高考数学专题复习练习：2-4 专项基础训练

高考数学专题复习练习：2-4 专项基础训练

‎ A组　专项基础训练 ‎(时间：35分钟)‎ ‎1．(2017·山东实验中学第一次诊断性考试)“m＝1”是“函数f(x)＝x2－6mx＋6在区间(－∞，3]上为减函数”的(　　)‎ A．必要不充分条件　　　　B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【解析】 函数f(x)＝x2－6mx＋6在区间(－∞，3]上为减函数的充要条件是3m≥3，即m∈[1，＋∞)．又{1}是[1，＋∞)的真子集，所以“m＝1”是“函数f(x)＝x2－6mx＋6在区间(－∞，3]上为减函数”的充分不必要条件．故选B.‎ ‎【答案】 B ‎2．(2017·四川资阳模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋4在区间[0，m](m＞0)上的最大值为4，最小值为3，则实数m的取值范围是(　　)‎ A．[1，2] B．(0，1]‎ C．(0，2] D．[1，＋∞)‎ ‎【解析】 作出函数的图象如图所示，从图中可以看出当1≤m≤2时，函数f(x)＝x2－2x＋4在区间[0，m](m＞0)上的最大值为4，最小值为3.故选A.‎ ‎【答案】 A ‎3．(2017·内蒙古呼伦贝尔二模)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，集合A＝{x|f(x)＝0}，B＝{x|f(f(x))＝0}，若存在x0∈B，x0∉A，则实数b的取值范围是(　　)‎ A．0≤b≤4 B．b≤0或b≥4‎ C．0≤b＜4 D．b＜0或b≥4‎ ‎【解析】 由题意可得，A是函数f(x)的零点构成的集合．由f(f(x))＝0可得(x2＋bx＋c)2＋b(x2＋bx＋c)＋c＝0，把x2＋bx＋c＝0代入，解得c＝0，∴f(x)＝x2＋bx.存在x0∈B，x0∉A，∴f(f(x0))＝0.而f(x0)≠0，∴x0≠0，说明f(x)＝0有非零实根．∴解f(x)＝0，得x＝0或x＝－b，b≠0，∴A＝{0，－b}．f(f(x))＝(x2＋bx)2＋b(x2＋bx)＝x(x＋b)(x2＋bx＋b)．∵存在x0∈B，x0∉A，∴方程x2＋bx＋b＝0有解，‎ ‎∴Δ＝b2－4b≥0.又b≠0，可解得b＜0或b≥4，‎ ‎∴实数b的取值范围为{b|b＜0或b≥4}．故选D.‎ ‎【答案】 D ‎4．(2017·山东实验中学二诊)已知y＝f(x)是奇函数，且满足f(x＋2)＋3f(－x)＝0，当x∈[0，2]时，f(x)＝x2－2x，则当x∈[－4，－2]时，f(x)的最小值为(　　)‎ A．－1 B．－ C．－ D. ‎【解析】 设x∈[－4，－2]，则x＋4∈[0，2]．∵y＝f(x)是奇函数，∴由f(x＋2)＋3f(－x)＝0，可得f(x＋2)＝－3f(－x)＝3f(x)，∴f(x＋4)＝3f(x＋2)，故有f(x)＝f(x＋2)＝.故f(x)＝f(x＋4)＝[(x＋4)2－2(x＋4)]＝[x2＋6x＋8]＝.∴当x＝－3时，函数f(x)取得最小值为－.故选C.‎ ‎【答案】 C ‎5．(2017·安徽江淮十校高三4月联考)二次函数f(x)的图象经过点，且f′(x)＝－x－1，则不等式f(10x)＞0的解集为(　　)‎ A．(－3，1) B．(－lg 3，0)‎ C. D．(－∞，0)‎ ‎【解析】 由题意设f(x)＝ax2＋bx＋(a≠0)，‎ 则f′(x)＝2ax＋b，∵f′(x)＝－x－1，‎ ‎∴∴ ‎∴f(x)＝－x2－x＋，‎ 令f(x)＞0，得－3＜x＜1，∵10x＞0，‎ ‎∴不等式f(10x)＞0可化为0＜10x＜1，∴x＜0，故选D.‎ ‎【答案】 D ‎6．