新編浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題二　函數(shù) 專題能力訓(xùn)練4 Word版含答案

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1、 專題能力訓(xùn)練4二次函數(shù)及函數(shù)方程(時間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)1.已知函數(shù)f(x)=ax2-2x+2,若對一切x,f(x)0都成立,則實數(shù)a的取值范圍為()A.B.C.-4,+)D.(-4,+)2.函數(shù)f(x)=3x-x2的零點所在區(qū)間是()A.(0,1)B.(1,2)C.(-2,-1)D.(-1,0)3.(20xx浙江杭州二中模擬)已知函數(shù)f(x)=(aR),若函數(shù)f(x)在R上有兩個零點,則a的取值范圍是()A.(-,-1)B.(-,-1C.-1,0)D.(0,14.已知f(x)=ax2+bx+c(a0),g(x)=f(f(x),若g(

2、x)的值域為2,+),f(x)的值域為k,+),則實數(shù)k的最大值為()A.0B.1C.2D.45.已知f(x)是奇函數(shù)且是R上的單調(diào)函數(shù),若函數(shù)y=f(2x2+1)+f(-x)只有一個零點,則實數(shù)的值是()A.B.C.-D.-6.已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且f(x)在0,+)上為增函數(shù),如果f(x2+ax+a)f(-at2-t+1)對任意的x1,2,任意的t1,2恒成立,則實數(shù)a的最大值為()A.-1B.-C.-D.-37.已知函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(aR)有8個不等的實數(shù)根,則a的取值范圍是()A.B.C.(1,2)D.8.(20xx浙江湖州期末)

3、已知f(x)是R上的奇函數(shù),當x0時,f(x)=則函數(shù)y=f(x)+的所有零點之和是()A.1-B.-1C.5-D.-5二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)9.已知函數(shù)f(x)=ax-x+b的零點x0(k,k+1)(kZ),其中常數(shù)a,b滿足3a=2,3b=,則k=.10.設(shè)函數(shù)y=x2-2x,x-2,a,若函數(shù)的最小值為0,則a=.11.已知函數(shù)f(x)=x|x-a|,若對任意的x1,x22,+),且x1x2,(x1-x2)f(x1)-f(x2)0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍為.12.已知函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=-x2-4x+1,函數(shù)g(x)=有兩個零點,則m的取值范圍為.

4、13.若f(x)=x2+ax+b(a,bR),x-1,1,且|f(x)|的最大值為,則4a+3b=.14.(20xx浙江名校協(xié)作體聯(lián)盟二模)已知函數(shù)f(x)=x2+nx+m,若x|f(x)=0=x|f(f(x)=0,則m+n的取值范圍是.三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15.(本小題滿分15分)已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,其中常數(shù)a,b,cR.(1)若f(3)=f(-1)=-5,且f(x)的最大值是3,求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若a=1,對任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4,求b的取值范圍.16.(本小題

5、滿分15分)已知a,bR,函數(shù)f(x)=x2+ax+b.(1)若a=-2,且函數(shù)y=|f(x)|在區(qū)間-1,2上的最大值為2,求實數(shù)b的值;(2)設(shè)maxm,n=g(x)=a(x-1),其中a0,若函數(shù)h(x)=maxf(x),g(x)在區(qū)間(-1,2)內(nèi)有兩個不同的零點,求2a+b的取值范圍.參考答案專題能力訓(xùn)練4二次函數(shù)及函數(shù)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(1)f(2)0,f(-2)f(-1)0,f(-1)f(0)0時,f(x)=2x-1,由f(x)=0得x=.所以要使f(x)在R上有兩個零點,必須2x

6、-a=0在(-,0上有唯一實數(shù)解.又當x(-,0時,2x(0,1,且y=2x在(-,0上單調(diào)遞增,故所求a的取值范圍是(0,1,應(yīng)選D.4.C解析 設(shè)t=f(x),由題意可得g(x)=f(t)=at2+bt+c,tk,函數(shù)y=at2+bt+c,tk的圖象為函數(shù)y=f(x)的圖象的一部分,即有函數(shù)g(x)的值域為函數(shù)f(x)的值域的子集,即2,+)k,+),可得k2.故k的最大值為2.5.C解析 令y=f(2x2+1)+f(-x)=0,則f(2x2+1)=-f(-x)=f(x-),因為f(x)是R上的單調(diào)函數(shù),所以2x2+1=x-只有一個實根,即2x2-x+1+=0只有一個實根,則=1-8(1+

