2023屆高三數(shù)學一輪基礎鞏固第2章第8節(jié)二次函數(shù)文（含解析）新人教B版

PAGE1-【走向高考】2016屆高三數(shù)學一輪基礎鞏固第２章第8節(jié)二次函數(shù)(文）新人教Ｂ版一、選擇題1.(2013·濟南模擬）對于任意a∈[-1,1］，函數(shù)f(x）=x2＋(a－４)ｘ＋４-2a的值恒大于零，那么x的取值范圍是(）Ａ.(１,3) B．(－∞，1)∪(3，＋∞)C．（1,２)?D．(３，+∞)[答案]Ｂ[分析]f（x）為二次函數(shù)，ａ為參數(shù),當ａ∈［－1，１]時,f(x)>０恒成立，可用轉(zhuǎn)化思想轉(zhuǎn)化為一次函數(shù)g(ａ)＝（x-２）a+x2-4x+4來研究,也可以在［－1,１］上?。岬闹禉z驗．[解析]令ｇ(a)=(x－２）ａ+x２－4x+4,∵a∈[-１,1]時，g(a)>０恒成立,且x=２時，ｇ(a)=0．∴ｅq\b\lc＼{\rc＼(＼a\ｖｓ4\aｌ＼ｃo1(x>２，,g-１=x2-５x＋6>０，)）或eｑ\b\lc\｛＼rc\（\a\vs４＼al\cｏ1(ｘ<2，,g1＝x２-3x＋２＞0,)）∴x>3或x<1,故選B.2.已知函數(shù)f（ｘ)＝ax2＋(b+ｃ)x+1(a≠0)是偶函數(shù),其定義域為[a－c，b］,則點(a,b）的軌跡是()A.線段?B.直線的一部分Ｃ.點 D．圓錐曲線［答案]B[解析]∵偶函數(shù)的定義域關于原點對稱，且f（-ｘ)＝ｆ（ｘ）,∴eq＼b\lc\{\rｃ\(\a＼vｓ4\al＼co1（b+c=０,,ａ－c＋b＝0，，b>0,))?a＝－2b(b>0),即點(ａ，ｂ)的軌跡方程為ｘ+２y=0(y＞０）,其軌跡為直線的一部分.3．(2014·四川成都樹德中學期中)若函數(shù)y=ｘ2-３x-4的定義域為[0,m],值域為[－eｑ＼f(２5,4)，－4］,則m的取值范圍是()A．(0,4］?Ｂ．［ｅq＼f（3，2),3]C.［ｅq\f(３，2),4] D．[ｅq\f（3，2),+∞）[答案]B［解析］二次函數(shù)y=x2-3x-4的對稱軸是x＝ｅｑ\f(3,2）,開口向上，最小值是yｍin＝-eq\f（25,4），在x＝eq\f(3,2）處取得，所以由函數(shù)的值域是［－eq\f（25,4)，－4]，可知m應該在對稱軸的右邊,當函數(shù)值是-4時，對應的自變量的值是ｘ＝0或x=3，如果m比3大,那么函數(shù)值就超出［－eq\f(2５,4),－4]的范圍，所以ｍ的取值范圍是[eq\ｆ(3,2)，3].4．若方程x2-2mｘ＋4=0的兩根滿足一根大于2,一根小于2，則m的取值范圍是()A．（－∞,－eｑ\f(５,２))?B.（ｅｑ＼f(5,2),＋∞)C．(－∞，－２）∪（2，＋∞) D.(２，+∞）[答案］D[解析］設f(x)=x2-２mx＋4，則題設條件等價于f(2）＜0,即4－４m＋４<０?m＞2，故選D.５.(2０13·煙臺期中)某公司在甲、乙兩地銷售一種品牌車,利潤(單位:萬元)分別為Ｌ１=５.0６x-0.15x２和L2=２ｘ,其中x為銷售量(單位:輛)．若該公司在這兩地共銷售15輛車,則能獲得的最大利潤為(）Ａ．４5．６06?B.45.6Ｃ．45.5６?D.４5.51［答案]Ｂ[解析]依題意可設甲銷售ｘ輛，則乙銷售(１5－x)輛,∴總利潤Ｓ=５.06x－0.１5x2＋２(15-x)＝－0.15ｘ2+3.０６x+30(x≥0)．∴當ｘ=1０時,Sｍax=4５．