高中数学同步练习题合集（附答案分析） 一次函数、二次函数及复合函数

2-7一次函数、二次函数及复合函数基础巩固强化1.(文)(2012·辽宁大连24中期中)若函数y＝eq\f(mx－1,mx2＋4mx＋3)的定义域为R，则实数m的取值范围是()A．(0，eq\f(3,4)] B．(0，eq\f(3,4))C．[0，eq\f(3,4)] D．[0，eq\f(3,4))[答案]D[解析]①当m＝0时，y＝eq\f(mx－1,mx2＋4mx＋3)＝－eq\f(1,3)，定义域为R；②当m≠0时，若函数y＝eq\f(mx－1,mx2＋4mx＋3)的定义域为R，则∀x∈R，mx2＋4mx＋3≠0.由mx2＋4mx＋3≠0⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ<0，))⇒0<m<eq\f(3,4).综上①②得0≤m<eq\f(3,4)，故选D.(理)(2012·北京朝阳区期中)已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋4(0<a<3)，其图象上两点的横坐标x1、x2满足x1<x2，且x1＋x2＝1－a，则有()A．f(x1)>f(x2)B．f(x1)＝f(x2)C．f(x1)<f(x2)D．f(x1)、f(x2)的大小不确定[答案]C[解析]f(x1)－f(x2)＝(axeq\o\al(2,1)＋2ax1＋4)－(axeq\o\al(2,2)＋2ax2＋4)＝a(x1－x2)(x1＋x2＋2)．又x1<x2，且x1＋x2＝1－a，∴a(x1－x2)·(x1＋x2＋2)＝a(x1－x2)(1－a＋2)＝a(3－a)(x1－x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0，故选C.2．(文)函数f(x)＝ax2＋bx＋c与其导函数f′(x)在同一坐标系内的图象可能是()[答案]C[解析]若二次函数f(x)的图象开口向上，则导函数f′(x)为增函数，排除A；同理由f(x)图象开口向下，导函数f′(x)为减函数，排除D；又f(x)单调增时，f′(x)在相应区间内恒有f′(x)≥0，排除B，故选C.(理)设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是()[答案]D[解析]若a<0，则只能是A或B选项，A中－eq\f(b,2a)<0，∴b<0，从而c>0，与A图不符；B中－eq\f(b,2a)>0，∴b>0，∴c<0，与B图不符．若a>0，则抛物线开口向上，只能是C或D选项，当b>0时，有c>0与C、D图不符，当b<0时，有c<0，此时－eq\f(b,2a)>0，f(0)＝c<0，故选D.3．若方程2ax2－x－1＝0在(0,1)内恰有一解，则a的取值范围为()A．a<－1 B．a>1C．－1<a<1 D．0≤a<1[答案]B[解析]令f(x)＝2ax2－x－1，当a＝0时显然不适合题意．∵f(0)＝－1<0f(1)＝2a∴由f(1)>0得a>1，又当f(1)＝0，即a＝1时，2x2－x－1＝0两根x1＝1，x2＝－eq\f(1,2)不合题意，故选B.4．已知命题p：关于x的函数y＝x2－3ax＋4在[1，＋∞)上是增函数，命题q：函数y＝(2a－1)x为减函数，若“p且q”为真命题，则实数aA．(－∞，eq\f(2,3)] B．(0，eq\f(1,2))C．(eq\f(1,2)，eq\f(2,3)] D．(eq\f(1,2)，1)[答案]C[解析]命题p等价于eq\f(3a,2)≤1，即a≤eq\f(2,3).命题q：由函数y＝(2a－1)x为减函数得：0<2a－1<1，即eq\f(1,2)<a<1.因为“p且q”为真命题，所以p和q均为真命题，所以eq\f(1,2)<a≤eq\f(2,3)，因此选C.5．已知方程|x|－ax－1＝0仅有一个负根，则a的取值范围是()A．a<1 B．a≤1C．a>1 D．a≥1[答案]D[解析]数形结合判断．6．(文)(2011·福建文，8)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x>0，,x＋1，x≤0，))若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于()A．－3 B．－1C．1 D．3[答案]A[解析]∵f(1)＝21＝2，∴由f(a)＋f(1)＝0知f(a)＝－2.当a>0时2a＝－2不成立．当a<0时a＋1＝－2，a(理)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，,－x＋2，x>0.))则不等式f(x)≥x2的解集是()A．[－1,1] B．[－2,2]C．[－2,1] D．[－1,2][答案]A[解析]依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x＋2≥x2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,－x＋2≥x2.))⇒－1≤x≤0或0<x≤1⇒－1≤x≤1，故选A.[点评]可取特值检验，如x＝－2,2可排除B、C、D.7．