2022年高考數學二輪專題復習 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓練9 函數 新人教A版

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1、2022年高考數學二輪專題復習 第三部分 題型技法考前提分 題型專項訓練9 函數 新人教A版 1.已知二次函數f(x)=ax2+bx+c. (1)若f(3)∶f(1)∶f(-1)=3∶1∶3,且函數f(x)的最大值為-2,求f(x)的解析式; (2)若f(x)在上單調遞增,且f(x)的頂點在x軸上,求滿足f(2)+mf(-2)=mf(1)的實數m的最小值. 2.(xx浙江寧波五校聯(lián)考,文20)已知二次函數f(x)=x2+bx+c,其中常數b,c∈R. (1)若任意的x∈[-1,1],f(x)≥0,f(2+x)≤0,試求實數c

2、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b的取值范圍. 3.已知函數f(x)=-|x-a|(a>0,x>0), (1)求f(x)的單調區(qū)間; (2)當x∈(0,4]時,若f(x)≥x-3恒成立,求a的取值集合. 4.已知函數f(x)=lox-mlog2x+a,g(x)=x2+1. (1)當a=1時,求f(x)在x∈[1,4]上的最小值; (2)當a>0,m=2時,若對任意的實數t∈[1,4],均存在xi∈[1,8](

3、i=1,2),且x1≠x2,使得=f(t)成立,求實數a的取值范圍. 5.考查函數f(x)在其定義域I內的單調性情況:若f(x)在I內呈先減再增,則稱f(x)為“V型”函數;若f(x)在I內呈減-增-減-增,則稱f(x)為“W型”函數.給定函數f(x)=x2+2ax+b(a,b∈R). (1)試寫出這樣的一個實數對(a,b),使函數f(|x|)為R上的“V型”函數,且|f(x)|為R上的“W型”函數.(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,且存在實數m,使|f

4、(m)|≤與|f(m+1)|≤能同時成立,求實數b-a2的取值范圍. 6.已知函數f(x)=x2+|x+1-a|,其中a為實常數. (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. 題型專項訓練9　函數(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y=f(x)的一個零點. 因此可設f(x)=(x-

6、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>1,即|b|>2時,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,與M≤4矛盾; 當≤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a>1時,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04時,+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a=1時,f(x)=lox-mlog2x+1=+1-,其中0≤log2x≤2. 因此,①當≤0,即m≤0時,f(x)min=f(1)=1; ②

8、當≥2,即m≥4時,f(x)min=f(4)=5-2m; ③當0

9、 綜上可知,只需填滿足的任何一個實數對(a,b)即可. (2)結合圖象,|f(m)|≤與|f(m+1)|≤能同時成立等價于函數|f(x)|的圖象上存在橫坐標差距為1的兩點,此時它們的函數值均小于等于. 由于|f(x)|為R上的“W型”函數,則b-a2<0, 下面分兩種情形討論: ①當-1,故必在區(qū)間(x1,x2)內存在兩個實數m,m+1,能使|f(m)|≤與|f(m+1)|≤同時成立. ②當b-a2≤-時, 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≤,結合前提條件, 可知-≤b-a2≤-時,必存在m∈(x1,x3],m+1∈[x4,x2),能使|f(m)|≤與|f(m+1)|≤同時成立. 綜合①②可知,所求的取值范圍為-≤b-a2<0. 6.解:(1)易求得函數f(x)的定義域為R,是關于原點對稱的.當a=1時,因為f(x)=x2+|x|,f(-x)=(-x)2+|-x|=x2+|x|=f(x), 所以f(x)為偶函數; 當a≠1時,因為f(0)=|1-a|≠0, 所以f

11、(x)不是奇函數; 因為f(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. 因此f(x)為非奇非偶函數. 綜上所述,當a=1時,f(x)為偶函數;當a≠1時,f(x)為非奇非偶函數. (2)①當x≤a-1時,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a-12(a-x),即x2+3x+1>3a,>3a. 若a-1<-≤a,即-≤a<-,3a<-,a<-. 結合條件,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-. 結合條件及①,得-≤a<1-. 若a<-,3aa時,不等式化為x2+x+1-a>2(x-a), 即x2-x+1>-a,>-a,得-a<,即a>-. 結合②得-2|x-a|對x∈R恒成立的a的取值范圍是-