6（萬元)．6．函數(shù)f(x)對任意x∈R,滿足ｆ（x)＝f（2－ｘ).如果方程ｆ(x)＝0恰有２01３個實根，則所有這些實根之和為()A.0?B．2013Ｃ.40２６ D.8052[答案］B[解析]∵x∈Ｒ時,f(x)=f(2－x)，∴f（x)的圖象關于直線x＝1對稱，實根之和為1×2013=201３.二、填空題7．設f(x）是定義在R上且周期為2的函數(shù)，在區(qū)間［-１，1]上，f(ｘ)＝ｅｑ\b＼lc\{＼ｒc＼(\a＼ｖs4＼al＼co1(aｘ＋1,-１≤x＜０,,\f(bx＋2，x＋1）,0≤x≤１，）)其中a、b∈R，若f(ｅｑ\f(１,2）)=ｆ(eq＼f（3,2)),則ａ+3b的值為________．[答案]－10[解析]∵f(x)的周期為2，則ｆ(ｅq\ｆ(3,2))=f（eq＼ｆ(3，２)－2）＝f(-eq＼f(１，2）),∴ｆ(-eｑ\f(1,2))=f(eq\f(1,２))，代入可得3a＋2b=-２.同理f（－1)=f(-1＋２)＝f(1),化簡得b=-２a，兩式聯(lián)立解得a＝２,ｂ=－4，∴a+３b=2+3×(－4)=-10.充分利用函數(shù)周期性的性質(zhì),將所求函數(shù)值轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間內(nèi)的函數(shù)值.８.若函數(shù)ｆ(x)=ax+b(ａ≠0)的一個零點是１，則函數(shù)g（ｘ)=ｂｘ2－ａx的零點是________．［答案]0或－1[解析]由題意知aｘ+ｂ=0(a≠0)的解為x＝1，∴b=－a,∴g（x)＝-aｘ2－aｘ=-ax(x+1)，令ｇ(x)=0,則x＝0或ｘ=－1.9．（20１4·遼寧沈陽質(zhì)量監(jiān)測)定義運算：xy＝eq\ｂ＼lｃ\｛\rｃ\(\a\vｓ4\al＼co1(x，xy≥0,，ｙ，xｙ<０，))例如:34=3，（－２)4=4,則函數(shù)f(ｘ）＝ｘ2(2x－ｘ2)的最大值為_______＿．[答案］4[解析]由2x－x2≥0得0≤x≤2,由“xy”的定義知,當0≤x≤2時,f(x)＝x２≤4；當ｘ<０或ｘ>2時,f(ｘ）＝２x-x2<０，∴ｆ（x）的最大值為4.三、解答題10.已知二次函數(shù)f(ｘ)滿足f(2)＝－1,f（-1)=－1,且f（x）的最大值是8，試確定此二次函數(shù)．[分析]由條件知f(x）的圖象過點(2，－1)和（－1,-１),且頂點縱坐標為8,故可設出一般式求解．［解析]設ｆ(x)=ax２+bｘ＋c(a≠0），依題意有eq\b\lc\{＼ｒc\(\a\vs4\al＼co1(4a+2b+c=-１,,a－ｂ+c＝-１，,\ｆ(4ac-b2,4ａ)=8，))解之得，ｅq\b\lc\｛\rc\(\a＼vs4\aｌ\cｏ1(a＝－4，,b＝４,，c=７.)）∴所求二次函數(shù)為y＝－4ｘ2＋4ｘ+7.[點評]求二次函數(shù)的解析式時,一定要先分析已知條件,確定要選取的解析式的形式.如果注意到f(2）=－1和f(－1)＝－１的特點,可知①f(ｘ)的對稱軸方程為x=eq\f(１，2)，②令g（x)＝f(ｘ)＋１,則２和－１為g（x）的兩個零點，且g(x）的最大值為9,據(jù)此又可得到不同的解答.一、選擇題１1．設二次函數(shù)f（x)=ａｘ２－2ax+c在區(qū)間［0,１]上單調(diào)遞減,且f(m）≤ｆ(0）,則實數(shù)m的取值范圍是()A.(-∞，0]?B.