(文)设函数f(x)＝x2＋(2a－1)x＋4，若x1<x2，x1＋x2＝0时，有f(x1)>f(x2)，则实数a[答案]a<eq\f(1,2)[解析]由题意得eq\f(1－2a,2)>0，得a<eq\f(1,2).(理)已知关于x的函数f(x)＝x2－2x－3，若f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，则f(x1＋x2)等于________．[答案]－3[解析]∵二次函数f(x)＝x2－2x－3中，a＝1，b＝－2，c＝－3，∴由f(x1)＝f(x2)得，eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(b,2a)＝1，所以x1＋x2＝2，则f(x1＋x2)＝f(2)＝－3.8．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，x∈[－1，1]，,x，x∉[－1，1].))若f[f(x)]＝2，则x的取值范围是________．[答案]{x|－1≤x≤1或x＝2}[解析]若x∈[－1,1]，则有f(x)＝2∉[－1,1]，∴f(2)＝2，∴－1≤x≤1时，x是方程f[f(x)]＝2的解．若x∉[－1,1]，则f(x)＝x∉[－1,1]，∴f[f(x)]＝x，此时若f[f(x)]＝2，则有x＝2，∴x＝2是方程f[f(x)]＝2的解．9．(2012·上海)已知y＝f(x)是奇函数．若g(x)＝f(x)＋2且g(1)＝1，则g(－1)＝________.[答案]3[解析]本题考查了奇函数的定义及函数值的求法．∵f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)，∵g(1)＝f(1)＋2①，g(－1)＝f(－1)＋2②，∴①＋②得g(1)＋g(－1)＝4，∴g(－1)＝4－g(1)＝3.[点评]抓住已知条件f(x)的奇函数是解决本题的关键．10．若函数y＝lg(3－4x＋x2)的定义域为M.当x∈M时，求f(x)＝2x＋2－3×4x的最值及相应的x的值．[解析]要使函数y＝lg(3－4x＋x2)有意义，应有3－4x＋x2>0，解得x<1或x>3，∴M＝{x<1或x>3}．f(x)＝2x＋2－3×4x＝4×2x－3×(2x)2，令2x＝t，∵x<1或x>3，∴t>8或0<t<2.∴y＝4t－3t2＝－3(t－eq\f(2,3))2＋eq\f(4,3)(t>8或0<t<2)，由二次函数性质可知，当0<t<2时，f(x)∈(－4，eq\f(4,3)]；当t>8时，f(x)∈(－∞，－160)；当2x＝t＝eq\f(2,3)，即x＝log2eq\f(2,3)时，y＝eq\f(4,3).综上可知，当x＝log2eq\f(2,3)时，f(x)取到最大值为eq\f(4,3)，无最小值.能力拓展提升11.(2012·浙江宁波模拟)函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，且f(x＋1)为奇函数，当x>1时，f(x)＝2x2－12x＋16，则直线y＝2与函数f(x)图象的所有交点的横坐标之和是()A．1B．2C．4D．5[答案]D[解析]该函数图象与直线y＝2有三个交点(x1,2)，(x2,2)，(x3,2)，x1＝－1，x2＋x3＝6(其中(x2,2)，(x3,2)关于直线x＝3对称)，则横坐标之和为5.12．(文)若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“孪生函数”．那么函数的解析式为y＝2x2＋1，值域为{5,19,1}的“孪生函数”共有()A．4个 B．6个C．8个 D．9个[答案]D[解析]由2x2＋1＝1得x＝0；由2x2＋1＝5得x＝±eq\r(2)，由2x2＋1＝19得x＝±3，要使函数的值域为{5,19,1}，则上述三类x的值都要至少有一个，因此x＝0必须有，x＝±eq\r(2)可以有一个，也可以有2个，共有三种情形，对于它的每一种情形，都对应x＝±3的三种情形，即定义域可以是{0，eq\r(2)，3}，{0，eq\r(2)，－3}，{0，eq\r(2)，3，－3}，{0，－eq\r(2)，3}，{0，－eq\r(2)，－3}，{0，－eq\r(2)，3，－3}，{0，eq\r(2)，－eq\r(2)，3}，{0，eq\r(2)，－eq\r(2)，－3}，{0，eq\r(2)，－eq\r(2)，3，－3}共9种，故选D.(理)已知f(x)＝(x－a)(x－b)－2(a<b)，并且α、β是方程f(x)＝0的两个根(α<β)，则实数a、b、α、β的大小关系可能是()A．α<a<b<β B．a<α<β<bC．a<α<b<β D．α<a<β<b[答案]A[解析]设g(x)＝(x－a)(x－b)，则f(x)＝g(x)－2，分别作出这两个函数的图象，如图所示，可得α<a<b<β，故选A.13．函数f(x)＝(a＋1)x＋2a在[－1,1]上的值有正有负，则实数a[答案](－eq\f(1,3)，1)[解析]由条件知，f(－1)·f(1)<0，∴(a－1)(3a＋1)<0，∴－eq\f(1,3)<a<1.14．(2011·江南十校联考)已知函数f(x)的自变量的取值区间为A，若其值域也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．