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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.-2 B.-2或-1
C.2或-1 D.2或-1
2.若函數(shù)f(x)=x2+2mx+2m+1在區(qū)間(-1,0)和(1,2)內各有一個零點,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,-2] B.[-2,+∞)
C.(-∞,-2] D.[2,+∞)
5.(xx浙江嘉興教學測試(二),文8)已知函數(shù)f(x)=其中a∈R.若對任意的非零實數(shù)x1,存在唯一的非零實數(shù)x2(x1≠x2),使得f(x1)=f(x2)成立,則k的取值范圍為( )
A.k≤0 B.k≥8
C.0≤k≤8 D.k≤0或k≥8
6.(xx浙江衢州4月教學質量檢測,文7)已知a∈R,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2
B.2
C.1或0
D.0或1或2
7.(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))
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,b∈R)滿足條件:①當x∈R時,f(x)的最大值為0,且f(x-1)=f(3-x)成立;②二次函數(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x∈[n,-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,c∈R).設集合A={x∈R|f(x)=x},B={x∈R|f(f(x))=f(x)},C={x∈R|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(a≠0)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,Δ=(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,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,一個在(1,2)內,根據(jù)圖象列出不等式組解得∴-0,x2-3x-4<0,解得-10,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00,
所以f(f(x))=-(f(x))2+4f(x)=-(-x2+4x)2+4x(4-x),
因為f(f(x))0,解得x>-1或x<-3,所以-14-t?t>.
9.0 (-∞,0] 解析:函數(shù)f(x)(x∈R)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x≥0時f(x)=x2+x+1,所以,其單調遞增區(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x15或a<1 解析:設t=2x,因為x∈[1,2],所以t∈[2,4],不等式4x-a2x+1+a2-1>0可化為t2-2at+a2-1>0對t∈[2,4]恒成立,設f(t)=t2-2at+a2-1(t∈[2,4]),當a≤2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20,無解;當a≥4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)2≥2x,
即x2+2(t+1)x+(t-1)2≤0,
解得-t-1-2≤x≤-t-1+2.
又f(x+t)≥2x在x∈[n,-1]時恒成立,可得
由②得0≤t≤4.
令g(t)=-t-1-2,易知g(t)=-t-1-2單調遞減,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x∈[n,-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)=2①,而2是方程①的根,
由韋達定理可得方程①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<-x1>0,又a>0,
∴f(x)min=-(x2-x1)2<-
=-+x1≤x1,
∴方程f(x)=x1也有兩個不等的實根.
另一方面,f(x)min<0<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).
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
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