《浙江版2016高考数学二轮复习2.2二次函数及其综合应用专题能力训练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江版2016高考数学二轮复习2.2二次函数及其综合应用专题能力训练（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题能力训练4二次函数及其综合应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共7小题,每小题5分,共35分)1.若集合A=x|(k+2)x2+2kx+1=0有且仅有两个子集,则实数k的值是()A.-2B.-2或-1C.2或-1D.2或-12.若函数f(x)=x2+2mx+2m+1在区间(-1,0)和(1,2)内各有一个零点,则实数m的取值范围是()A.(-,1-1+,+)B.(-,1-)(1+,+)C.D.3.若函数f(x)=x2+2a|x|+4a2-3的零点有且只有一个,则实数a=()A.或-B.-C.D.以上都不对4.(2015天津南开一模)函数y=log0.4(-x2+3x+4)
2、的值域是()A.(0,-2B.-2,+)C.(-,-2D.2,+)5.(2015浙江嘉兴教学测试(二),文8)已知函数f(x)=其中aR.若对任意的非零实数x1,存在唯一的非零实数x2(x1x2),使得f(x1)=f(x2)成立,则k的取值范围为()A.k0B.k8C.0k8D.k0或k86.(2015浙江衢州4月教学质量检测,文7)已知aR,若函数f(x)=x2-|x-2a|有三个或者四个零点,则函数g(x)=ax2+4x+1的零点个数为()A.1或2B.2C.1或0D.0或1或27.(2015浙江宁波镇海中学5月模拟,文8)已知f(x)是定义在-4,4上的奇函数,当x0时,f(x)=-x2
3、+4x,则不等式f(f(x)f(x)的解集为()A.(-3,0)(3,4B.(-4,-3)(1,2)(2,3)C.(-1,0)(1,2)(2,3)D.(-4,-3)(-1,0)(1,3)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)8.(2015浙江宁波鄞州5月模拟,文13)设函数f(x)=是一个奇函数,满足f(2t+3)f(4-t),则a=,t的取值范围是.9.若函数f(x)=x2+|x-a|+1(xR)具有奇偶性,则a=,函数f(x)的单调递减区间是.10.(2015浙江嵊州第二次教学质量调测,文15)设关于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的实根分别为x1,x2和x3,x
4、4.若x1x3x20恒成立,则实数a的取值范围是.三、解答题(本大题共3小题,共45分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)12.(本小题满分14分)(2015浙江嘉兴下学期教学测试,文20)设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,bR)满足条件:当xR时,f(x)的最大值为0,且f(x-1)=f(3-x)成立;二次函数f(x)的图象与直线y=-2交于A,B两点,且|AB|=4.(1)求f(x)的解析式;(2)求最小的实数n(n0,b,cR).设集合A=xR|f(x)=x,B=xR|f(f(x)=f(x),C=xR|f(f(x)=0.(1)当a=2,A=2时,求集合B;(2)若f2
5、x+m恒成立,求实数m的取值范围.参考答案专题能力训练4二次函数及其综合应用1.D解析:由集合A有且仅有两个子集得,集合A中只有一个元素,即方程(k+2)x2+2kx+1=0有唯一解.当k+2=0,即k=-2时,方程-4x+1=0有一解x=,满足题意,所以k=-2满足;当k-2时,=(2k)2-4(k+2)=0,解得k=-1或2,都满足.所以实数k的值为2或-2或-1.2.D解析:函数f(x)=x2+2mx+2m+1的零点分别在区间(-1,0)和(1,2)内,即函数f(x)=x2+2mx+2m+1的图象与x轴的交点一个在(-1,0)内,一个在(1,2)内,根据图象列出不等式组解得-m0,x2-
