2019届高三数学课标复习考点规范练 6幂函数与二次函数

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精考点规范练6幂函数与二次函数基础巩固组1。已知幂函数f（x）=k·xα的图象过点12,22,则k+αA.12 B。1 C。32 D2。若a<0，则下列不等式成立的是(）A.2a>12a〉(0。2）a B。（0.2)a>12C.12a>（0.2)a>2a D。2a>(0。2）a3.若二次函数f（x）=ax2+bx+c满足f(x1)=f(x2)，则f（x1+x2）等于(）A.—b2a B。—ba C.c4。已知函数h（x)=4x2—kx-8在区间[5,20]上是单调函数,则k的取值范围是()A。(—∞,40] B。[160,+∞）C。(—∞,40]∪［160,+∞) D。⌀5.（2017浙江绍兴一模)若xlog52≥-1,则函数f（x)=4x—2x+1—3的最小值为（A。-4 B.-3 C.-1 D。06.若函数f（x)是幂函数,且满足f(4)f(2)=3，7.已知函数f（x)=x2—2ax+5在（-∞，2]上是减函数,且对任意的x1，x2∈［1，a+1］，总有|f（x1)-f（x2)｜≤4,则实数a的取值范围是。

8。设a∈R，函数f(x）=|｜x2-a｜—a｜—2恰有两个不同的零点,则a的取值范围为.

能力提升组9.若关于x的不等式x2—4x—2-a〉0在区间(1,4)内有解，则实数a的取值范围是（）A。(—∞,—2） B。(—2，+∞)C。(-6，+∞） D.（-∞，—6）10.(2017浙江杭州二模)设函数f(x）=x2+ax+b(a,b∈R)的两个零点为x1,x2，若|x1|+｜x2|≤2,则()A。|a｜≥1 B。|b|≤1C。｜a+2b｜≥2 D。|a+2b｜≤211。（2017浙江嘉兴平湖当湖中学期中测试）设函数f（x）=ax2+bx+c(a〈0)的定义域为D，若所有点（s,f(t))（s，t∈D）构成一个正方形区域，A.-2 B.—4C。—8 D。不能确定12.(2017浙江宁波诺丁汉大学附中试题）已知f(x）=ax2+bx+c（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.0 B。1 C。2 D.413.对于函数f（x)，若存在x0∈Z,满足|f（x0）｜≤14,则称x0为函数f(x)的一个“近零点”.已知函数f(x)=ax2+bx+c（a〉0）有四个不同的“近零点”，则a的最大值为（）A.2 B.1 C.12 D。14。若函数f（x）=(x2-4)（x2+ax+b）的图象关于直线x=—1对称,则a=，b=,f（x）的最小值为.

