统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点一三个“二次”的关系理

热点(一)三个“二次”的关系1．(二次函数单调区间)函数y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是单调函数的充要条件是()A．b≥0B．b≤0C．b>0D．b<02．(一元二次不等式)若不等式ax2＋bx＋1>0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1<x<\f(1,3)))，则a＋b的值为()A．5B．－5C．6D．－63．(一元二次不等式恒成立问题)若对任意实数x，不等式2kx2＋kx－3<0恒成立，则实数k的取值范围是()A．－24<k<0B．－24<k≤0C．0<k≤24D．k≥244．(二次函数最值)函数f(x)＝x2－4x＋5在区间[0，m]上的最大值为5，最小值为1，则实数m的取值范围是()A．[2，＋∞)B．[2，4]C．[0，4]D．(2，4]5．(二次函数单调性)若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－1，＋∞)上为增函数，则a的取值范围为()A．(－∞，－2]B．(－∞，－2)C．(2，＋∞)D．[2，＋∞)6．(二次函数图象切线)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,－x2＋ax，x>0))为奇函数，则f(x)的图象在x＝2处的切线的斜率等于()A．6B．－2C．－6D．－87．(单调性与一元二次不等式)函数y＝lg(x2＋x－2)的单调递增区间是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－2)D．(1，＋∞)8．(一元二次方程根与系数的关系)若a，b是方程x2＋(m－5)x＋7＝0的两个根，则(a2＋ma＋7)(b2＋mb＋7)＝()A．365B．245C．210D．1759．(二次函数单调性)若函数f(x)＝4x2－kx－8在区间[5，20]上是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[160，＋∞)B．(－∞，40]C．(－∞，40]∪[160，＋∞)D．(－∞，40)∪(160，＋∞)10．(二次函数＋二次不等式)已知函数f(x)＝(x－1)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)<0的解集为()A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1，1)D．(－1，0)∪(1，＋∞)11．(函数的单调性转化为解一元二次不等式)已知函数g(x)是R上的奇函数．当x<0时，g(x)＝－ln(1－x)，且f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2，x≤0，,g（x），x>0.))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围为()A．(－1，2)B．(1，2)C．(－2，－1)D．(－2，1)12．(二次函数＋存在性)若对任意x∈R，函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1与g(x)＝mx的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围为()A．(0，4]B．(0，8)C．(2，5)D．(－∞，0)[答题区]题号123456789101112答案13.(复合函数的单调性)已知f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(x2－ax＋3a)在区间[2，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是________．14．(二次函数)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)－c<0的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．15．(函数奇偶性＋二次函数)已知f(x)＝eq\f(x＋a－1,\r(1－x2))为奇函数，则g(x)＝x2＋ax＋b的单调递增区间为________．16．(二次函数＋参变量范围)已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)>0的解集为(1，2)，若f(x)的最大值小于1，则a的取值范围是________．热点（一）三个“二次”的关系1．A∵函数y＝x2＋bx＋c（x∈[0，＋∞））是单调函数，∴图象的对称轴x＝－eq\f(b,2)在区间（0，＋∞）的左边，即－eq\f(b,2)≤0，解得b≥0，故选A.2．B由题意得－1，eq\f(1,3)是关于x的方程ax2＋bx＋1＝0的两个根，且a<0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＋1＝0,\f(1,9)a＋\f(1,3)b＋1＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3,b＝－2))，∴a＋b＝－5.3．B当k＝0时，不等式为－3<0，不等式恒成立；当k≠0时，若不等式恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0,Δ<0))，解得－24<k≤0.4．B∵函数f（x）＝x2－4x＋5＝（x－2）2＋1的对称轴为x＝2，此时，函数取得最小值为1，当x＝0或x＝4时，函数值等于5.且f（x）＝x2－4x＋5在区间[0，m]上的最大值为5，最小值为1，∴实数m的取值范围是[2，4]，故选B.5．D函数f（x）＝x2＋2（a－1）x＋2，对称轴为x＝－eq\f(2（a－1）,2)＝1－a，若函数f（x）＝x2＋2（a－1）x＋2在区间（－1，＋∞）上为增函数，则1－a≤－1，解得2≤a，即a∈[2，＋∞），故选D.6．B当x<0时，－x>0，f（－x）＝－x2－ax＝－f（x）＝－（x2＋2x）＝－x2－2x，故a＝2.当x>0时，f（x）＝－x2＋2x，f′（x）＝－2x＋2，∴k＝f′（2）＝－2.故选B.7．D由x2＋x－2>0可得x<－2或x>1.∵u＝x2＋x－2在（1，＋∞）上单调递增，y＝lgu是增函数，∴由复合函数同增异减的法则可得，函数y＝lg（x2＋x－2）的单调递增区间是（1，＋∞），故选D.8．D因为a，b是方程x2＋（m－5）x＋7＝0的两个根，所以a＋b＝5－m，ab＝7，所以（a2＋ma＋7）（b2＋mb＋7）＝（a2＋ma＋ab）（b2＋mb＋ab）＝ab（a＋b＋m）2＝7×52＝175，故选D.9．C二次函数f（x）图象的对称轴是直线x＝eq\f(k,8)，故只需eq\f(k,8)≤5或eq\f(k,8)≥20，即k≤40或k≥160.故实数k的取值范围是（－∞，40]∪[160，＋∞），故选C.10．C∵函数f（x）＝（x－1）（ax＋b）为偶函数，且有f（1）＝0，∴f（－1）＝0，∴－a＋b＝0，即a＝b，∴函数f（x）＝a（x＋1）（x－1），又∵f（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴a>0，∴抛物线的开口向上，则f（x）<0的解集为（－1，1）.故选C.11．D当x>0时，－x<0，则有g（x）＝－g（－x）＝－[－ln（1＋x）]＝ln（1＋x），∴f（x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))作出函数f（x）的图象，则f（x）在R上单调递增，∴2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.则实数x的取值范围是（－2，1）.故选D.12．B当m＝0时，g（x）＝0，f（x）＝－8x＋1>0不恒成立，此时不符合条件；当m<0时，g（x）＝mx在x>0时恒为负，而f（x）＝2mx2－2（4－m）x＋1的图象开口向下，所以对任意x>0显然不恒为正，此时不符合条件；当m>0时，g（x）＝mx在x>0时恒为正，在x<0时恒为负，所以只需f（x）＝2mx2－2（4－m）x＋1在x≤0时恒为正即可，若－eq\f(b,2a)＝eq\f(4－m,2m)≥0，即0<m≤4，此时结论显然成立，若－eq\f(b,2a)＝eq\f(4－m,2m)<0，即m>4，此时只要Δ＝4（4－m）2－8m<0即可，所以4<m<8.综上可知，m的取值范围为0<m<8，故选B.13．答案：（－4，4]解析：令t＝x2－ax＋3a，则由函数f（x）在区间[2，＋∞）上为减函数，可得函数t在区间[2，＋∞）上为增函数，且当x＝2时，t>0，故有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤2，,4－2a＋3a>0，))解得－4<a≤4.14．答案：9解析：由题意知f（x）－c＝（x－m）（x－m－6），∴f（x）＝x2－（2m＋6）x＋m（m＋6）＋c.∵f（x）的值域为[0，＋∞），∴Δ＝0，∴（2m＋6）2－4[m（m＋6）＋c]＝0，解得c＝9.15．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))解析：易知函数f（x）的定义域为（－1，1）.因为f（x）为奇函数，所以f（0）＝0，所以a－1＝0，即a＝1.所以g（x）＝x2＋x＋b，该二次函数图象的开口向上，对称轴为直线x＝－eq