(2017·湖南师大附中等四校联考)若函数f(x)＝x2＋a|x－2|在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．‎ ‎【解析】 ∵f(x)＝x2＋a|x－2|，‎ ‎∴f(x)＝ 又∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴解得－4≤a≤0，‎ 即实数a的取值范围是[－4，0]．‎ ‎【答案】 [－4，0]‎ ‎7．(2017·上海外国语大学附属中学模拟)若函数f(x)＝ax2＋b|x|＋c(a≠0)在定义域R上有四个单调区间，则实数a，b，c应满足的条件为________．‎ ‎【解析】 ∵f(x)为偶函数，∴x≥0时，f(x)＝ax2＋bx＋c有两个单调区间，‎ ‎∴对称轴x＝－＞0，∴＜0，∴a，b，c应满足的条件为a，b异号．‎ ‎【答案】 a，b异号 ‎8．已知函数f(x)＝x2－2ax＋2a＋4的定义域为R，值域为[1，＋∞)，则a的值为________．‎ ‎【解析】 由于函数f(x)的值域为[1，＋∞)，‎ 所以f(x)min＝1.‎ 又f(x)＝(x－a)2－a2＋2a＋4，‎ 当x∈R时，f(x)min＝f(a)＝－a2＋2a＋4＝1，‎ 即a2－2a－3＝0，解得a＝3或a＝－1.‎ ‎【答案】 －1或3‎ ‎9．(2017·南昌二中)已知函数f(x)＝x－2m2＋m＋3(m∈Z)是偶函数，且f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(1)求m的值，并确定f(x)的解析式；‎ ‎(2)g(x)＝log2[3－2x－f(x)]，求g(x)的定义域和值域．‎ ‎【解析】 (1)因为f(x)在(0，＋∞)单调递增，由幂函数的性质得－2m2＋m＋3＞0，解得－1＜m＜.‎ 因为m∈Z，所以m＝0或m＝1.‎ 当m＝0时，f(x)＝x3不是偶函数；‎ 当m＝1时，f(x)＝x2是偶函数，‎ 所以m＝1，f(x)＝x2.‎ ‎(2)由(1)知g(x)＝log2(－x2－2x＋3)，‎ 由－x2－2x＋3＞0，得－3＜x＜1，‎ 所以g(x)的定义域为(－3，1)．‎ 设t＝－x2－2x＋3，x∈(－3，1)，则t∈(0，4]，‎ 此时g(x)的值域就是函数y＝log2t，t∈(0，4]的值域．‎ 又y＝log2t在区间(0，4]上是增函数，所以y∈(－∞，2]，所以函数g(x)的值域为(－∞，2]．‎ ‎10．(2015·浙江)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记M(a，b)是|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值．‎ ‎(1)证明：当|a|≥2时，M(a，b)≥2；‎ ‎(2)当a，b满足M(a，b)≤2时，求|a|＋|b|的最大值．‎ ‎【解析】 (1)证明 由f(x)＝＋b－，得其图象的对称轴为直线x＝－.‎ 由|a|≥2，得≥1，故f(x)在[－1，1]上单调，‎ 所以M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－1)|}．‎ 当a≥2时，由f(1)－f(－1)＝2a≥4，‎ 得max{f(1)，－f(－1)}≥2，‎ 即M(a，b)≥2.‎ 当a≤－2时，由f(－1)－f(1)＝－2a≥4，‎ 得max{f(－1)，－f(1)}≥2，‎ 即M(a，b)≥2.‎ 综上，当|a|≥2时，M(a，b)≥2.‎ ‎(2)由M(a，b)≤2得 ‎|1＋a＋b|＝|f(1)|≤2，|1－a＋b|＝|f(－1)|≤2，‎ 故|a＋b|≤3，|a－b|≤3，‎ 由|a|＋|b|＝得|a|＋|b|≤3.