2019-2020年高考数学二轮专题复习 第三部分 题型技法考前提分 题型专项训练9 函数 新人教A版.doc

2019-2020年高考数学二轮专题复习 第三部分 题型技法考前提分 题型专项训练9 函数 新人教A版1.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c.(1)若f(3)f(1)f(-1)=313,且函数f(x)的最大值为-2,求f(x)的解析式;(2)若f(x)在上单调递增,且f(x)的顶点在x轴上,求满足f(2)+mf(-2)=mf(1)的实数m的最小值.2.(xx浙江宁波五校联考,文20)已知二次函数f(x)=x2+bx+c,其中常数b,cR.(1)若任意的x-1,1,f(x)0,f(2+x)0,试求实数c的取值范围;(2)若对任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4,试求实数b的取值范围.3.已知函数f(x)=-|x-a|(a0,x0),(1)求f(x)的单调区间;(2)当x(0,4时,若f(x)x-3恒成立,求a的取值集合.4.已知函数f(x)=lox-mlog2x+a,g(x)=x2+1.(1)当a=1时,求f(x)在x1,4上的最小值;(2)当a0,m=2时,若对任意的实数t1,4,均存在xi1,8(i=1,2),且x1x2,使得=f(t)成立,求实数a的取值范围.5.考查函数f(x)在其定义域I内的单调性情况:若f(x)在I内呈先减再增,则称f(x)为“V型”函数;若f(x)在I内呈减-增-减-增,则称f(x)为“W型”函数.给定函数f(x)=x2+2ax+b(a,bR).(1)试写出这样的一个实数对(a,b),使函数f(|x|)为R上的“V型”函数,且|f(x)|为R上的“W型”函数.(写出你认为正确的一个即可,不必证明)(2)若|f(x)|为R上的“W型”函数,且存在实数m,使|f(m)|与|f(m+1)|能同时成立,求实数b-a2的取值范围.6.已知函数f(x)=x2+|x+1-a|,其中a为实常数.(1)判断f(x)的奇偶性;(2)若对任意xR,不等式f(x)2|x-a|恒成立,求a的取值范围.题型专项训练9函数(解答题专项)1.解:(1)由条件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,因为函数f(x)的最大值为-2,所以a0,于是m=,取等号的条件为t=-3.2.解:(1)因为-1x1,所以12+x3.由已知,有对任意的-1x1,f(x)0恒成立;对任意的1x3,f(x)0恒成立,故f(1)0,且f(1)0,即f(1)=0,也即1为函数y=f(x)的一个零点.因此可设f(x)=(x-1)(x-c).所以,对任意的1x3,f(x)0恒成立,即1,31,c,即c的取值范围为c3.(2)函数f(x)=x2+bx+c对任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4恒成立,即f(x)max-f(x)min4,记f(x)max-f(x)min=M,则M4.当1,即|b|2时,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|4,与M4矛盾;当1,即-2b2时,M=maxf(1),f(-1)-f-f4,即-2b2.综上,c的取值范围为-2b2.3.解:(1)当a1时,f(x)在区间(0,)上递减,在区间(,a)上递增,在区间(a,+)上递减;当0a1时,f(x)在区间(0,+)上递减.(2)当0a4时,若ax4,则-x+ax-32x2-(3+a)x-a0.设g(x)=2x2-(3+a)x-a,a4a=4.若0xa,则+x-ax-3+3-a0,04时,+x-ax-3+3-a0a4不成立.综上所述,a的取值集合为4.4.解:(1)当a=1时,f(x)=lox-mlog2x+1=+1-,其中0log2x2.因此,当0,即m0时,f(x)min=f(1)=1;当2,即m4时,f(x)min=f(4)=5-2m;当0m4,即log2x=时,f(x)min=1-.综上,f(x)min=(2)令log2t=u(0u2),则f(t)=u2-2u+a的值域是a-1,a.因为y=x+-2a(1x8),利用图形可知即解得3a11-2.故实数a的取值范围是(3,11-2.5.解:(1)结合图象,若f(|x|)为R上的“V型”函数,则f(x)=x2+2ax+b=(x+a)2+b-a2的对称轴x=-a0,即a0.|f(x)|为R上的“W型”函数,则f(x)min=b-a20,即ba2.综上可知,只需填满足的任何一个实数对(a,b)即可.(2)结合图象,|f(m)|与|f(m+1)|能同时成立等价于函数|f(x)|的图象上存在横坐标差距为1的两点,此时它们的函数值均小于等于.由于|f(x)|为R上的“W型”函数,则b-a20,下面分两种情形讨论:当-b-a20,即a2-b1,故必在区间(x1,x2)内存在两个实数m,m+1,能使|f(m)|与|f(m+1)|同时成立.当b-a2-时,令x2+2ax+b=,得x1=-a-,x2=-a+;令x2+2ax+b=-,得x3=-a-,x4=-a+.由于x2-x1=21,x2-x4=x3-x1=,故只需x4-x3=21,得a2-b,结合前提条件,可知-b-a2-时,必存在m(x1,x3,m+1x4,x2),能使|f(m)|与|f(m+1)|同时成立.综合可知,所求的取值范围为-b-a22(a-x),即x2+x-1a,a.若a-1-,即a,则a-,矛盾.若a-1-,即a,则a0,解得a1+或a1-.所以a1-.当a-12(a-x),即x2+3x+13a,3a.若a-1-a,即-a-,3a-,a-.结合条件,得-a-.若a-1-,即a-,3a(a-1)2+3(a-1)+1,即a2-2a-10,解得a1+或a1-.结合条件及,得-a1-.若a-,3aa2+3a+1恒成立.综上,得aa时,不等式化为x2+x+1-a2(x-a),即x2-x+1-a,-a,得-a-.结合得-a2|x-a|对xR恒成立的a的取值范围是-a1-.