2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 專題二 2.2 二次函數(shù)及其綜合應用能力訓練 新人教A版.doc

2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 專題二 2.2 二次函數(shù)及其綜合應用能力訓練 新人教A版一、選擇題(本大題共7小題,每小題5分,共35分)1.若集合A=x|(k+2)x2+2kx+1=0有且僅有兩個子集,則實數(shù)k的值是()A.-2B.-2或-1C.2或-1D.2或-12.若函數(shù)f(x)=x2+2mx+2m+1在區(qū)間(-1,0)和(1,2)內(nèi)各有一個零點,則實數(shù)m的取值范圍是()A.(-,1-1+,+)B.(-,1-)(1+,+)C.D.3.若函數(shù)f(x)=x2+2a|x|+4a2-3的零點有且只有一個,則實數(shù)a=()A.或-B.-C.D.以上都不對4.(xx天津南開一模)函數(shù)y=log0.4(-x2+3x+4)的值域是()A.(0,-2B.-2,+)C.(-,-2D.2,+)5.(xx浙江嘉興教學測試(二),文8)已知函數(shù)f(x)=其中aR.若對任意的非零實數(shù)x1,存在唯一的非零實數(shù)x2(x1x2),使得f(x1)=f(x2)成立,則k的取值范圍為()A.k0B.k8C.0k8D.k0或k86.(xx浙江衢州4月教學質(zhì)量檢測,文7)已知aR,若函數(shù)f(x)=x2-|x-2a|有三個或者四個零點,則函數(shù)g(x)=ax2+4x+1的零點個數(shù)為()A.1或2B.2C.1或0D.0或1或27.(xx浙江寧波鎮(zhèn)海中學5月模擬,文8)已知f(x)是定義在-4,4上的奇函數(shù),當x>0時,f(x)=-x2+4x,則不等式f(f(x)<f(x)的解集為()A.(-3,0)(3,4B.(-4,-3)(1,2)(2,3)C.(-1,0)(1,2)(2,3)D.(-4,-3)(-1,0)(1,3)二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)8.(xx浙江寧波鄞州5月模擬,文13)設函數(shù)f(x)=是一個奇函數(shù),滿足f(2t+3)<f(4-t),則a=,t的取值范圍是.9.若函數(shù)f(x)=x2+|x-a|+1(xR)具有奇偶性,則a=,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.10.(xx浙江嵊州第二次教學質(zhì)量調(diào)測,文15)設關于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的實根分別為x1,x2和x3,x4.若x1<x3<x2<x4,則實數(shù)a的取值范圍為.11.(xx浙江溫州三適,文15)若對任意x1,2,不等式4x-a2x+1+a2-1>0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是.三、解答題(本大題共3小題,共45分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)12.(本小題滿分14分)(xx浙江嘉興下學期教學測試,文20)設二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a,bR)滿足條件:當xR時,f(x)的最大值為0,且f(x-1)=f(3-x)成立;二次函數(shù)f(x)的圖象與直線y=-2交于A,B兩點,且|AB|=4.(1)求f(x)的解析式;(2)求最小的實數(shù)n(n<-1),使得存在實數(shù)t,只要當xn,-1時,就有f(x+t)2x成立.13.(本小題滿分15分)已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>0,b,cR).設集合A=xR|f(x)=x,B=xR|f(f(x)=f(x),C=xR|f(f(x)=0.(1)當a=2,A=2時,求集合B;(2)若f<0,試判斷集合C中的元素個數(shù),并說明理由.14.