函数f(x)＝x2的形如[n，＋∞)(n∈(0，＋∞))的保值区间是________．[答案][1，＋∞)[解析]因为f(x)＝x2在[n，＋∞)(n∈(0，＋∞))上单调递增，所以f(x)在[n，＋∞)上的值域为[f(n)，＋∞)，若[n，＋∞)是f(x)的保值区间，则f(n)＝n2＝n，解得n＝1.15．(2011·辽宁沈阳模拟)二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a>0)，设f(x)＝x的两个实根为x1、x2.(1)如果b＝2且|x2－x1|＝2，求a的值；(2)如果x1<2<x2<4，设函数f(x)图象的对称轴为x＝x0，求证：x0>－1.[解析](1)当b＝2时，f(x)＝ax2＋2x＋1(a>0)，方程f(x)＝x为ax2＋x＋1＝0.|x2－x1|＝2⇒(x2－x1)2＝4⇒(x1＋x2)2－4x1x2＝4.由韦达定理可知，x1＋x2＝－eq\f(1,a)，x1x2＝eq\f(1,a).代入上式可得4a2＋4解得a＝eq\f(－1＋\r(2),2)，a＝eq\f(－1－\r(2),2)(舍去)．(2)证明：∵ax2＋(b－1)x＋1＝0(a>0)的两根满足x1<2<x2<4，设g(x)＝ax2＋(b－1)x＋1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g2<0，,g4>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b－1＋1<0，,16a＋4b－1＋1>0.))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a>\f(1,4)，,b<\f(1,4).))∴2a－b又∵函数f(x)的对称轴为x＝x0，∴x0＝－eq\f(b,2a)>－1.16．(文)(2012·成都诊断)已知二次函数f(x)＝x2＋2bx＋c(b、c∈R)．(1)若f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤1}，求实数b、c的值；(2)若f(x)满足f(1)＝0，且关于x的方程f(x)＋x＋b＝0的两个实数根分别在区间(－3，－2)、(0,1)内，求实数b的取值范围．[解析](1)由题意可知，x1、x2是方程f(x)＝0的两个根．由韦达定理得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2b，,x1x2＝c.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2b＝0，,c＝－1.))∴b＝0，c＝－1.(2)由题知，f(1)＝1＋2b＋c＝0，∴c＝－1－2b.记g(x)＝f(x)＋x＋b＝x2＋(2b＋1)x＋b＋c＝x2＋(2b＋1)x－b－1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－3＝5－7b>0，,g－2＝1－5b<0，,g0＝－1－b<0，,g1＝b＋1>0，))⇒eq\f(1,5)<b<eq\f(5,7)，即b的取值范围为(eq\f(1,5)，eq\f(5,7))．(理)已知二次函数f(x)的二项式系数为a(a≠0)，且不等式f(x)<2x的解集为(－1,2)．(1)若方程f(x)＋3a＝0有两个相等的实根，求f(x(2)若函数f(x)的最大值不大于－3a，且函数G(x)＝f(x)－eq\f(1,3)x3－ax2－eq\f(3,2)x在R上为减函数，求实数a的取值范围．[解析]设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，∵f(x)<2x的解集为(－1,2)，∴ax2＋(b－2)x＋c<0的解集为(－1,2)，∴a>0，且方程ax2＋(b－2)x＋c＝0的两根为－1和2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＋2＋c＝0，,4a＋2b－4＋c＝0.))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2－a，,c＝－2a.))∴f(x)＝ax2＋(2－a)x－2a(a(1)∵方程f(x)＋3a＝0有两个相等的实根，即ax2＋(2－a)x＋a∴Δ＝(2－a)2－4a2＝0⇒3a2＋∴a＝－2或a＝eq\f(2,3).∵a>0，∴a＝eq\f(2,3)，∴f(x)＝eq\f(2,3)x2＋eq\f(4,3)x－eq\f(4,3).(2)根据题意得f(x)＝ax2＋(2－a)x－2a＝a(x＋eq\f(2－a,2a))2＋eq\f(－8a2－2－a2,4a).∵a>0，∴f(x)的最小值为eq\f(－8a2－2－a2,4a)，则eq\f(－8a2－2－a2,4a)≤－3a.∴3a2＋4a－4≤0，解得－2≤a≤eq\f(2,3).∵a>0，∴0<a≤eq\f(2,3).①又G(x)＝f(x)－eq\f(1,3)x3－ax2－eq\f(3,2)x＝－eq\f(1,3)x3＋(eq\f(1,2)－a)x－2a，∵G(x)在R上为减函数，∴G′(x)＝－x2＋eq\f(1,2)－a≤0恒成立，即a≥