《浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測(cè)：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（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 專題能力訓(xùn)練4　二次函數(shù)及函數(shù)方程 (時(shí)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(duì)一切x∈,f(x)>0都成立,則實(shí)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(diǎn)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

2、函數(shù)f(x)=(a∈R),若函數(shù)f(x)在R上有兩個(gè)零點(diǎn),則a的取值范圍是(　　) A.(-∞,-1) B.(-∞,-1] C.[-1,0) D.(0,1] 4.已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域?yàn)閇2,+∞),f(x)的值域?yàn)閇k,+∞),則實(shí)數(shù)k的最大值為(　　) A.0 B.1 C.2 D.4 5.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(λ-x)只有一個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)λ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(

3、x2+ax+a)≤f(-at2-t+1)對(duì)任意的x∈[1,2],任意的t∈[1,2]恒成立,則實(shí)數(shù)a的最大值為(　　) A.-1 B.- C.- D.-3 7.已知函數(shù)f(x)=若關(guān)于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有8個(gè)不等的實(shí)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)已知f(x)是R上的奇函數(shù),當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=則函數(shù)y=f(x)+的所有零點(diǎn)之和是(　　) A.1- B.-1 C.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(diǎn)x0∈(k,k+1

4、)(k∈Z),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(duì)任意的x1,x2∈[2,+∞),且x1≠x2,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0恒成立,則實(shí)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(gè)零點(diǎn),則m的取值范圍為　　　　　. 13.若f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],且|f(x)|的最大值為,則4a+3b=　　　　　. 14.(20xx浙江名校協(xié)

5、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(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)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,c∈R. (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(duì)任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,求b的取值范圍. 16.(本小題滿分15分)已知a,b∈R,函數(shù)f(

6、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(shí)數(shù)b的值; (2)設(shè)max{m,n}=g(x)=a(x-1),其中a≠0,若函數(shù)h(x)=max{f(x),g(x)}在區(qū)間(-1,2)內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn),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.B 2.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.故選D. 3.D

7、　解析 因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí),f(x)=2x-1, 由f(x)=0得x=. 所以要使f(x)在R上有兩個(gè)零點(diǎn),必須2x-a=0在(-∞,0]上有唯一實(shí)數(shù)解. 又當(dāng)x∈(-∞,0]時(shí),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,t≥k, 函數(shù)y=at2+bt+c,t≥k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?yàn)楹瘮?shù)f(x)的值域的子集, 即[2,+∞)?[k,+∞), 可得k≤2. 故k的最大值為2. 5.C　解析 令y=f(

8、2x2+1)+f(λ-x)=0,則f(2x2+1)=-f(λ-x)=f(x-λ),因?yàn)閒(x)是R上的單調(diào)函數(shù),所以2x2+1=x-λ只有一個(gè)實(shí)根,即2x2-x+1+λ=0只有一個(gè)實(shí)根,則Δ=1-8(1+λ)=0,解得λ=-.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+a≤0,記g(x)=x2+ax-1+at2+t+a,則由題意知只要代入對(duì)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(a∈R)有8個(gè)不等的實(shí)數(shù)根,則關(guān)于

9、t的方程t2-3t+a=0(a∈R)有2個(gè)不等的實(shí)數(shù)根t1,t2,且1

10、),b=log3=2-2log32=2-2a,因?yàn)?0,f(2)=a2-2+b=a2-2a=a(a-2)<0,故x0∈(1,2),k=1. 10.0　解析 因?yàn)楹瘮?shù)y=x2-2x=(x-1)2-1, 所以其圖象的對(duì)稱軸為直線x=1, 因?yàn)閤=1不一定在區(qū)間[-2,a]內(nèi), 所以要進(jìn)行討論. 當(dāng)-21時(shí),函數(shù)在[-2,1]上單調(diào)遞減,在[1,a]上單調(diào)遞增,則

11、當(dāng)x=1時(shí),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(dāng)a≤0時(shí),滿足題意;當(dāng)a>0時(shí),根據(jù)函數(shù)圖象可知只需a≤2,即0

12、-2時(shí),不成立,若沒(méi)有x=0時(shí),-2≤m<0,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≤,① 同理-≤1+a+b≤,② -≤1-a+b≤,③ ②+③,得-≤b≤-,④ 由①④得b=-, 當(dāng)b=-時(shí),分別代入②③,得?a=0, 故4a+3b=-. 14.[0,4)　?f(0)=0,∴m=0,f(x)=x2+nx,n≠0,{x|f(x)=0}={0,-n},即f(x)=0①,f(x)=-n②,由于{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0},故方程②無(wú)解,∴n2-4n<0?0

13、0時(shí),{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0}={0},故m+n=0或m+n∈(0,4),∴m+n∈[0,4). 15.解 (1)由題意得 解得a=-2,b=4,c=1, 故f(x)=-2x2+4x+1. (2)函數(shù)f(x)=x2+bx+c對(duì)任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4恒成立, 即f(x)max-f(x)min≤4, 記f(x)max-f(x)min=M,則M≤4. 當(dāng)>1,即|b|>2時(shí),M=|f(1)- f(-1)|=|2b|>4,與M≤4矛盾; 當(dāng)≤1,即|b|≤2時(shí),M=max{f(1),f(-1)}-f-f≤4,解得|b|≤

14、2,即-2≤b≤2. 綜上,b的取值范圍為-2≤b≤2. 16.解 (1)當(dāng)a=-2時(shí),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?yàn)閇b-1,3+b]. 所以|f(x)|max=max{|b-1|,|b+3|}=2,解得b=-1. (2)①若f(1)<0,則x=1是h(x)的一個(gè)零點(diǎn),從而只需滿足 利用線性規(guī)劃知識(shí)可解得-4<2a+b<-1. ②若f(1)=0,則 解得-2<2a+b<-1. ③若f(1)>0,ⅰ當(dāng)a>0時(shí),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(gè)不同的零點(diǎn). 所以 利用線性規(guī)劃知識(shí)可解得-2<2a+b<5. ⅱ當(dāng)a<0時(shí),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(gè)不同的零點(diǎn). 所以 利用線性規(guī)劃知識(shí)可解得-4<2a+b<-3. 綜上所述,2a+b的取值范圍為(-4,-1)∪(-2,5).