2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓(xùn)練9 函數(shù) 新人教A版.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓(xùn)練9 函數(shù) 新人教A版 1.已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c. (1)若f(3)∶f(1)∶f(-1)=3∶1∶3,且函數(shù)f(x)的最大值為-2,求f(x)的解析式; (2)若f(x)在上單調(diào)遞增,且f(x)的頂點在x軸上,求滿足f(2)+mf(-2)=mf(1)的實數(shù)m的最小值. 2.(xx浙江寧波五校聯(lián)考,文20)已知二次函數(shù)f(x)=x2+bx+c,其中常數(shù)b,c∈R. (1)若任意的x∈[-1,1],f(x)≥0,f(2+x)≤0,試求實數(shù)c的取值范圍; (2)若對任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,試求實數(shù)b的取值范圍. 3.已知函數(shù)f(x)=-|x-a|(a>0,x>0), (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)x∈(0,4]時,若f(x)≥x-3恒成立,求a的取值集合. 4.已知函數(shù)f(x)=lox-mlog2x+a,g(x)=x2+1. (1)當(dāng)a=1時,求f(x)在x∈[1,4]上的最小值; (2)當(dāng)a>0,m=2時,若對任意的實數(shù)t∈[1,4],均存在xi∈[1,8](i=1,2),且x1≠x2,使得=f(t)成立,求實數(shù)a的取值范圍. 5.考查函數(shù)f(x)在其定義域I內(nèi)的單調(diào)性情況:若f(x)在I內(nèi)呈先減再增,則稱f(x)為“V型”函數(shù);若f(x)在I內(nèi)呈減-增-減-增,則稱f(x)為“W型”函數(shù).給定函數(shù)f(x)=x2+2ax+b(a,b∈R). (1)試寫出這樣的一個實數(shù)對(a,b),使函數(shù)f(|x|)為R上的“V型”函數(shù),且|f(x)|為R上的“W型”函數(shù).(寫出你認為正確的一個即可,不必證明) (2)若|f(x)|為R上的“W型”函數(shù),且存在實數(shù)m,使|f(m)|≤與|f(m+1)|≤能同時成立,求實數(shù)b-a2的取值范圍. 6.已知函數(shù)f(x)=x2+|x+1-a|,其中a為實常數(shù). (1)判斷f(x)的奇偶性; (2)若對任意x∈R,不等式f(x)≤2|x-a|恒成立,求a的取值范圍. 題型專項訓(xùn)練9 函數(shù)(解答題專項) 1.解:(1)由條件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, 因為函數(shù)f(x)的最大值為-2, 所以a<0,且2a=-2,即a=-1. 故f(x)=-(x-1)2-2. (2)由條件可設(shè)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≠-,則m=. 令-(2t+1)=s>0, 于是m=, 取等號的條件為t=-3. 2.解:(1)因為-1≤x≤1, 所以1≤2+x≤3. 由已知,有對任意的-1≤x≤1,f(x)≥0恒成立; 對任意的1≤x≤3,f(x)≤0恒成立, 故f(1)≥0,且f(1)≤0, 即f(1)=0,也即1為函數(shù)y=f(x)的一個零點. 因此可設(shè)f(x)=(x-1)(x-c). 所以,對任意的1≤x≤3,f(x)≤0恒成立, 即[1,3]?[1,c],即c的取值范圍為c≥3. (2)函數(shù)f(x)=x2+bx+c對任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4恒成立, 即f(x)max-f(x)min≤4, 記f(x)max-f(x)min=M,則M≤4. 當(dāng)>1,即|b|>2時,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,與M≤4矛盾; 當(dāng)≤1,即-2≤b≤2時,M=max{f(1),f(-1)}-f-f≤4,即-2≤b≤2. 綜上,c的取值范圍為-2≤b≤2. 3.解:(1)當(dāng)a>1時,f(x)在區(qū)間(0,)上遞減,在區(qū)間(,a)上遞增,在區(qū)間(a,+∞)上遞減; 當(dāng)0下載提示(請認真閱讀)
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