6、3x-40,解得-1x4.此时,0-x2+3x+4=-,又对数的底数小于1,所以y=log0.4(-x2+3x+4)log0.4=-2,故选B.5.D解析:由题意,对任意的非零实数x1,都存在唯一的非零实数x2(x1x2),使得f(x1)=f(x2)成立,也即函数图象除x=0外,其余均是一个函数值对应两个自变量,结合图象可知:k(1-a2)=(3-a)2,即(k+1)a2-6a+9-k=0,当aR时始终有解,因此=36-4(k+1)(9-k)0,整理得k2-8k0,解得k0或k8.6.A解析:当x2a时,x2+x-2a=0,由0,得1-4(-2a)0,解得a-.当x2a时,x2-x+2a=0,
7、由0,得1-4(2a)0,a.所以当-a时,函数f(x)有三个零点或四个零点.对g(x)=ax2+4x+1,由0,得16-4a0,解得a4(a0).当a=0时,g(x)=4x+1有一个零点;由于-a4,所以g(x)=ax2+4x+1有一个零点或两个零点,故选A.7.D解析:设x0,所以f(-x)=-(-x)2+4(-x)=-x2-4x,因为f(x)是定义在-4,4上的奇函数,所以f(-x)=-f(x),所以-f(x)=-x2-4x,即f(x)=x2+4x.于是,当0x0,所以f(f(x)=-(f(x)2+4f(x)=-(-x2+4x)2+4x(4-x),因为f(f(x)f(x),所以-(-x2
8、+4x)2+4x(4-x)x(4-x),即x2-4x+30,解得1x3,所以1x3;当-4x0时,f(x)=x2+4x0,所以f(f(x)=(f(x)2+4(f(x)=(x2+4x)2+4(x2+4x),因为f(f(x)f(x),所以(x2+4x)2+4(x2+4x)0,解得x-1或x-3,所以-1x0或-4x-3.综上所述,不等式f(f(x)f(x)的解集为(-4,-3)(-1,0)(1,3),故选D.8.1解析:因为函数为奇函数,所以f(-1)=-f(1),即-(-1-2)=-a(1+2),所以a=1.由函数f(x)的图象可知,函数f(x)在区间(-,+)上是减函数,所以f(2t+3)4-
9、tt.9.0(-,0解析:函数f(x)(xR)具有奇偶性,已知f(1)=2+|1-a|,f(-1)=2+|1+a|,若f(x)为奇函数必有f(0)=0,即|a|+1=0无解,所以f(x)一定是偶函数,必有f(-1)=f(1),即2+|1-a|=2+|1+a|,解得a=0,此时f(x)=x2+|x|+1经检验是偶函数,当x0时f(x)=x2+x+1,所以,其单调递增区间为0,+),根据偶函数的图象关于y轴对称,可知f(x)的单调递减区间是(-,0.10.解析:由x2-ax-1=0,得a=x-,由x2-x-2a=0,得a=(x2-x)=,令f(x)=x-,g(x)=,在同一坐标系中作y=f(x),
10、y=g(x)的图象,解方程x-(x2-x)可得x=1-或x=1或x=1+,由图可知A(1-,a),所以a=1-,因为关于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的实根分别为x1,x2和x3,x4,且x1x3x25或a0可化为t2-2at+a2-10对t2,4恒成立,设f(t)=t2-2at+a2-1(t2,4),当a2时,f(t)在2,4上是增函数,所以f(x)min=f(2)=22-22a+a2-10,解得a3或a1,所以a1;当2a0,无解;当a4时,f(t)在2,4上是减函数,则f(x)min=f(4)=42-24a+a2-10,解得a5,所以a5.综上所述,a的取值范围为a5或a
11、1.12.解:(1)由f(x-1)=f(3-x)可知函数f(x)的对称轴为x=1,由f(x)的最大值为0,可假设f(x)=a(x-1)2(a0).令a(x-1)2=-2,解得x=1,则易知2=4,解得a=-.所以f(x)=-(x-1)2.(2)由f(x+t)2x可得-(x-1+t)22x,即x2+2(t+1)x+(t-1)20,解得-t-1-2x-t-1+2.又f(x+t)2x在xn,-1时恒成立,可得由得0t4.令g(t)=-t-1-2,易知g(t)=-t-1-2单调递减,所以g(t)g(4)=-9,故n-9,则n能取到的最小实数为-9.此时,存在实数t=4,只要当xn,-1时,就有f(x+t)2x成立.13.解:(1)由a=2,A=2,得方程f(x)=x有且只有一根2,-=2,即b=1-4a=-7.由A=2可得,方程f(f(x)=f(x)等价于方程f(x)=2,而2是方程的根,由韦达定理可得方程的另一根为-2=,故集合B=.(2)由f0,得方程f(x)=0有两个不等的实根,记为x1,x2,且有x1x2.从而可设f(x)=a(x-x1)(x-x2),f(x)min=f=-(x2-x1)2.由x1-x10,又a0,f(x)min=-(x2-x1)2-=-+x1x1,方程f(x)=x1也有两个不等的实根.另一方面,f(x)min0