‎ 当a＝2，b＝－1时，|a|＋|b|＝3，且|x2＋2x－1|在[－1，1]上的最大值为2，即M(2，－1)＝2.‎ 所以|a|＋|b|的最大值为3.‎ B组　专项能力提升 ‎(时间：20分钟)‎ ‎11．已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋4(0＜a＜3)，x1＜x2，x1＋x2＝1－a，则(　　)‎ A．f(x1)＝f(x2)‎ B．f(x1)＜f(x2)‎ C．f(x1)＞f(x2)‎ D．f(x1)与f(x2)的大小不能确定 ‎【解析】 函数的对称轴为x＝－1，‎ 设x0＝，由0＜a＜3得到－1＜＜.‎ 又x1＜x2，用单调性和离对称轴的远近作判断得f(x1)＜f(x2)．‎ ‎【答案】 B ‎12．(2017·江门、佛山模拟)已知幂函数f(x)＝xα，当x＞1时，恒有f(x)＜x，则α的取值范围是________．‎ ‎【解析】 当x＞1时，恒有f(x)＜x，即当x＞1时，函数f(x)＝xα的图象在y＝x的图象的下方，作出幂函数f(x)＝xα在第一象限的图象，由图象可知α＜1时满足题意．‎ ‎【答案】 (－∞，1)‎ ‎13．(2017·江苏五校联考)已知函数f(x)＝mx2＋(2－m)x＋n(m＞0)，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1恒成立，则f＝________．‎ ‎【解析】 由题意得：‎ ‎|f(0)|≤1⇒|n|≤1⇒－1≤n≤1；‎ ‎|f(1)|≤1⇒|2＋n|≤1⇒－3≤n≤－1，‎ 因此n＝－1，‎ ‎∴f(0)＝－1，f(1)＝1.‎ 由f(x)的图象可知：要满足题意，则图象的对称轴为直线x＝0，∴2－m＝0，m＝2，‎ ‎∴f(x)＝2x2－1，∴f＝－.‎ ‎【答案】 － ‎14．(2017·河北石家庄期中)设二次函数f(x)＝ax2－4x＋c(x∈R)的值域为[0，＋∞)，则＋的最小值为________；若ax2－4x＋c＞0的解集为(－1，2)，则a－c＝________．‎ ‎【解析】 ∵二次函数f(x)＝ax2－4x＋c的值域为[0，＋∞)，∴解得a＞0，c＞0，ac＝4，∴＋≥2 ＝2 ＝3.若ax2－4x＋c＞0的解集为(－1，2)，则－1，2是方程ax2－4x＋c＝0的解，‎ ‎∴解得∴a－c＝12.‎ ‎【答案】 3　12‎ ‎15．(2017·河南三校第三次联考)二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝1.‎ ‎(1)求f(x)的解析式；‎ ‎(2)若在区间[t，t＋2]上，不等式f(x)＞2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．‎ ‎【解析】 (1)设f(x)＝ax2＋bx＋c，由f(0)＝1得c＝1，故f(x)＝ax2＋bx＋1.‎ ‎∵f(x＋1)－f(x)＝2x，‎ ‎∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x.‎ 即2ax＋a＋b＝2x，即有2a＝2，a＋b＝0，解得a＝1，b＝－1，∴f(x)＝x2－x＋1.‎ ‎(2)由题意得x2－x＋1＞2x＋m在[t，t＋2]上恒成立，即x2－3x＋1－m＞0在[t，t＋2]上恒成立．‎ 设g(x)＝x2－3x＋1－m，其图象的对称轴为直线x＝.‎ ‎①当t＞时，g(x)在[t，t＋2]上单调递增，可得最小值为g(t)＝t2－3t＋1－m＞0，此时m＜t2－3t＋1.‎ ‎②当－≤t≤时，g(x)最小值为g(1.5)＝－m－＞0，此时m＜－.‎ ‎③当t＜－时，g(x)在[t，t＋2]上单调递减，可得最小值为g(t＋2)＝t2＋t－1－m＞0，此时m＜t2＋t－1.‎