(本小題滿分16分)若二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a0)滿足f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1.(1)求f(x)的解析式;(2)若在區(qū)間-1,1上,不等式f(x)>2x+m恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.專題能力訓練4二次函數(shù)及其綜合應用1.D解析:由集合A有且僅有兩個子集得,集合A中只有一個元素,即方程(k+2)x2+2kx+1=0有唯一解.當k+2=0,即k=-2時,方程-4x+1=0有一解x=,滿足題意,所以k=-2滿足;當k-2時,=(2k)2-4(k+2)=0,解得k=-1或2,都滿足.所以實數(shù)k的值為2或-2或-1.2.D解析:函數(shù)f(x)=x2+2mx+2m+1的零點分別在區(qū)間(-1,0)和(1,2)內(nèi),即函數(shù)f(x)=x2+2mx+2m+1的圖象與x軸的交點一個在(-1,0)內(nèi),一個在(1,2)內(nèi),根據(jù)圖象列出不等式組解得-<m<-,實數(shù)m的取值范圍是.3.C解析:令|x|=t,原函數(shù)的零點有且只有一個,即方程t2+2at+4a2-3=0只有一個0根或一個0根、一個負根,4a2-3=0,解得a=或-,經(jīng)檢驗,a=滿足題意.4.B解析:為使y=log0.4(-x2+3x+4)有意義,須-x2+3x+4>0,x2-3x-4<0,解得-1<x<4.此時,0<-x2+3x+4=-,又對數(shù)的底數(shù)小于1,所以y=log0.4(-x2+3x+4)log0.4=-2,故選B.5.D解析:由題意,對任意的非零實數(shù)x1,都存在唯一的非零實數(shù)x2(x1x2),使得f(x1)=f(x2)成立,也即函數(shù)圖象除x=0外,其余均是一個函數(shù)值對應兩個自變量,結(jié)合圖象可知:k(1-a2)=(3-a)2,即(k+1)a2-6a+9-k=0,當aR時始終有解,因此=36-4(k+1)(9-k)0,整理得k2-8k0,解得k0或k8.6.A解析:當x<2a時,x2+x-2a=0,由0,得1-4(-2a)0,解得a-.當x2a時,x2-x+2a=0,由0,得1-4(2a)0,a.所以當-a時,函數(shù)f(x)有三個零點或四個零點.對g(x)=ax2+4x+1,由0,得16-4a0,解得a4(a0).當a=0時,g(x)=4x+1有一個零點;由于-a<4,所以g(x)=ax2+4x+1有一個零點或兩個零點,故選A.7.D解析:設x<0,則-x>0,所以f(-x)=-(-x)2+4(-x)=-x2-4x,因為f(x)是定義在-4,4上的奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),所以-f(x)=-x2-4x,即f(x)=x2+4x.于是,當0<x<4時,f(x)=-x2+4x=x(4-x)>0,所以f(f(x)=-(f(x)2+4f(x)=-(-x2+4x)2+4x(4-x),因為f(f(x)<f(x),所以-(-x2+4x)2+4x(4-x)<x(4-x),即x2-4x+3<0,解得1<x<3,所以1<x<3;當-4<x<0時,f(x)=x2+4x<0,所以f(f(x)=(f(x)2+4(f(x)=(x2+4x)2+4(x2+4x),因為f(f(x)<f(x),所以(x2+4x)2+4(x2+4x)<x2+4x,即x2+4x+3>0,解得x>-1或x<-3,所以-1<x<0或-4<x<-3.綜上所述,不等式f(f(x)<f(x)的解集為(-4,-3)(-1,0)(1,3),故選D.8.1解析:因為函數(shù)為奇函數(shù),所以f(-1)=-f(1),即-(-1-2)=-a(1+2),所以a=1.