《2022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(xiàng)訓(xùn)練9 函數(shù) 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022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(xiàng)訓(xùn)練9 函數(shù) 新人教A版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022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(xiàng)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(diǎn)在x軸上,求滿足f(2)+mf(-2)=mf(1)的實(shí)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(shí)數(shù)c
2、的取值范圍;
(2)若對(duì)任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,試求實(shí)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(shí),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(shí),求f(x)在x∈[1,4]上的最小值;
(2)當(dāng)a>0,m=2時(shí),若對(duì)任意的實(shí)數(shù)t∈[1,4],均存在xi∈[1,8](
3、i=1,2),且x1≠x2,使得=f(t)成立,求實(shí)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(gè)實(shí)數(shù)對(duì)(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(rèn)為正確的一個(gè)即可,不必證明)
(2)若|f(x)|為R上的“W型”函數(shù),且存在實(shí)數(shù)m,使|f
4、(m)|≤與|f(m+1)|≤能同時(shí)成立,求實(shí)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(shí)常數(shù).
(1)判斷f(x)的奇偶性;
(2)若對(duì)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(xiàng)訓(xùn)練9 函數(shù)(解答題專項(xiàng))
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?yàn)楹瘮?shù)f(x)的最大值為-2,
所以a<0,且2a=-2,即a=-1.
5、
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(hào)的條件為t=-3.
2.解:(1)因?yàn)?1≤x≤1,
所以1≤2+x≤3.
由已知,有對(duì)任意的-1≤x≤1,f(x)≥0恒成立;
對(duì)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(gè)零點(diǎn).
因此可設(shè)f(x)=(x-
6、1)(x-c).
所以,對(duì)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(duì)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(shí),M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,與M≤4矛盾;
當(dāng)≤1,即-2≤b≤2時(shí),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(shí),f(x)在區(qū)間(0,)上遞
7、減,在區(qū)間(,a)上遞增,在區(qū)間(a,+∞)上遞減;
當(dāng)04時(shí),+x-a≥x-3?+3-a≥0?a≤4不成立.
綜上所述,a的取值集合為{4}.
4.解:(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lox-mlog2x+1=+1-,其中0≤log2x≤2.
因此,①當(dāng)≤0,即m≤0時(shí),f(x)min=f(1)=1;
②
8、當(dāng)≥2,即m≥4時(shí),f(x)min=f(4)=5-2m;
③當(dāng)0
9、
綜上可知,只需填滿足的任何一個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)(a,b)即可.
(2)結(jié)合圖象,|f(m)|≤與|f(m+1)|≤能同時(shí)成立等價(jià)于函數(shù)|f(x)|的圖象上存在橫坐標(biāo)差距為1的兩點(diǎn),此時(shí)它們的函數(shù)值均小于等于.
由于|f(x)|為R上的“W型”函數(shù),則b-a2<0,
下面分兩種情形討論:
①當(dāng)-1,故必在區(qū)間(x1,x2)內(nèi)存在兩個(gè)實(shí)數(shù)m,m+1,能使|f(m)|≤與|f(m+1)|≤同時(shí)成立.
②當(dāng)b-a2≤-時(shí),
令x2+2ax+b=,得x1=-a-,x2=-a+;
10、
令x2+2ax+b=-,得x3=-a-,x4=-a+.
由于x2-x1=2>1,
x2-x4=x3-x1=,
故只需x4-x3=2≤1,得a2-b≤,結(jié)合前提條件,
可知-≤b-a2≤-時(shí),必存在m∈(x1,x3],m+1∈[x4,x2),能使|f(m)|≤與|f(m+1)|≤同時(shí)成立.
綜合①②可知,所求的取值范圍為-≤b-a2<0.
6.解:(1)易求得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的.當(dāng)a=1時(shí),因?yàn)閒(x)=x2+|x|,f(-x)=(-x)2+|-x|=x2+|x|=f(x),
所以f(x)為偶函數(shù);
當(dāng)a≠1時(shí),因?yàn)閒(0)=|1-a|≠0,
所以f
11、(x)不是奇函數(shù);
因?yàn)閒(a-1)=(a-1)2,f(1-a)=(a-1)2+2|a-1|,f(a-1)≠f(1-a),
所以f(x)不是偶函數(shù).
因此f(x)為非奇非偶函數(shù).
綜上所述,當(dāng)a=1時(shí),f(x)為偶函數(shù);當(dāng)a≠1時(shí),f(x)為非奇非偶函數(shù).
(2)①當(dāng)x≤a-1時(shí),不等式化為x2-x-1+a>2(a-x),即x2+x-1>a,>a.
若a-1≥-,即a≥,則a<-,矛盾.
若a-1<-,即a<,則a<(a-1)2+(a-1)-1,即a2-2a-1>0,解得a>1+或a<1-.
所以a<1-.
②當(dāng)a-12(a-x),即x2+3x+1>3a,>3a.
若a-1<-≤a,即-≤a<-,3a<-,a<-.
結(jié)合條件,得-≤a<-.
若a-1≥-,即a≥-,3a≤(a-1)2+3(a-1)+1,即a2-2a-1≥0,解得a≥1+或a≤1-.
結(jié)合條件及①,得-≤a<1-.
若a<-,3aa時(shí),不等式化為x2+x+1-a>2(x-a),
即x2-x+1>-a,>-a,得-a<,即a>-.
結(jié)合②得-2|x-a|對(duì)x∈R恒成立的a的取值范圍是-
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