7、)=0,解得=-.故選C.6.A解析 由條件知函數(shù)f(x)在R上為單調(diào)遞增函數(shù),整理得x2+ax-1+at2+t+a0,記g(x)=x2+ax-1+at2+t+a,則由題意知只要代入對a分離得從而解得即a-1.故選A.7.D解析 令t=f(x),作出函數(shù)f(x)的圖象和t=m的圖象(如圖所示),若關(guān)于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(aR)有8個不等的實數(shù)根,則關(guān)于t的方程t2-3t+a=0(aR)有2個不等的實數(shù)根t1,t2,且1t1t22,則解得2a,即a的取值范圍是.故選D.8.B解析 當x1時,則1-|x-3|+=0,解得x=或x=.當0x1時,則lo(x+1)+=0,解得x=-

8、1.f(x)為奇函數(shù),當-1x0時,f(x)=-lo(-x+1),則-lo(-x+1)+=0,解得x=1-(舍去);當x-1時,f(x)=-1+|x+3|,則-1+|x+3|+=0,解得x=-或x=-.故函數(shù)y=f(x)+所有的零點之和為-1-1,應(yīng)選B.9.1解析 依題意有a=log32(0,1),b=log3=2-2log32=2-2a,因為0a0,f(2)=a2-2+b=a2-2a=a(a-2)0,故x0(1,2),k=1.10.0解析 因為函數(shù)y=x2-2x=(x-1)2-1,所以其圖象的對稱軸為直線x=1,因為x=1不一定在區(qū)間-2,a內(nèi),所以要進行討論.當-21時,函數(shù)在-2,1上

9、單調(diào)遞減,在1,a上單調(diào)遞增,則當x=1時,y取得最小值,即ymin=-1.不合題意.故a=0.11.(-,2解析 f(x)=由(x1-x2)f(x1)-f(x2)0知,函數(shù)y=f(x)在2,+)單調(diào)遞增,當a0時,滿足題意;當a0時,根據(jù)函數(shù)圖象可知只需a2,即0a2.綜上所述,a2.12.-2,0)4,+)解析 設(shè)x+1=tx=t-1,f(t)=-(t-1)2-4(t-1)+1=-t2-2t+4,即f(x)=-x2-2x+4,函數(shù)g(x)=由-x2-2x=0,解得x1=-2或x2=0;由x-4=0,解得x=4.因為函數(shù)只有兩個零點,若沒有x=4時,m4,若沒有x=-2時,不成立,若沒有x=

10、0時,-2m0,所以m的取值范圍是 -2,0)4,+).13.-解析 若|f(x)|的最大值為,則|f(0)|=|b|,-b,同理-1+a+b,-1-a+b,+,得-b-,由得b=-,當b=-時,分別代入,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,故方程無解,n2-4n00n1,即|b|2時,M=|f(1)- f(-1)|=|2b|4,與M4矛盾;當1,即|b|2時,M=maxf(1),f(-1)-f-f4,解得|b|2,即-2b2.綜上,b

11、的取值范圍為-2b2.16.解 (1)當a=-2時,f(x)=x2-2x+b=(x-1)2+b-1.所以f(x)在區(qū)間-1,1上遞減,在區(qū)間1,2上遞增.所以f(x)在區(qū)間-1,2上的值域為b-1,3+b.所以|f(x)|max=max|b-1|,|b+3|=2,解得b=-1.(2)若f(1)0,則x=1是h(x)的一個零點,從而只需滿足利用線性規(guī)劃知識可解得-42a+b-1.若f(1)=0,則解得-22a+b0,當a0時,g(x)0在區(qū)間(-1,1)上恒成立,所以只需滿足f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)有兩個不同的零點.所以利用線性規(guī)劃知識可解得-22a+b5.當a0時,g(x)0在區(qū)間(1,2)上恒成立,f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)有兩個不同的零點.所以利用線性規(guī)劃知識可解得-42a+b-3.綜上所述,2a+b的取值范圍為(-4,-1)(-2,5).