2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓練9 函數(shù) 新人教A版1.已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c.(1)若f(3)f(1)f(-1)=313,且函數(shù)f(x)的最大值為-2,求f(x)的解析式;(2)若f(x)在上單調(diào)遞增,且f(x)的頂點在x軸上,求滿足f(2)+mf(-2)=mf(1)的實數(shù)m的最小值.2.(xx浙江寧波五校聯(lián)考,文20)已知二次函數(shù)f(x)=x2+bx+c,其中常數(shù)b,cR.(1)若任意的x-1,1,f(x)0,f(2+x)0,試求實數(shù)c的取值范圍;(2)若對任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4,試求實數(shù)b的取值范圍.3.已知函數(shù)f(x)=-|x-a|(a>0,x>0),(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當x(0,4時,若f(x)x-3恒成立,求a的取值集合.4.已知函數(shù)f(x)=lox-mlog2x+a,g(x)=x2+1.(1)當a=1時,求f(x)在x1,4上的最小值;(2)當a>0,m=2時,若對任意的實數(shù)t1,4,均存在xi1,8(i=1,2),且x1x2,使得=f(t)成立,求實數(shù)a的取值范圍.5.考查函數(shù)f(x)在其定義域I內(nèi)的單調(diào)性情況:若f(x)在I內(nèi)呈先減再增,則稱f(x)為“V型”函數(shù);若f(x)在I內(nèi)呈減-增-減-增,則稱f(x)為“W型”函數(shù).給定函數(shù)f(x)=x2+2ax+b(a,bR).(1)試寫出這樣的一個實數(shù)對(a,b),使函數(shù)f(|x|)為R上的“V型”函數(shù),且|f(x)|為R上的“W型”函數(shù).(寫出你認為正確的一個即可,不必證明)(2)若|f(x)|為R上的“W型”函數(shù),且存在實數(shù)m,使|f(m)|與|f(m+1)|能同時成立,求實數(shù)b-a2的取值范圍.6.已知函數(shù)f(x)=x2+|x+1-a|,其中a為實常數(shù).(1)判斷f(x)的奇偶性;(2)若對任意xR,不等式f(x)2|x-a|恒成立,求a的取值范圍.題型專項訓練9函數(shù)(解答題專項)1.解:(1)由條件f(3)f(1)f(-1)=313,可得c=3a,b=-2a,于是f(x)=a(x2-2x+3)=a(x-1)2+2a,因為函數(shù)f(x)的最大值為-2,所以a<0,且2a=-2,即a=-1.故f(x)=-(x-1)2-2.(2)由條件可設(shè)f(x)=a(x-t)2,其中t-.由f(2)+mf(-2)=mf(1),得a(t-2)2+ma(t+2)2=ma(t-1)2,于是(t-2)2=m(-6t-3),易知t-,則m=.令-(2t+1)=s>0,于是m=,取等號的條件為t=-3.2.解:(1)因為-1x1,所以12+x3.由已知,有對任意的-1x1,f(x)0恒成立;對任意的1x3,f(x)0恒成立,故f(1)0,且f(1)0,即f(1)=0,也即1為函數(shù)y=f(x)的一個零點.因此可設(shè)f(x)=(x-1)(x-c).所以,對任意的1x3,f(x)0恒成立,即1,31,c,即c的取值范圍為c3.(2)函數(shù)f(x)=x2+bx+c對任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4恒成立,即f(x)max-f(x)min4,記f(x)max-f(x)min=M,則M4.當>1,即|b|>2時,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,與M4矛盾;當1,即-2b2時,M=maxf(1),f(-1)-f-f4,即-2b2.