新课标2022届高考数学二轮复习专题能力训练4二次函数及函数方程理

专题能力训练4　二次函数及函数方程(时间:60分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知函数f(x)=ax2-2x+2,若对一切x∈,f(x)>0都成立,则实数a的取值范围为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.B.C.[-4,+∞)D.(-4,+∞)2.函数f(x)=3x-x2的零点所在区间是(　　)A.(0,1)B.(1,2)C.(-2,-1)D.(-1,0)3.(2022浙江杭州二中模拟)已知函数f(x)=(a∈R),若函数f(x)在R上有两个零点,则a的取值范围是(　　)A.(-∞,-1)B.(-∞,-1]C.[-1,0)D.(0,1]4.已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域为[2,+∞),f(x)的值域为[k,+∞),则实数k的最大值为(　　)A.0B.1C.2D.45.已知f(x)是奇函数且是R上的单调函数,若函数y=f(2x2+1)+f(λ-x)只有一个零点,则实数λ的值是(　　)A.B.C.-D.-6.已知f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x)在[0,+∞)上为增函数,如果f(x2+ax+a)≤f(-at2-t+1)对任意的x∈[1,2],任意的t∈[1,2]恒成立,则实数a的最大值为(　　)A.-1B.-C.-D.-37.已知函数f(x)=若关于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有8个不等的实数根,则a的取值范围是(　　)A.B.C.(1,2)D.8.(2022浙江湖州期末)已知f(x)是R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=则函数y=f(x)+的所有零点之和是(　　)A.1-B.-1C.5-D.-5二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知函数f(x)=ax-x+b的零点x0∈(k,k+1)(k∈Z),其中常数a,b满足3a=2,3b=,则k=　　　　　. 10.设函数y=x2-2x,x∈[-2,a],若函数的最小值为0,则a=　　　　　. 11.已知函数f(x)=x|x-a|,若对任意的x1,x2∈[2,+∞),且x1≠x2,(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0恒成立,则实数a的取值范围为　　　　　. 12.已知函数f(x)满足f(x+1)=-x2-4x+1,函数g(x)=有两个零点,则m的取值范围为　　　　　. 13.若f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],且|f(x)|的最大值为,则4a+3b=　　　　　. 14.(2022浙江名校协作体联盟二模)已知函数f(x)=x2+nx+m,若{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0}≠⌀,则m+n的取值范围是　　　　　. 三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,其中常数a,b,c∈R.(1)若f(3)=f(-1)=-5,且f(x)的最大值是3,求函数f(x)的解析式;4\n(2)若a=1,对任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,求b的取值范围.16.(本小题满分15分)已知a,b∈R,函数f(x)=x2+ax+b.(1)若a=-2,且函数y=|f(x)|在区间[-1,2]上的最大值为2,求实数b的值;(2)设max{m,n}=g(x)=a(x-1),其中a≠0,若函数h(x)=max{f(x),g(x)}在区间(-1,2)内有两个不同的零点,求2a+b的取值范围.参考答案专题能力训练4　二次函数及函数方程1.B2.D　解析∵f(-2)=-,f(-1)=-,f(0)=1,f(1)=2,f(2)=5,∴f(0)f(1)>0,f(1)f(2)>0,f(-2)f(-1)>0,f(-1)f(0)<0.故选D.3.D　解析因为当x>0时,f(x)=2x-1,由f(x)=0得x=.所以要使f(x)在R上有两个零点,必须2x-a=0在(-∞,0]上有唯一实数解.又当x∈(-∞,0]时,2x∈(0,1],且y=2x在(-∞,0]上单调递增,故所求a的取值范围是(0,1],应选D.4.C　解析设t=f(x),由题意可得g(x)=f(t)=at2+bt+c,t≥k,函数y=at2+bt+c,t≥k的图象为函数y=f(x)的图象的一部分,即有函数g(x)的值域为函数f(x)的值域的子集,即[2,+∞)⊆[k,+∞),可得k≤2.