由函數(shù)f(x)的圖象可知,函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)上是減函數(shù),所以f(2t+3)<f(4-t)2t+3>4-tt>.9.0(-,0解析:函數(shù)f(x)(xR)具有奇偶性,已知f(1)=2+|1-a|,f(-1)=2+|1+a|,若f(x)為奇函數(shù)必有f(0)=0,即|a|+1=0無解,所以f(x)一定是偶函數(shù),必有f(-1)=f(1),即2+|1-a|=2+|1+a|,解得a=0,此時f(x)=x2+|x|+1經(jīng)檢驗是偶函數(shù),當x0時f(x)=x2+x+1,所以,其單調(diào)遞增區(qū)間為0,+),根據(jù)偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱,可知f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-,0.10.解析:由x2-ax-1=0,得a=x-,由x2-x-2a=0,得a=(x2-x)=,令f(x)=x-,g(x)=,在同一坐標系中作y=f(x),y=g(x)的圖象,解方程x-(x2-x)可得x=1-或x=1或x=1+,由圖可知A(1-,a),所以a=1-,因為關于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的實根分別為x1,x2和x3,x4,且x1<x3<x2<x4,則實數(shù)a的取值范圍為.11.a>5或a<1解析:設t=2x,因為x1,2,所以t2,4,不等式4x-a2x+1+a2-1>0可化為t2-2at+a2-1>0對t2,4恒成立,設f(t)=t2-2at+a2-1(t2,4),當a2時,f(t)在2,4上是增函數(shù),所以f(x)min=f(2)=22-22a+a2-1>0,解得a>3或a<1,所以a<1;當2<a<4時,f(t)在2,a)上是減函數(shù),在(a,4上是增函數(shù),則f(x)min=f(a)=a2-2a2+a2-1>0,無解;當a4時,f(t)在2,4上是減函數(shù),則f(x)min=f(4)=42-24a+a2-1>0,解得a<3或a>5,所以a>5.綜上所述,a的取值范圍為a>5或a<1.12.解:(1)由f(x-1)=f(3-x)可知函數(shù)f(x)的對稱軸為x=1,由f(x)的最大值為0,可假設f(x)=a(x-1)2(a<0).令a(x-1)2=-2,解得x=1,則易知2=4,解得a=-.所以f(x)=-(x-1)2.(2)由f(x+t)2x可得-(x-1+t)22x,即x2+2(t+1)x+(t-1)20,解得-t-1-2x-t-1+2.又f(x+t)2x在xn,-1時恒成立,可得由得0t4.令g(t)=-t-1-2,易知g(t)=-t-1-2單調(diào)遞減,所以g(t)g(4)=-9,故n-9,則n能取到的最小實數(shù)為-9.此時,存在實數(shù)t=4,只要當xn,-1時,就有f(x+t)2x成立.13.解:(1)由a=2,A=2,得方程f(x)=x有且只有一根2,-=2,即b=1-4a=-7.由A=2可得,方程f(f(x)=f(x)等價于方程f(x)=2,而2是方程的根,由韋達定理可得方程的另一根為-2=,故集合B=.(2)由f<0及a>0,得方程f(x)=0有兩個不等的實根,記為x1,x2,且有x1<<x2.從而可設f(x)=a(x-x1)(x-x2),f(x)min=f=-(x2-x1)2.由x1<<x2,得x2-x1>-x1>0,又a>0,f(x)min=-(x2-x1)2<-=-+x1x1,方程f(x)=x1也有兩個不等的實根.另一方面,f(x)min<0<<x2,方程f(x)=x2也有兩個不等的實根.由x1,x2是方程f(x)=0的兩個不等實根,知方程f(f(x)=0等價于f(x)=x1或f(x)=x2.另外,由于x1x2,可知方程f(x)=x1與f(x)=x2不會有相同的實根.綜上,集合C中的元素有4個.14.解:(1)由f(0)=1,得c=1.故f(x)=ax2+bx+1.又f(x+1)-f(x)=2x,a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x,即2ax+a+b=2x,因此,f(x)=x2-x+1.(2)f(x)>2x+m等價于x2-x+1>2x+m,即x2-3x+1-m>0.要使此不等式在-1,1上恒成立,只需使函數(shù)g(x)=x2-3x+1-m在-1,1上的最小值大于0即可.g(x)=x2-3x+1-m在-1,1上遞減,g(x)min=g(1)=-m-1.由-m-1>0得,m<-1.因此滿足條件的實數(shù)m的取值范圍是(-,-1).