（聚焦典型）高三数学一轮复习《二次函数》理 新人教B版

[第7讲二次函数](时间：45分钟分值：100分)eq\a\vs4\al\co1(基础热身)1．函数y＝x2＋bx＋c在[0，＋∞)上是单调函数，则()A．b≥0B．b≤0C．b>0D．b<02．已知m>2，点(m－1，y1)，(m，y2)，(m＋1，y3)都在二次函数y＝x2－2x的图象上，则()A．y1<y2<y3B．y1<y3<y2C．y2<y1<y3D．y3<y2<y13．已知函数f(x)＝－x2＋ax－b＋1(a，b∈R)对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，则实数b的取值范围是()A．－1<b<0B．b<－2C．b<－1或b>2D．不能确定4．有一批材料可以围成200m长的围墙，现用此材料在一边靠墙的地方围成一块矩形场地，且内部用此材料隔成三个面积相等的矩形(如图K7图K7－1A．1000m2B．2C．2500m2D．3eq\a\vs4\al\co1(能力提升)5．[2013·海淀模拟]已知函数f(x)＝x|x|－2x，则下列结论正确的是()A．f(x)是偶函数，递增区间是(0，＋∞)B．f(x)是偶函数，递减区间是(－∞，1)C．f(x)是奇函数，递减区间是(－1，1)D．f(x)是奇函数，递增区间是(－∞，0)6．已知函数y＝eq\r(1－x)＋eq\r(x＋3)的最大值为M，最小值为m，则eq\f(m,M)的值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)7．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x<0.))若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1，2)C．(－2，1)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)8．[2013·青岛一模]设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0，3]上是“关联函数”，则m的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))B．[－1，0]C．(－∞，－2]D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，＋∞))9．设函数f(x)＝eq\r(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，则a的值为()A．－2B．－4C．－8D．不能确定10．[2013·合肥质检]若函数f(x)为奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2＋x，则f(－2)的值为________．11．[2013·佛山质检]对任意实数a，b，函数F(a，b)＝eq\f(1,2)(a＋b－|a－b|)，如果函数f(x)＝－x2＋2x＋3，g(x)＝x＋1，那么函数G(x)＝F(f(x)，g(x))的最大值等于________．12．某商场出售一种商品，每天卖1000件，每件获利4元．根据经验，若每件少卖1角钱，则每天可多卖出100件，为获得最好的经济效益，每件获利应定为________元．13．在测量某物理量的过程中，因仪器和观察的误差，使得n次测量分别得到a1，a2，…，an，共n个数据．我们规定所测量物理量的“最佳近似值”a是这样一个量：与其他近似值比较，a与各数据的差的平方和最小．依此规定，从a1，a2，…，an推出的a＝________________________________________________________________________.14．(10分)已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x，是否有实数m，n(m<n)使得函数f(x)的定义域、值域分别是[m，n]和[2m，2n]？若存在，求出m，n的值；若不存在，说明理由．15．(13分)已知f(x)＝ax2＋(2a－1)x－3在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))上的最大值为1，求实数a的值．eq\a\vs4\al\co1(难点突破)16．(12分)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b为实数)，x∈R，F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）（x>0），,－f（x）（x<0）.))(1)若f(－1)＝0，且函数f(x)的值域为[0，＋∞)，求F(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，当x∈[－2，2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围；(3)设m·n<0，m＋n>0，a>0且f(x)为偶函数，判断F(m)＋F(n)能否大于零？课时作业(七)【基础热身】1．A[解析]函数在[0，＋∞)上是单调函数，说明[0，＋∞)⊆eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，＋∞))，故只要－eq\f(b,2)≤0，即b≥0.2．A[解析]二次函数y＝x2－2x的对称轴为直线x＝1，而m＋1>m>m－1>1，即y3>y2>y1.3．B[解析]由f(1－x)＝f(1＋x)得对称轴为直线x＝1，所以a＝2，当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，得f(x)min>0，即－1－2－b＋1>0⇒b<－2.4．C[解析]设三个面积相等的矩形的长宽分别为xm，ym，则4x＋3y＝200，又S＝3xy＝3x·eq\f(200－4x,3)＝x(200－4x)＝－4(x－25)2＋2500，∴当x＝25时，Smax＝2500(m2)．【能力提升】5．C[解析]因为f(－x)＝－x|－x|－2(－x)＝－(x|x|－2x)＝－f(x)，所以f(x)＝x|x|－2x是奇函数，排除A，B；又x>0时f(x)＝x|x|－2x＝x2－2x＝(x－1)2－1，在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，由奇函数性质可得C对．