浙江高考数学理二轮专题复习检测：第一部分 专题整合高频突破 专题二　函数 专题能力训练4 Word版含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5专题能力训练4二次函数及函数方程(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知函数f(x)=ax2-2x+2,若对一切x,f(x)>0都成立,则实数a的取值范围为()a.b.c.-4,+)d.(-4,+)2.函数f(x)=3x-x2的零点所在区间是()a.(0,1)b.(1,2)c.(-2,-1)d.(-1,0)3.(20xx浙江杭州二中模拟)已知函数f(x)=(ar),若函数f(x)在r上有两个零点,则a的取值范围是()a.(-,-1)b.(-,-1c.-1,0)d.(0,14.已知f(x)=ax2+bx+c

2、(a>0),g(x)=f(f(x),若g(x)的值域为2,+),f(x)的值域为k,+),则实数k的最大值为()a.0b.1c.2d.45.已知f(x)是奇函数且是r上的单调函数,若函数y=f(2x2+1)+f(-x)只有一个零点,则实数的值是()a.b.c.-d.-6.已知f(x)是定义在r上的奇函数,且f(x)在0,+)上为增函数,如果f(x2+ax+a)f(-at2-t+1)对任意的x1,2,任意的t1,2恒成立,则实数a的最大值为()a.-1b.-c.-d.-37.已知函数f(x)=若关于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(ar)有8个不等的实数根,则a的取值范围是()a.b

3、.c.(1,2)d.8.(20xx浙江湖州期末)已知f(x)是r上的奇函数,当x0时,f(x)=则函数y=f(x)+的所有零点之和是()a.1-b.-1c.5-d.-5二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知函数f(x)=ax-x+b的零点x0(k,k+1)(kz),其中常数a,b满足3a=2,3b=,则k=. 10.设函数y=x2-2x,x-2,a,若函数的最小值为0,则a=. 11.已知函数f(x)=x|x-a|,若对任意的x1,x22,+),且x1x2,(x1-x2)·f(x1)-f(x2)>0恒成立,则实数a的取值范围为. 

4、;12.已知函数f(x)满足f(x+1)=-x2-4x+1,函数g(x)=有两个零点,则m的取值范围为. 13.若f(x)=x2+ax+b(a,br),x-1,1,且|f(x)|的最大值为,则4a+3b=. 14.(20xx浙江名校协作体联盟二模)已知函数f(x)=x2+nx+m,若x|f(x)=0=x|f(f(x)=0,则m+n的取值范围是. 三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,其中常数a,b,cr.(1)若f(3)=f(-1)=-5,且f(x)的最

5、大值是3,求函数f(x)的解析式;(2)若a=1,对任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4,求b的取值范围.16.(本小题满分15分)已知a,br,函数f(x)=x2+ax+b.(1)若a=-2,且函数y=|f(x)|在区间-1,2上的最大值为2,求实数b的值;(2)设maxm,n=g(x)=a(x-1),其中a0,若函数h(x)=maxf(x),g(x)在区间(-1,2)内有两个不同的零点,求2a+b的取值范围.参考答案专题能力训练4二次函数及函数方程1.b2.d解析 f(-2)=-,f(-1)=-,f(0)=1,f(1)=2,f(2)=5,f(0)f(1)>0,f(

6、1)f(2)>0,f(-2)f(-1)>0,f(-1)f(0)<0.故选d.3.d解析 因为当x>0时,f(x)=2x-1,由f(x)=0得x=.所以要使f(x)在r上有两个零点,必须2x-a=0在(-,0上有唯一实数解.又当x(-,0时,2x(0,1,且y=2x在(-,0上单调递增,故所求a的取值范围是(0,1,应选d.4.c解析 设t=f(x),由题意可得g(x)=f(t)=at2+bt+c,tk,函数y=at2+bt+c,tk的图象为函数y=f(x)的图象的一部分,即有函数g(x)的值域为函数f(x)的值域的子集,即2,+)k,+),可得k2.故k的最大值为2.5

