《3年高考2年模拟》高考数学(山西专用,理)训练：2.4二次函数与幂函数(含答案解析)

第四节二次函数与幂函数
A组基础题组
1.(2015山东诊断,4)已知幂函数f(x)=k·xα的图象过点,则k+α=()
A. B.1 C. D.2
2.已知幂函数f(x)=xα的部分对应值如下表,
则不等式f(|x|)≤2的解集是()
A.{x|-4≤x≤4}
B.{x|0≤x≤4}
C.{x|-≤x≤}
D.{x|0<x≤}
3.(2015浙江六校联考)“m=1”是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的()
A.必要而不充分条件
B.充分而不必要条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
4.(2015湖南长沙二模,6)若函数y=x2-3x-4的定义域为[0,m],值域为,则m的取值范围是()
A.(0,4]
B.
C.
D.
5.(2015浙江镇海中学阶段测试,4)已知f(x)=ax2-x-c,若f(x)>0的解集为(-2,1),则函数y=f(-x)的大致图象是()
6.(2016辽宁沈阳二中月考)如果(m+4<(3-2m,则m的取值范围是.
7.(2015江苏五校联考,14)已知函数f(x)=mx2+(2-m)x+n(m>0),当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1恒成立,则
f=.
8.若x≥0,y≥0,且x+2y=1,则2x+3y2的最小值为.
9.已知函数f(x)=-x2+x在区间[m,n](n>m)上的值域是[3m,3n],则m=,n=.
10.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且当x≤0时, f(x)=x2+2x.现已画出函数f(x)在y轴左侧的图象,如图所示.
(1)写出函数f(x)(x∈R)的增区间;
(2)写出函数f(x)(x∈R)的解析式;
(3)若函数g(x)=f(x)-2ax+2,求函数g(x)在[1,2]上的最小值.
11.(2015山东阶段测试二,17)已知函数f(x)=ax2+bx+1(a,b为实数,a≠0,x∈R).
(1)若函数f(x)的图象过点(-2,1),且方程f(x)=0有且仅有一个实根,求f(x)的表达式;
(2)在(1)的条件下,当x∈[-1,2]时,g(x)=f(x)-kx是单调函数,求实数k的取值范围.
B组提升题组
12.(2016湖南邵阳石齐中学月考)若函数f(x)=ax2+b|x|+c(a≠0)有四个单调区间,则实数a,b,c满足()
A.b2-4ac>0,a>0
B.b2-4ac>0
C.->0,c∈R
D.-<0,c∈R
13.已知f(x)为偶函数,当x≥0时, f(x)=-(x-1)2+1,则满足f[f(a)]=的实数a的个数为()
A.2
B.4
C.6
D.8
14.(2015四川,9,5分)如果函数f(x)=(m-2)x2+(n-8)x+1(m≥0,n≥0)在区间上单调递减,那么mn的最大值为()
A.16
B.18
C.25
D.
15.(2015陕西,12,5分)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是()
A.-1是f(x)的零点
B.1是f(x)的极值点
C.3是f(x)的极值
D.点(2,8)在曲线y=f(x)上
16.已知函数f(x)=2x2+(4-m)x+4-m,g(x)=mx,若存在实数x,使f(x)与g(x)均不是正数,则实数m 的取值范围是.
17.(2015雅安模拟)已知函数f(x)=3ax2+2bx+c,a+b+c=0,且f(0)·f(1)>0.
(1)求证:-2<<-1;
(2)若x1、x2是方程f(x)=0的两个实根,求|x1-x2|的取值范围.
答案全解全析
A组基础题组
1.C由幂函数的定义知k=1.又f=,所以=,解得α=,从而k+α=.
2.A由题意知=,∴α=,
∴f(x)=,
由|x≤2,得|x|≤4,即-4≤x≤4.
3.B若m=1,则f(x)=x2-6x+6=(x-3)2-3,故f(x)在区间(-∞,3]上为单调减函数,即“m=1”是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的充分条件;反过来,若函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数,则3m≥3,即m≥1,则“m=1”不是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的必要条件.综上所述,“m=1”是“函数f(x)=x2-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数”的充分而不必要条件.故选B.
4.C函数y=x2-3x-4=-的图象如图.
令y=x2-3x-4=-4,解得x=0或x=3.
为了保证函数的值域为,
则≤m≤3,故选C.
5.C由f(x)>0的解集为(-2,1),可知函数y=f(x)的大致图象为选项D,又函数y=f(x)与y=f(-x)的图象关于y轴对称,故选C.
6.答案
解析∵(m+4<(3-2m,
∴m+4>3-2m>0,解得-<m<.
故m的取值范围为-<m<.
7.答案-
解析由题意得:
|f(0)|≤1⇒|n|≤1⇒-1≤n≤1;
|f(1)|≤1⇒|2+n|≤1⇒-3≤n≤-1,
因此n=-1,
∴f(0)=-1, f(1)=1.
由f(x)的图象可知:要满足题意,则图象的对称轴为直线x=0,∴2-m=0,m=2,
∴f(x)=2x2-1,∴f=-.
8.答案
解析由x≥0,且x+2y=1得x=1-2y≥0,
又y≥0,∴0≤y≤,
设t=2x+3y2,把x=1-2y代入,得t=2-4y+3y2=3+,∴t=2-4y+3y2在上递减,∴当y=
时,t取到最小值,t min=.