6．C[解析]定义域eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x≥0，,x＋3≥0))⇒－3≤x≤1，y2＝4＋2eq\r(（1－x）（x＋3）)＝4＋2eq\r(－x2－2x＋3).当x＝－1时y2最大，最大值为8；当x＝1或－3时y2最小，最小值为4.因为y≥0，所以ymax＝2eq\r(2)，ymin＝2，所以eq\f(m,M)＝eq\f(\r(2),2).7．C[解析]由题知f(x)在R上是增函数，由题得2－a2>a，解得－2<a<1.8．A[解析]f(x)＝x2－3x＋4为开口向上的抛物线，g(x)＝2x＋m是斜率k＝2的直线，可先求出g(x)＝2x＋m与f(x)＝x2－3x＋4相切时的m值．由f′(x)＝2x－3＝2得切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(11,4)))，此时m＝－eq\f(9,4)，因此f(x)＝x2－3x＋4的图象与g(x)＝2x＋m的图象有两个交点只需将g(x)＝2x－eq\f(9,4)向上平移即可．再考虑区间[0，3]，可得点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，4))为f(x)＝x2－3x＋4图象上最右边的点，此时m＝－2，所以m∈－eq\f(9,4)，－2.9．B[解析]这里的区域(s，f(t))(s，t∈D)是由函数定义域内的自变量和函数值为点的横坐标和纵坐标组成的，由于a<0，根据二次函数的性质以及二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，我们假设ax2＋bx＋c＝0的两个根为x1，x2且x1<x2，则定义域D＝[x1，x2]，当s，t在定义域D内取值时，要想使点(s，f(t))在平面上成为一个正方形区域，那么f(t)的取值区间的长度就得等于区间D＝[x1，x2]的长度，根据函数f(x)＝eq\r(ax2＋bx＋c)的特点，这个函数的最小值是0，那么这个函数的最大值就得是x2－x1，即函数f(x)的值域是[0，x2－x1]．所以|x1－x2|＝f(x)max，eq\r(\f(b2－4ac,a2))＝eq\r(\f(4ac－b2,4a))，|a|＝2eq\r(－a)，a＝－4.10．－6[解析]f(－2)＝－f(2)＝－6.11．3[解析]由题可知F(a，b)＝eq\f(1,2)(a＋b－|a－b|)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b，a≥b，,a，a<b，))则在同一坐标系中画出f(x)＝－x2＋2x＋3，g(x)＝x＋1的图象(此处略)，数形结合可知当x＝2时，G(x)max＝3.12．2.5[解析]设每件获利x元，收益为y，则y＝[1000＋1000(4－x)]x＝－1000(x－2.5)2＋6250，当x＝2.5时，y最大．13.eq\f(1,n)(a1＋a2＋…＋an)[解析]设a与各数据的差的平方和为y，则y＝(a－a1)2＋(a－a2)2＋…＋(a－an)2＝na2－2(a1＋a2＋…＋an)a＋aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n)，因n＞0，由二次函数的性质得，y取最小值时，a的值为eq\f(1,n)(a1＋a2＋…＋an)．14．解：显然函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x＝－eq\f(1,2)(x－1)2＋eq\f(1,2)在(－∞，＋∞)上的最大值是eq\f(1,2)；若存在，则f(x)在[m，n]上的最大值是2n，所以2n≤eq\f(1,2)，即n≤eq\f(1,4)<1，所以[m，n]⊆(－∞，1]，从而[m，n]是函数f(x)的增区间，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）＝－\f(1,2)m2＋m＝2m，,f（n）＝－\f(1,2)n2＋n＝2n，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2或0，,n＝－2或0，))又因为m<n，所以m＝－2，n＝0.15．解：f(x)的最大值只能在x1＝－eq\f(3,2)或x2＝2或x3＝eq\f(1－2a,2a)处取得．(1)令f－eq\f(3,2)＝1，解得a＝－eq\f(10,3)，此时x3＝eq\f(1－2a,2a)＝－eq\f(23,20)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))，故y的最大值不可能在x1处取得．a＝－eq\f(10,3)，抛物线开口向下(2)令f(2)＝1，解得a＝eq\f(3,4)，此时x3＝eq\f(1－2a,2a)＝－eq\f(1,3)，对称轴离区间端点2的距离大，故f(x)max＝f(2)，得a＝eq\f(3,4)，符合题意．(3)令feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,2a)))＝1，解得a＝eq\f(－3±2\r(2),2).根据题意必须a<0且x3＝eq\f(1－2a,2a)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2)).经检验，只有a＝－eq\f(3＋2\r(2),2)时，才有x3∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2)).综上有a＝eq\f(3,4)或a＝－eq\f(3＋2\r(2),2).【难点突破】16．解：(1)∵f(－1)＝0，∴a－b＋1＝0，又x∈R，f(x)的值域为[0，＋∞)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝b2－4a＝0，))∴b2－4(b－1)＝0，∴b＝2，a＝1，∴f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，∴F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2（x>0），,－（x＋1）2（x<0）.))(2)g(x)＝f(x)－kx＝x2＋2x＋1－kx＝x2＋(2－k)x＋