［2，＋∞)Ｃ.(-∞，0］∪[2,+∞) D.[0,2][答案]Ｄ[解析]二次函數(shù)ｆ(x）=ax2－2ax＋c在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減,則ａ≠0,ｆ′(ｘ)=2a(x-1）<０，x∈[０，1］,所以ａ>0，即函數(shù)的圖象開口向上,對稱軸是直線ｘ＝１.所以f(0)=f(2）,則當ｆ(m）≤ｆ(０）時，有0≤m≤２.12.(2013·鄭州第一次質(zhì)量預測)圖中陰影部分的面積S是關于ｈ的函數(shù)(0≤h≤H）,則該函數(shù)的大致圖象是（)[答案]B[解析]由題圖知,隨著h的增大,陰影部分的面積S逐漸減小,且減小得越來越慢,結(jié)合選項可知選B.１3．(201４·北京朝陽上學期期末)函數(shù)f（x)＝x２－３x的圖象為曲線Ｃ1,函數(shù)g(x）=４－ｘ２的圖象為曲線C2,過x軸上的動點M(ａ,0)(0≤a≤3)作垂直于ｘ軸的直線分別交曲線C1，C2于Ａ,Ｂ兩點,則線段AＢ長度的最大值為（)A.２ B.4C．5 D．eｑ＼f(41，８)［答案]Ｄ[解析]過點M(ａ,０)（0≤ａ≤３)作垂直于ｘ軸的直線,方程為x＝a,與曲線C1的交點A(a,a２－3a),與曲線Ｃ２的交點B（ａ,4－ａ2),所以｜AB|＝|(a2-3a）－(4－a2)｜=|2ａ2-3ａ-4|=｜2(ａ-eq\f（3，4))２－eq\f(41,8)|.因為0≤a≤3，所以-ｅq\f(4１,8)≤2(ａ－eq＼f(3,4）)2-eq＼f(4１,8)≤５，所以０≤｜2(a-eq＼f(3,4))2－eｑ\f(４１，8)|≤ｅq＼f(４1,8),所以|AB｜max=eq\f(４1,８).1４.（2013·昆明重點中學檢測)在R上定義運算?:x?y=x(1-y).若對任意x>2,不等式(x-a)?x≤ａ＋2都成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A．［-1,7]?B．(－∞,3]C．(-∞，7] D．(－∞，-1]∪［７,＋∞）[答案]C[分析]先依據(jù)?的定義將不等式等價轉(zhuǎn)化為一元二次不等式，然后利用二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)討論二次不等式在(2,+∞)上恒成立時，a的取值范圍.［解析]由題意得（ｘ－ａ)?x＝（x－a)(1-x),故不等式(ｘ－a)?x≤a＋２可化為(x-a)(1－ｘ)≤a+2,化簡得x2-(a+1)x+2a+２≥0,故原題等價于x2－(ａ＋1)ｘ+2a＋２≥0在(２，＋∞）上恒成立,二次函數(shù)ｆ(ｘ）=x2－(a+1)ｘ+2a+2圖象的對稱軸為x＝eｑ\f(ａ+１,2)，討論得eq\b\lc\{\rｃ\(\a\ｖs４＼al＼cｏ１(\ｆ（ａ＋１，2）≤2,f2≥0))或eq\b\ｌc\｛＼rc\(\a\vs4\ａｌ\ｃｏ1(\f(a＋1,２)>2,f\ｆ(ａ+1，2）≥0)),解得a≤3或3<a≤7，綜上可得，a≤7.二、填空題15.（2015·深圳市五校聯(lián)考)若不等式x2<|x－1|+a的解集是區(qū)間(-3,3)的子集,則實數(shù)ａ的范圍為＿______＿.[答案](-∞，5][解析]不等式x2<|x－１|＋a等價于ｘ2－|x－１|-a<0,設f（x）＝ｘ２－|x－1｜－ａ,若不等式x2<|x-1|＋a的解集是區(qū)間(-3，3）的子集,則eq\b\lc＼{\ｒｃ\(\a\vs4\al＼co1(f-3≥０,,ｆ3≥０，))∴eｑ\ｂ＼ｌc\{\rc＼（\ａ\vｓ4＼aｌ＼co1(5-a≥0,,7－a≥0,))∴a≤5．