浙江版2022高考数学二轮复习2.2二次函数及其综合应用专题能力训练

专题能力训练4　二次函数及其综合应用(时间:60分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)1.若集合A={x|(k+2)x2+2kx+1=0}有且仅有两个子集,则实数k的值是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.-2B.-2或-1C.2或-1D.±2或-12.若函数f(x)=x2+2mx+2m+1在区间(-1,0)和(1,2)内各有一个零点,则实数m的取值范围是(　　)A.(-∞,1-]∪[1+,+∞)B.(-∞,1-)∪(1+,+∞)C.D.3.若函数f(x)=x2+2a|x|+4a2-3的零点有且只有一个,则实数a=(　　)A.或-B.-C.D.以上都不对4.(2022天津南开一模)函数y=log0.4(-x2+3x+4)的值域是(　　)A.(0,-2]B.[-2,+∞)C.(-∞,-2]D.[2,+∞)5.(2022浙江嘉兴教学测试(二),文8)已知函数f(x)=其中a∈R.若对任意的非零实数x1,存在唯一的非零实数x2(x1≠x2),使得f(x1)=f(x2)成立,则k的取值范围为(　　)A.k≤0B.k≥8C.0≤k≤8D.k≤0或k≥86.(2022浙江衢州4月教学质量检测,文7)已知a∈R,若函数f(x)=x2-|x-2a|有三个或者四个零点,则函数g(x)=ax2+4x+1的零点个数为(　　)A.1或2B.2C.1或0D.0或1或27.(2022浙江宁波镇海中学5月模拟,文8)已知f(x)是定义在[-4,4]上的奇函数,当x>0时,f(x)=-x2+4x,则不等式f(f(x))<f(x)的解集为(　　)A.(-3,0)∪(3,4]B.(-4,-3)∪(1,2)∪(2,3)C.(-1,0)∪(1,2)∪(2,3)D.(-4,-3)∪(-1,0)∪(1,3)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)8.(2022浙江宁波鄞州5月模拟,文13)设函数f(x)=是一个奇函数,满足f(2t+3)<f(4-t),则a=　　　　　,t的取值范围是　　　　　. 9.若函数f(x)=x2+|x-a|+1(x∈R)具有奇偶性,则a=　　　　　,函数f(x)的单调递减区间是　　　　　. 6\n10.(2022浙江嵊州第二次教学质量调测,文15)设关于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的实根分别为x1,x2和x3,x4.若x1<x3<x2<x4,则实数a的取值范围为　　　　　. 11.(2022浙江温州三适,文15)若对任意x∈[1,2],不等式4x-a·2x+1+a2-1>0恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 三、解答题(本大题共3小题,共45分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)12.(本小题满分14分)(2022浙江嘉兴下学期教学测试,文20)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b∈R)满足条件:①当x∈R时,f(x)的最大值为0,且f(x-1)=f(3-x)成立;②二次函数f(x)的图象与直线y=-2交于A,B两点,且|AB|=4.(1)求f(x)的解析式;(2)求最小的实数n(n<-1),使得存在实数t,只要当x∈[n,-1]时,就有f(x+t)≥2x成立.13.(本小题满分15分)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0,b,c∈R).设集合A={x∈R|f(x)=x},B={x∈R|f(f(x))=f(x)},C={x∈R|f(f(x))=0}.(1)当a=2,A={2}时,求集合B;(2)若f<0,试判断集合C中的元素个数,并说明理由.14.(本小题满分16分)若二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)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[-1,1]上,不等式f(x)>2x+m恒成立,求实数m的取值范围.6\n参考答案专题能力训练4　二次函数及其综合应用1.D　解析:由集合A有且仅有两个子集得,集合A中只有一个元素,即方程(k+2)x2+2kx+1=0有唯一解.当k+2=0,即k=-2时,方程-4x+1=0有一解x=,满足题意,所以k=-2满足;当k≠-2时,Δ=(2k)2-4(k+2)=0,解得k=-1或2,都满足.所以实数k的值为2或-2或-1.2.D　解析:函数f(x)=x2+2mx+2m+1的零点分别在区间(-1,0)和(1,2)内,即函数f(x)=x2+2mx+2m+1的图象与x轴的交点一个在(-1,0)内,一个在(1,2)内,根据图象列出不等式组解得∴-<m<-,∴实数m的取值范围是.3.C　解析:令|x|=t,原函数的零点有且只有一个,即方程t2+2at+4a2-3=0只有一个0根或一个0根、一个负根,∴4a2-3=0,解得a=或-,经检验,a=满足题意.4.B　解析:为使y=log0.4(-x2+3x+4)有意义,须-x2+3x+4>0,x2-3x-4<0,解得-1<x<4.此时,0<-x2+3x+4=-,又对数的底数小于1,所以y=log0.4(-x2+3x+4)≥log0.4=-2,故选B.5.D　解析:由题意,对任意的非零实数x1,都存在唯一的非零实数x2(x1≠x2),使得f(x1)=f(x2)成立,也即函数图象除x=0外,其余均是一个函数值对应两个自变量,结合图象可知:k(1-a2)=(3-a)2,即(k+1)a2-6a+9-k=0,当a∈R时始终有解,因此Δ=36-4(k+1)(9-k)≥0,整理得k2-8k≥0,解得k≤0或k≥8.6.A　解析:当x<2a时,x2+x-2a=0,由Δ≥0,得1-4××(-2a)≥0,解得a≥-.