9.答案-4;0
解析f(x)=-x2+x图象的对称轴为x=1,则f(x)的最大值为f(1)=,
于是3n≤,即n≤,所以对称轴x=1在区间[m,n]的右侧,所以函数f(x)=-·x2+x在区间[m,n]上单
调递增,故解得(舍去)或
10.解析(1)f(x)的增区间为(-1,0),(1,+∞).
(2)若x>0,则-x<0,又函数f(x)是定义在R上的偶函数,且当x≤0时, f(x)=x2+2x,∴f(x)=f(-x)=(-x)2+2×(-x)=x2-2x(x>0),
∴f(x)=
(3)g(x)=x2-2x-2ax+2,其图象的对称轴方程为x=a+1,
当a+1≤1,即a≤0时,g(1)=1-2a为g(x)在[1,2]上的最小值;
当1<a+1≤2,即0<a≤1时,g(a+1)=-a2-2a+1为g(x)在[1,2]上的最小值;
当a+1>2,即a>1时,g(2)=2-4a为g(x)在[1,2]上的最小值.
综上,在x∈[1,2]上,
g(x)min=
11.解析(1)因为f(-2)=1,即4a-2b+1=1,所以b=2a.
因为方程f(x)=0有且仅有一个实根,所以Δ=b2-4a=0.
所以4a2-4a=0,所以a=1,所以b=2.
所以f(x)=(x+1)2.
(2)g(x)=f(x)-kx=x2+2x+1-kx=x2-(k-2)x+1=+1-.
由g(x)的图象知:要满足题意,则≥2或≤-1,即k≥6或k≤0,∴所求实数k的取值范围为(-∞,0]∪[6,+∞).
B组提升题组
12.C当x>0时, f(x)=ax2+bx+c,
由题意知,此时, f(x)应有两个单调区间,
∴->0.
当x<0时, f(x)=ax2-bx+c,
由<0,知x<0时f(x)有两个单调区间.
∴a,b满足->0,故选C.
13.D作出函数f(x)的图象,如图所示,易知f(x)≤1,且方程f(x)=有四个
根:-1-,-1+,1-,1+,所以f(a)=-1-或f(a)=-1+或f(a)=1-,结合图象知,当f(a)=-1-时,a有2个值对应;当f(a)=-1+时,a有2个值对应;当f(a)=1-时,a有4个值对应.综上可知满足f[f(a)]=的实数a有8个.
14.B当m=2时, f(x)=(n-8)x+1,要使其在区间上单调递减,则n-8<0⇒n<8,于是mn<16,则mn无最大值.
当m∈[0,2)时, f(x)的图象开口向下,要使f(x)在区间上单调递减,需-≤,即2n+m≤18,
又n≥0,则mn≤m=-m2+9m.而g(m)=-m2+9m在[0,2)上为增函数,∴m∈[0,2)时,g(m)<g(2)=16,故m∈[0,2)时,
mn无最大值.
当m>2时, f(x)的图象开口向上,要使f(x)在区间上单调递减,需-≥2,即2m+n≤12,而
2m+n≥2,所以mn≤18,当且仅当即时,取“=”,此时满足m>2.故(mn)max=18.故选B.
15.A由已知得, f '(x)=2ax+b,则f(x)只有一个极值点,若A、B正确,则有解得b=-2a,c=-3a,
则f(x)=ax2-2ax-3a.
由于a为非零整数,所以f(1)=-4a≠3,则C错.
而f(2)=-3a≠8,则D也错,与题意不符,故A、B中有一个错误,C、D都正确.
若A、C、D正确,则有
由①②得
代入③中并整理得9a2-4a+=0,
又a为非零整数,则9a2-4a为整数,故方程9a2-4a+=0无整数解,故A错.
若B、C、D正确,则有
解得a=5,b=-10,c=8,则f(x)=5x2-10x+8,
此时f(-1)=23≠0,符合题意.故选A.
16.答案[4,+∞)
解析当m=0时, f(x)=2x2+4x+4=2(x+1)2+2>0,g(x)=0,不符合题意;
当m<0时,函数f(x)=2x2+(4-m)x+4-m的图象的对称轴为x=-=-1+<-1,且f(0)>4,函数g(x)=mx的图象过原点且过第二、四象限,不符合题意;当m>0时,函数f(x)=2x2+(4-m)x+4-m
的图象的对称轴为x=-=-1+>-1,函数g(x)=mx的图象过原点且过第一、三象限,由题意
得或f(0)≤0,解得m≥4.综上所述,m≥4.
17.解析(1)证明:当a=0时, f(0)=c,
f(1)=2b+c,b+c=0,
则f(0)·f(1)=c(2b+c)=bc=-b2≤0,与已知矛盾,因而a≠0,则f(0)·f(1)=c(3a+2b+c)=-(a+b)(2a+b)>0, 即<0,从而-2<<-1.
(2)由于x1、x2是方程f(x)=0的两个实根,
则x1+x2=-,x1x2=-,
那么(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2
=+4×=·++=+,
∵-2<<-1,
∴≤(x1-x2)2<,
∴≤|x1-x2|<,即|x1-x2|的取值范围是.。