綜上,c的取值范圍為-2b2.3.解:(1)當a>1時,f(x)在區(qū)間(0,)上遞減,在區(qū)間(,a)上遞增,在區(qū)間(a,+)上遞減;當0<a1時,f(x)在區(qū)間(0,+)上遞減.(2)當0<a4時,若ax4,則-x+ax-32x2-(3+a)x-a0.設(shè)g(x)=2x2-(3+a)x-a,a4a=4.若0<x<a,則+x-ax-3+3-a0,0<a4.當a>4時,+x-ax-3+3-a0a4不成立.綜上所述,a的取值集合為4.4.解:(1)當a=1時,f(x)=lox-mlog2x+1=+1-,其中0log2x2.因此,當0,即m0時,f(x)min=f(1)=1;當2,即m4時,f(x)min=f(4)=5-2m;當0<m<4,即log2x=時,f(x)min=1-.綜上,f(x)min=(2)令log2t=u(0u2),則f(t)=u2-2u+a的值域是a-1,a.因為y=x+-2a(1x8),利用圖形可知即解得3<a11-2.故實數(shù)a的取值范圍是(3,11-2.5.解:(1)結(jié)合圖象,若f(|x|)為R上的“V型”函數(shù),則f(x)=x2+2ax+b=(x+a)2+b-a2的對稱軸x=-a0,即a0.|f(x)|為R上的“W型”函數(shù),則f(x)min=b-a2<0,即b<a2.綜上可知,只需填滿足的任何一個實數(shù)對(a,b)即可.(2)結(jié)合圖象,|f(m)|與|f(m+1)|能同時成立等價于函數(shù)|f(x)|的圖象上存在橫坐標差距為1的兩點,此時它們的函數(shù)值均小于等于.由于|f(x)|為R上的“W型”函數(shù),則b-a2<0,下面分兩種情形討論:當-<b-a2<0,即a2-<b<a2時,由x2+2ax+b=,得兩根:x1=-a-,x2=-a+.由于x2-x1=2>1,故必在區(qū)間(x1,x2)內(nèi)存在兩個實數(shù)m,m+1,能使|f(m)|與|f(m+1)|同時成立.當b-a2-時,令x2+2ax+b=,得x1=-a-,x2=-a+;令x2+2ax+b=-,得x3=-a-,x4=-a+.由于x2-x1=2>1,x2-x4=x3-x1=,故只需x4-x3=21,得a2-b,結(jié)合前提條件,可知-b-a2-時,必存在m(x1,x3,m+1x4,x2),能使|f(m)|與|f(m+1)|同時成立.綜合可知,所求的取值范圍為-b-a2<0.6.解:(1)易求得函數(shù)f(x)的定義域為R,是關(guān)于原點對稱的.當a=1時,因為f(x)=x2+|x|,f(-x)=(-x)2+|-x|=x2+|x|=f(x),所以f(x)為偶函數(shù);當a1時,因為f(0)=|1-a|0,所以f(x)不是奇函數(shù);因為f(a-1)=(a-1)2,f(1-a)=(a-1)2+2|a-1|,f(a-1)f(1-a),所以f(x)不是偶函數(shù).因此f(x)為非奇非偶函數(shù).綜上所述,當a=1時,f(x)為偶函數(shù);當a1時,f(x)為非奇非偶函數(shù).(2)當xa-1時,不等式化為x2-x-1+a>2(a-x),即x2+x-1>a,>a.若a-1-,即a,則a<-,矛盾.若a-1<-,即a<,則a<(a-1)2+(a-1)-1,即a2-2a-1>0,解得a>1+或a<1-.所以a<1-.當a-1<xa時,不等式化為x2+x+1-a>2(a-x),即x2+3x+1>3a,>3a.若a-1<-a,即-a<-,3a<-,a<-.結(jié)合條件,得-a<-.若a-1-,即a-,3a(a-1)2+3(a-1)+1,即a2-2a-10,解得a1+或a1-.結(jié)合條件及,得-a<1-.若a<-,3a<a2+3a+1恒成立.綜上,得a<1-.當x>a時,不等式化為x2+x+1-a>2(x-a),即x2-x+1>-a,>-a,得-a<,即a>-.結(jié)合得-<a<1-.所以,使不等式f(x)>2|x-a|對xR恒成立的a的取值范圍是-<a<1-.