15。(2017浙江宁波二模)定义max{a,b｝=a,a≥bb,a<b,已知函数f(x)=max{｜2x-1｜，ax2+b}，其中a〈0，b∈R，若f(0)=b,则实数b的范围为，若f（16。已知函数f(x)=|x2—a|。(1)当a=1时，求f（x)在区间[-1，1]上的最大值；（2)求f（x）在区间［—1,1]上的最大值M（a)的最小值。17。(2017浙江温州中学模拟）已知函数g（x)=ax2—2ax+1+b(a>0）在区间[2，3]上有最大值4和最小值1,设f（x）=g(（1）求a,b的值；（2)若不等式f（2x）—k·2x≥0在x∈[-1，1］上恒成立，求实数k的取值范围。答案：1。C由幂函数的定义知k=1.又f12=22,所以12α=22,解得2。B因为a〈0时，幂函数y=xa在(0，+∞)上是减函数,所以(0。2）a〉12a〉23.C由已知f(x1)=f(x2),且f(x)的图象关于x=—b2a对称，则x1+x2=—ba,故f（x1+x2)=f-ba=a·b24。C函数h（x）图象的对称轴为x=k8,要使h（x）在区间[5，20］上是单调函数,应有k8≤5或k8≥20，即k≤40或k≥5。Axlog52≥-1⇒log52x≥log55—1⇒2x≥1令t=2xt≥15，则有y=t2—2t—3=（t-1)当t=1≥15，即x=0时，f(x)取得最小值-4。故选6.13依题意设f(x)=xα(α∈R），则有4α2α=3，即2α=3，得α=log23,则f(x)=7。［2，3］f（x）=(x—a）2+5—a2，根据f(x)在区间（—∞,2］上是减函数知,a≥2,则f（1）≥f(a+1），从而|f（x1)—f(x2)|max=f（1）-f(a）=a2-2a+1,由a2—2a+1≤4，解得-1≤a≤3，又a≥2,所以2≤a≤3.8。(-1，2)当a≤0时，f（x)=x2—2a—2,此时f（x)=0有两个不同零点的条件为2a+2>0，故-1〈a≤0;当a〉0时,根据函数图象可知，f（x)=0有两个不同零点的条件是f（|a|)<0，即a—2<0，因此0〈a〈2.故符合题意的a的取值范围为(—1，2).9。A不等式x2—4x—2-a〉0在区间(1，4)内有解等价于a〈(x2-4x-2）max，令f(x)=x2—4x—2，x∈(1，4)，所以f(x）<f（4）=-2，所以a<-2.10。B｜x1｜+｜x2｜≥2|x1||x2|=2|b|,所以2|11.B由题意可知:所有点（s,f（t）)（s,t∈D)构成一个正方形区域,则对于函数f（x）,其定义域的x的长度和值域的长度是相等的，f（x)的定义域为ax2+bx+c≥0的解集,设x1、x2是方程ax2+bx+c=0的根,且x1<x2，则定义域的长度为｜x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=b2-4aca2,而12。C设t=f(x)，由题意可得g(x）=f(t）=at2+bt+c，t≥k，函数y=at2+bt+c,t≥k的图象为y=f(x)的图象的部分,即有g（x）的值域为f(x)的值域的子集，即［2，+∞）⊆［k,+∞)，可得k≤2，即有k的最大值为2。故选C.13。D由题意,可设四个近零点为m,m+1，n，n+1(m<n,m，n∈Z)，且n-m≥2，则有｜f(m+1)|=｜a(m+1）2+b(m+1）+c|≤14,|f(m)|=|am2+bm+c|由|f(m+1）—f（m)|≤|f(m+1）｜+｜f（m）|≤14+14=12,得|2am+b｜因此｜(2an+b)—(2am+b)｜≤｜2an+b｜+|2am+b｜≤1,即｜2(n—m）a|≤1,∵n-m≥2，∴a≤12(n-m)≤14,等号成立当且仅当f（n）,f(n+1）异号，且n-m=2.故a的最大值为114.40-16根据题意，可知f(0)=f（—2),则-4b=0,b=0;又f（2）=f(—4）,则0=12×(16-4a）,a=4;所以f（x）=(x2—4)（x2+4x），令g(x）=f(x-1），则函数g（x)的图象是由函数f(x）的图象向右平移1个单位长度得到,因此f（x）与g(x）的最小值相等。而g(x）=f（x-1）=(x2-2x—3)（x2+2x-3)=（x2-3)2-（2x)2=（x2—5)2-16≥-16，故f(x）的最小值为—16。15。[1，+∞)1∵f（0)=max｛1，b｝=b,∴b≥1；作出y=|2x—1|与y=ax2+b的函数图象，如图所示:∵f（x）的最小值为1，∴y=ax2+b恰好经过点（1,1)，∴a+b=1。故答案为:[1，+∞），1。16。解(1)当a=1时,f（x）=|x2—1｜,f(x)在区间[-1，1］上的最大值为1。（2)由于f(x)=|x2—a|在区间［-1，1］上是偶函数，故只需考虑f(x）在［0,1］上的最大值即可。若a≤0，则f(x)=x2-a，它在[0，1］上是增函数,故M（a)=1-a.若a>0,由a=1-a知,当a〈12时,M(a）=1-a，当a≥12时,M（a）=a，故当a=12时，M(a）17。解（1）g（x）=a（x—1)2+1+b—a，因为a〉0,所以g（x)在区间［2,3]上是增函数,故g(2)(2)由已知可得f（x）=x+1x—2，所以f（2x)—kx≥0