1６．（2013·天津模擬)若關于x的不等式x2+eq\ｆ(1，２)ｘ－(ｅq＼f（1,2))n≥０對任意n∈Ｎ*在x∈(-∞，λ]上恒成立,則實數(shù)λ的取值范圍是__＿＿____．［答案]（－∞,-1][解析]∵ｎ∈Ｎ*,∴(eq＼f(1，2））n≤eq\f（１，２），由題意x２＋ｅq＼f(１，2)x≥(ｅq＼f(1,2)）n恒成立,∴ｘ２＋eｑ＼ｆ(1,2)x≥eq\f(1,2).(*)∵ｘ2＋ｅq＼ｆ（1,2）ｘ＝（ｘ＋eｑ\f(1,4))２－eｑ\f(1,16）∴要使(＊)式在(－∞,λ］上恒成立，應有λ2＋eq\f(１,２）λ≥eｑ\f（1，2)，∴λ≤－１或λ≥eｑ\f(１,２)，但eq\f（1,2)>－eｑ\ｆ(1,４),不合題意,∴λ≤-1.三、解答題１７.已知函數(shù)f(x)＝ax２＋(b－8）ｘ－ａ－ａb(a≠０),當x∈（－3,2）時,ｆ(x)>０;當ｘ∈（－∞,－3)∪(2,+∞)時,ｆ(x）<0．(1)求f(x)在[0,1]內(nèi)的值域;(2)c為何值時，不等式ａｘ2+bx＋ｃ≤0在[1，4]上恒成立.［解析］(１）由題意得x＝－３和x=2是函數(shù)f(x)的零點且a≠0，則eq\ｂ\ｌｃ\{＼rc\(＼a\ｖｓ4\al＼co1（0=a·-3２+b-８·－3-a-ａb,,0＝a·22＋b－８·２－a-ab,))解得eq\b\ｌc\｛＼rc\(\a＼vs4＼ａl\co1(a=-３，b＝5)),∴f(x)=－３ｘ2－3ｘ＋18.（1)如圖，由圖象知，函數(shù)ｆ(x）在[0,1］內(nèi)單調(diào)遞減，∴當x＝０時,y=1８,當ｘ=1時,y＝１２,∴f（x)在[０,1]內(nèi)的值域為[1２,18］．(2)解法1:令ｇ(x）＝－３ｘ2+5x+c.∵g(x)在eq\b＼lc\［\rｃ＼）(\ａ＼vs4\al\co１（\f（5,６)，＋∞）)上單調(diào)遞減，要使g(x)≤0在[1,4］上恒成立，則需要g(x）max=g（1）≤0,即-３+5+c≤０，解得c≤－2.∴當c≤-2時，不等于ａx２+bx＋c≤0在[１,4］上恒成立.解法2：不等式－3ｘ2+5x+c≤0在[1,4]上恒成立,即c≤３x2－5x,在［1,４]上恒成立.令g(x)＝3x２-5ｘ,∵x∈[1,4］，∴ｇ(x)在[1，４]上單調(diào)遞增,∴g(ｘ)mｉｎ＝ｇ(1）=3×12－5×１＝－2，∴c≤－2．18．(2015·江西贛州博雅文化學校月考）已知f(ｘ)是二次函數(shù),不等式f(x)＜0的解集是(0,5),且f(ｘ)在區(qū)間[-1,４]上的最大值是12.(1)求f(x）的解析式;(２)是否存在正整數(shù)ｍ,使得方程f(x)+eｑ\f(3７,x）=0在區(qū)間（m，m+1)內(nèi)有且只有兩個不等的實數(shù)根?若存在,求出所有m的值;若不存在，請說明理由.［解析](１)因為f（x)是二次函數(shù)，且f(ｘ）<0的解集是(０,5）,所以可設ｆ(ｘ)=ax(x－５)(a＞0)．所以f（x)在區(qū)間［－1,4]上的最大值是f(-1)＝6a,由已知得6a=12,∴a＝２．∴f(x）=2x(x-5)=２ｘ2-1０x(x∈R).(2)方程f(x）+eq\ｆ(3７,x）=0?２x３－10x2＋3７＝0,設h(x)=2x