当x≥2a时,x2-x+2a=0,由Δ≥0,得1-4××(2a)≥0,a≤.所以当-≤a≤时,函数f(x)有三个零点或四个零点.对g(x)=ax2+4x+1,由Δ≥0,得16-4a≥0,解得a≤4(a≠0).当a=0时,g(x)=4x+1有一个零点;由于-≤a≤<4,所以g(x)=ax2+4x+1有一个零点或两个零点,故选A.7.D　解析:设x<0,则-x>0,所以f(-x)=-(-x)2+4(-x)=-x2-4x,因为f(x)是定义在[-4,4]上的奇函数,所以f(-x)=-f(x),所以-f(x)=-x2-4x,即f(x)=x2+4x.6\n于是,当0<x<4时,f(x)=-x2+4x=x(4-x)>0,所以f(f(x))=-(f(x))2+4f(x)=-(-x2+4x)2+4x(4-x),因为f(f(x))<f(x),所以-(-x2+4x)2+4x(4-x)<x(4-x),即x2-4x+3<0,解得1<x<3,所以1<x<3;当-4<x<0时,f(x)=x2+4x<0,所以f(f(x))=(f(x))2+4(f(x))=(x2+4x)2+4(x2+4x),因为f(f(x))<f(x),所以(x2+4x)2+4(x2+4x)<x2+4x,即x2+4x+3>0,解得x>-1或x<-3,所以-1<x<0或-4<x<-3.综上所述,不等式f(f(x))<f(x)的解集为(-4,-3)∪(-1,0)∪(1,3),故选D.8.1　　解析:因为函数为奇函数,所以f(-1)=-f(1),即-(-1-2)=-[-a(1+2)],所以a=1.由函数f(x)的图象可知,函数f(x)在区间(-∞,+∞)上是减函数,所以f(2t+3)<f(4-t)⇔2t+3>4-t⇔t>.9.0　(-∞,0]　解析:函数f(x)(x∈R)具有奇偶性,已知f(1)=2+|1-a|,f(-1)=2+|1+a|,若f(x)为奇函数必有f(0)=0,即|a|+1=0无解,所以f(x)一定是偶函数,必有f(-1)=f(1),即2+|1-a|=2+|1+a|,解得a=0,此时f(x)=x2+|x|+1经检验是偶函数,当x≥0时f(x)=x2+x+1,所以,其单调递增区间为[0,+∞),根据偶函数的图象关于y轴对称,可知f(x)的单调递减区间是(-∞,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)=,在同一坐标系中作y=f(x),y=g(x)的图象,解方程x-(x2-x)可得x=1-或x=1或x=1+,由图可知A(1-,a),所以a=1-,因为关于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的实根分别为x1,x2和x3,x4,且x1<x3<x2<x4,则实数a的取值范围为.11.a>5或a<1　解析:设t=2x,因为x∈[1,2],所以t∈[2,4],不等式4x-a·2x+1+a2-1>0可化为t2-2at+a2-1>0对t∈[2,4]恒成立,设f(t)=t2-2at+a2-1(t∈[2,4]),当a≤2时,f(t)在[2,4]上是增函数,所以f(x)min=f(2)=22-2×2a+a2-1>0,解得a>3或a<1,所以a<1;当2<a<4时,f(t)在[2,a6\n)上是减函数,在(a,4]上是增函数,则f(x)min=f(a)=a2-2×a2+a2-1>0,无解;当a≥4时,f(t)在[2,4]上是减函数,则f(x)min=f(4)=42-2×4a+a2-1>0,解得a<3或a>5,所以a>5.综上所述,a的取值范围为a>5或a<1.12.解:(1)由f(x-1)=f(3-x)可知函数f(x)的对称轴为x=1,由f(x)的最大值为0,可假设f(x)=a(x-1)2(a<0).令a(x-1)2=-2,解得x=1±,则易知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]时恒成立,可得由②得0≤t≤4.令g(t)=-t-1-2,易知g(t)=-t-1-2单调递减,所以g(t)≥g(4)=-9,故n≥-9,则n能取到的最小实数为-9.此时,存在实数t=4,只要当x∈[n,-1]时,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)等价于方程f(x)=2①,而2是方程①的根,由韦达定理可得方程①的另一根为--2=,故集合B=.(2)由f<0及a>0,得方程f(x)=0有两个不等的实根,记为x1,x2,且有x1<<x2.从而可设f(x)=a(x-x1)(x-x2),∴f(x)min=f=-(x2-x1)2.由x1<<x2,得x2-x1>-x1>0,又a>0,∴f(x)min=-(x2-x1)2<-=-+x1≤x1,∴方程f(x)=x1也有两个不等的实根.6\n另一方面,f(x)min<0<<x2,∴方程f(x)=x2也有两个不等的实根.由x1,x2是方程f(x)=0的两个不等实根,知方程f(f(x))=0等价于f(x)=x1或f(x)=x2.另外,由于x1≠x2,可知方程f(x)=x1与f(x)=x2不会有相同的实根.综上,集合C中的元素有4个.14.解:(1)由f(0)=1,得c=1.故f(x)=ax2+bx+1.又f(x+1)-f(x)=2x,∴a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x,即2ax+a+b=2x,∴因此,f(x)=x2-x+1.(2)f(x)>2x+m等价于x2-x+1>2x+m,即x2-3x+1-m>0.要使此不等式在[-1,1]上恒成立,只需使函数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]上递减,∴g(x)min=g(1)=-m-1.由-m-1>0得,m<-1.因此满足条件的实数m的取值范围是(-∞,-1).6