浙江版2022高考数学二轮复习第三部分题型专项训练9函数解答题专项

题型专项训练9　函数(解答题专项)1.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c.(1)若f(3)∶f(1)∶f(-1)=3∶1∶3,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.(2022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,c∈R.(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|(a>0,x>0),(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.6\n4.已知函数f(x)=lox-mlog2x+a,g(x)=x2+1.(1)当a=1时,求f(x)在x∈[1,4]上的最小值;(2)当a>0,m=2时,若对任意的实数t∈[1,4],均存在xi∈[1,8](i=1,2),且x1≠x2,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,b∈R).(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x∈R,不等式f(x)≤2|x-a|恒成立,求a的取值范围.6\n答案题型专项训练9　函数(解答题专项)1.解:(1)由条件f(3)∶f(1)∶f(-1)=3∶1∶3,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a<0,且2a=-2,即a=-1.故f(x)=-(x-1)2-2.(2)由条件可设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≠-,则m=.令-(2t+1)=s>0,于是m=,取等号的条件为t=-3.2.解:(1)因为-1≤x≤1,所以1≤2+x≤3.由已知,有对任意的-1≤x≤1,f(x)≥0恒成立;对任意的1≤x≤3,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1≤x≤3,f(x)≤0恒成立,即[1,3]⊆[1,c],即c的取值范围为c≥3.(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)min≤4,记f(x)max-f(x)min=M,则M≤4.当>1,即|b|>2时,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,与M≤4矛盾;6\n当≤1,即-2≤b≤2时,M=max{f(1),f(-1)}-f-f≤4,即-2≤b≤2.综上,c的取值范围为-2≤b≤2.3.解:(1)当a>1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0<a≤1时,f(x)在区间(0,+∞)上递减.(2)当0<a≤4时,若a≤x≤4,则-x+a≥x-3⇒2x2-(3+a)x-a≤0.设g(x)=2x2-(3+a)x-a,∴∴a≥4⇒a=4.若0<x<a,则+x-a≥x-3⇒+3-a≥0,∴0<a≤4.当a>4时,+x-a≥x-3⇒+3-a≥0⇒a≤4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0≤log2x≤2.因此,①当≤0,即m≤0时,f(x)min=f(1)=1;②当≥2,即m≥4时,f(x)min=f(4)=5-2m;③当0<m<4,即log2x=时,f(x)min=1-.综上,f(x)min=(2)令log2t=u(0≤u≤2),则f(t)=u2-2u+a的值域是[a-1,a].因为y==x+-2a(1≤x≤8),利用图形可知即解得3<a≤11-2.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=-a≤0,即a≥0.|f(x)|为R上的“W型”函数,则f(x)min=b-a2<0,即b<a2.6\n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-a2<0,下面分两种情形讨论:①当-<b-a2<0,即a2-<b<a2时,由x2+2ax+b=,得两根:x1=-a-,x2=-a+.由于x2-x1=2>1,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.②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=2>1,x2-x4=x3-x1=,故只需x4-x3=2≤1,得a2-b≤,结合前提条件,可知-≤b-a2≤-时,必存在m∈(x1,x3],m+1∈[x4,x2),能使|f(m)|≤与|f(m+1)|≤同时成立.综合①②可知,所求的取值范围为-≤b-a2<0.6.解:(1)易求得函数f(x)的定义域为R,是关于原点对称的.当a=1时,因为f(x)=x2+|x|,f(-x)=(-x)2+|-x|=x2+|x|=f(x),所以f(x)为偶函数;当a≠1时,因为f(0)=|1-a|≠0,所以f(x)不是奇函数;因为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)不是偶函数.因此f(x)为非奇非偶函数.综上所述,当a=1时,f(x)为偶函数;当a≠1时,f(x)为非奇非偶函数.6\n(2)①当x≤a-1时,不等式化为x2-x-1+a>2(a-x),即x2+x-1>a,>a.若a-1≥-,即a≥,则a<-,矛盾.若a-1<-,即a<,则a<(a-1)2+(a-1)-1,即a2-2a-1>0,解得a>1+或a<1-.所以a<1-.②当a-1<x≤a时,不等式化为x2+x+1-a>2(a-x),即x2+3x+1>3a,>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-1≥0,解得a≥1+或a≤1-.结合条件及①,得-≤a<1-.若a<-,3a<a2+3a+1恒成立.综上,得a<1-.③当x>a时,不等式化为x2+x+1-a>2(x-a),即x2-x+1>-a,>-a,得-a<,即a>-.结合②得-<a<1-.所以,使不等式f(x)>2|x-a|对x∈R恒成立的a的取值范围是-<a<1-.6