7、.c解析 令y=f(2x2+1)+f(-x)=0,则f(2x2+1)=-f(-x)=f(x-),因为f(x)是r上的单调函数,所以2x2+1=x-只有一个实根,即2x2-x+1+=0只有一个实根,则=1-8(1+)=0,解得=-.故选c.6.a解析 由条件知函数f(x)在r上为单调递增函数,整理得x2+ax-1+at2+t+a0,记g(x)=x2+ax-1+at2+t+a,则由题意知只要代入对a分离得从而解得即a-1.故选a.7.d解析 令t=f(x),作出函数f(x)的图象和t=m的图象(如图所示),若关于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(ar)有8个不等的实数根,则关于t的方程t2-

8、3t+a=0(ar)有2个不等的实数根t1,t2,且1<t1<t2<2,则解得2<a<,即a的取值范围是.故选d.8.b解析 当x1时,则1-|x-3|+=0,解得x=或x=.当0x<1时,则lo(x+1)+=0,解得x=-1.f(x)为奇函数,当-1<x<0时,f(x)=-lo(-x+1),则-lo(-x+1)+=0,解得x=1-(舍去);当x-1时,f(x)=-1+|x+3|,则-1+|x+3|+=0,解得x=-或x=-.故函数y=f(x)+所有的零点之和为-1-1,应选b.9.1解析 依题意有a=log32(0,1),b=log3=2-2l

9、og32=2-2a,因为0<a<1,所以y=f(x)是r上的减函数,而f(1)=a-1+b=1-a>0,f(2)=a2-2+b=a2-2a=a(a-2)<0,故x0(1,2),k=1.10.0解析 因为函数y=x2-2x=(x-1)2-1,所以其图象的对称轴为直线x=1,因为x=1不一定在区间-2,a内,所以要进行讨论.当-2<a1时,函数在-2,a上单调递减,则当x=a时,y取得最小值,即ymin=a2-2a,所以a2-2a=0,所以a=0,a=2(舍去);当a>1时,函数在-2,1上单调递减,在1,a上单调递增,则当x=1时,y取得最小值,即ymin=-

10、1.不合题意.故a=0.11.(-,2解析 f(x)=由(x1-x2)f(x1)-f(x2)>0知,函数y=f(x)在2,+)单调递增,当a0时,满足题意;当a>0时,根据函数图象可知只需a2,即0<a2.综上所述,a2.12.-2,0)4,+)解析 设x+1=tx=t-1,f(t)=-(t-1)2-4(t-1)+1=-t2-2t+4,即f(x)=-x2-2x+4,函数g(x)=由-x2-2x=0,解得x1=-2或x2=0;由x-4=0,解得x=4.因为函数只有两个零点,若没有x=4时,m4,若没有x=-2时,不成立,若没有x=0时,-2m<0,所以m的取值范围是 -2

11、,0)4,+).13.-解析 若|f(x)|的最大值为,则|f(0)|=|b|,-b,同理-1+a+b,-1-a+b,+,得-b-,由得b=-,当b=-时,分别代入,得a=0,故4a+3b=-.14.0,4)f(0)=0,m=0,f(x)=x2+nx,n0,x|f(x)=0=0,-n,即f(x)=0,f(x)=-n,由于x|f(x)=0=x|f(f(x)=0,故方程无解,n2-4n<00<n<4;当n=0时,x|f(x)=0=x|f(f(x)=0=0,故m+n=0或m+n(0,4),m+n0,4).15.解 (1)由题意得解得a=-2,b=4,c=1,故f(x)=-2x2+4

12、x+1.(2)函数f(x)=x2+bx+c对任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4恒成立,即f(x)max-f(x)min4,记f(x)max-f(x)min=m,则m4.当>1,即|b|>2时,m=|f(1)- f(-1)|=|2b|>4,与m4矛盾;当1,即|b|2时,m=maxf(1),f(-1)-f-f4,解得|b|2,即-2b2.综上,b的取值范围为-2b2.16.解 (1)当a=-2时,f(x)=x2-2x+b=(x-1)2+b-1.所以f(x)在区间-1,1上递减,在区间1,2上递增.所以f(x)在区间-1,2上的值域为b-1,3+b.所以|f(x)|max=max|b-1|,|b+3|=2,解得b=-1.(2)若f(1)<0,则x=1是h(x)的一个零点,从而只需满足利用线性规划知识可解得-4<2a+b<-1.若f(1)=0,则解得-2<2a+b<-1.若f(1)>0,当a>