故k的最大值为2.5.C　解析令y=f(2x2+1)+f(λ-x)=0,则f(2x2+1)=-f(λ-x)=f(x-λ),因为f(x)是R上的单调函数,所以2x2+1=x-λ只有一个实根,即2x2-x+1+λ=0只有一个实根,则Δ=1-8(1+λ)=0,解得λ=-.故选C.4\n6.A　解析由条件知函数f(x)在R上为单调递增函数,整理得x2+ax-1+at2+t+a≤0,记g(x)=x2+ax-1+at2+t+a,则由题意知只要代入对a分离得从而解得即a≤-1.故选A.7.D　解析令t=f(x),作出函数f(x)的图象和t=m的图象(如图所示),若关于x的方程f2(x)-3f(x)+a=0(a∈R)有8个不等的实数根,则关于t的方程t2-3t+a=0(a∈R)有2个不等的实数根t1,t2,且1<t1<t2<2,则解得2<a<,即a的取值范围是.故选D.8.B　解析当x≥1时,则1-|x-3|+=0,解得x=或x=.当0≤x<1时,则lo(x+1)+=0,解得x=-1.∵f(x)为奇函数,∴当-1<x<0时,f(x)=-lo(-x+1),则-lo(-x+1)+=0,解得x=1-(舍去);当x≤-1时,f(x)=-1+|x+3|,则-1+|x+3|+=0,解得x=-或x=-.故函数y=f(x)+所有的零点之和为-1--1,应选B.9.1　解析依题意有a=log32∈(0,1),b=log3=2-2log32=2-2a,因为0<a<1,所以y=f(x)是R上的减函数,而f(1)=a-1+b=1-a>0,f(2)=a2-2+b=a2-2a=a(a-2)<0,故x0∈(1,2),k=1.10.0　解析因为函数y=x2-2x=(x-1)2-1,所以其图象的对称轴为直线x=1,因为x=1不一定在区间[-2,a]内,所以要进行讨论.当-2<a≤1时,函数在[-2,a]上单调递减,则当x=a时,y取得最小值,即ymin=a2-2a,所以a2-2a=0,所以a=0,a=2(舍去);当a>1时,函数在[-2,1]上单调递减,在[1,a]上单调递增,则当x=1时,y取得最小值,即ymin=-1.不合题意.故a=0.11.(-∞,2]　解析f(x)=由(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0知,函数y=f(x)在[2,+∞)单调递增,当a≤0时,满足题意;当a>0时,根据函数图象可知只需a≤2,即0<a≤2.综上所述,a≤2.12.[-2,0)∪[4,+∞)　解析设x+1=t⇒x=t-1,f(t)=-(t-1)2-4(t-1)+1=-t2-2t+4,即f(x)=-x2-2x+4,函数g(x)=由-x2-2x=0,解得x1=-2或x2=0;由x-4=0,解得x=4.因为函数只有两个零点,若没有x=4时,m≥4,若没有x=-2时,不成立,若没有x=0时,-2≤m<0,所以m的取值范围是[-2,0)∪[4,+∞).13.-　解析若|f(x)|的最大值为,则|f(0)|=|b|≤,-≤b≤,①同理-≤1+a+b≤,②-≤1-a+b≤,③②+③,得-≤b≤-,④由①④得b=-,当b=-时,分别代入②③,得⇒a=0,故4a+3b=-.4\n14.[0,4)　⇒f(0)=0,∴m=0,f(x)=x2+nx,n≠0,{x|f(x)=0}={0,-n},即f(x)=0①,f(x)=-n②,由于{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0},故方程②无解,∴n2-4n<0⇒0<n<4;当n=0时,{x|f(x)=0}={x|f(f(x))=0}={0},故m+n=0或m+n∈(0,4),∴m+n∈[0,4).15.解(1)由题意得解得a=-2,b=4,c=1,故f(x)=-2x2+4x+1.(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;当≤1,即|b|≤2时,M=max{f(1),f(-1)}-f-f≤4,解得|b|≤2,即-2≤b≤2.综上,b的取值范围为-2≤b≤2.16.解(1)当a=-2时,f(x)=x2-2x+b=(x-1)2+b-1.所以f(x)在区间[-1,1]上递减,在区间[1,2]上递增.所以f(x)在区间[-1,2]上的值域为[b-1,3+b].所以|f(x)|max=max{|b-1|,|b+3|}=2,解得b=-1.(2)①若f(1)<0,则x=1是h(x)的一个零点,从而只需满足利用线性规划知识可解得-4<2a+b<-1.②若f(1)=0,则解得-2<2a+b<-1.③若f(1)>0,ⅰ当a>0时,g(x)<0在区间(-1,1)上恒成立,所以只需满足f(x)在区间(-1,1)内有两个不同的零点.所以利用线性规划知识可解得-2<2a+b<5.ⅱ当a<0时,g(x)<0在区间(1,2)上恒成立,f(x)在区间(1,2)内有两个不同的零点.所以利用线性规划知识可解得-4<2a+b<-3.综上所述,2a+b的取值范围为(-4,-1)∪(-2,5).4