PAGE2-7一次函数、二次函数及复合函数1.(2020·汕头一检)若方程x2－2mx＋4＝0的两根满足一根大于1，一根小于1，则m的取值范围是( )A．(－∞，－eq\f(5,2)) B．(eq\f(5,2)，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－eq\f(5,2)，＋∞)[答案] B[解析] 设f(x)＝x2－2mx＋4，则题设条件等价于f(1)<0，即1－2m＋4<0⇒m>eq\f(5,2)，故选B.2．(文)若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的对称轴在y轴右边，则函数f′(x)的图象可能是( )[答案] B[解析] 由题意知对称轴x＝－eq\f(b,2a)>0，则ab<0，∴a>0，b<0或a<0，b>0，又f′(x)＝2ax＋b，故选B.(理)函数f(x)＝ax2＋bx＋c与其导函数f′(x)在同一坐标系内的图象可能是( )[答案] C[解析] 若二次函数f(x)的图象开口向上，则导函数f′(x)为增函数，排除A；同理由f(x)图象开口向下，导函数f′(x)为减函数，排除D；又f(x)单调增时，f′(x)在相应区间内恒有f′(x)≥0，排除B，故选C.3．(文)(2020·济南模拟)已知二次函数f(x)图象的对称轴是x＝x0，它在区间[a，b]上的值域为[f(b)，f(a)]，则( )A．x0≥bB．x0≤aC．x0∈(a，b)D．x0∉(a，b)[答案] D[解析] ∵f(x)在区间[a，b]上的值域为[f(b)，f(a)]，且f(x)为二次函数，∴f(x)在[a，b]上单调递减，又f(x)对称轴为x＝x0，开口方向未知，∴x0≤a或x0≥b，即x0∉(a，b)．(理)若方程2ax2－x－1＝0在(0,1)内恰有一解，则a的取值范围为( )A．a<－1B．a>1C．－1
0得a>1，又当f(1)＝0，即a＝1时，2x2－x－1＝0两根x1＝1，x2＝－eq\f(1,2)不合题意，故选B.4．函数f(x)对任意x∈R，满足f(x)＝f(4－x)．如果方程f(x)＝0恰有2020个实根，则所有这些实根之和为( )A．0B．2020C．4022D．8044[答案] C[解析] ∵x∈R时，f(x)＝f(4－x)，∴f(x)图象关于直线x＝2对称，实根之和为2×2020＝4022.5．已知方程|x|－ax－1＝0仅有一个负根，则a的取值范围是( )A．a<1B．a≤1C．a>1D．a≥1[答案] D[解析] 数形结合判断．6．(2020·广东肇庆二模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0,－x＋2，x>0))，则不等式f(x)≥x2的解集是( )A．[－1,1]B．[－2,2]C．[－2,1]D．[－1,2][答案] A[解析] 依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0,x＋2≥x2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,－x＋2≥x2))⇒－1≤x≤0或0f(x2)，则实数a的取值范围是________．[答案] a<eq\f(1,2)[解析] 由题意得eq\f(1－2a,2)>0，得a<eq\f(1,2).11.已知函数f(x)＝2x2＋(4－m)x＋4－m，g(x)＝mx，若对于任一实数x，f(x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是( )A．[－4,4]B．(－4,4)C．(－∞，4)D．(－∞，－4)[答案] C[解析] 首先当m＝0时，f(x)＝2x2＋4x＋4＝2(x＋1)2＋2>0恒成立，故m＝0满足条件，排除D；当m＝4时，f(x)＝2x2，g(x)＝4x.当x＝0时，f(x)＝g(x)＝0，故m≠4，排除A；当m＝－4时，f(x)＝2x2＋8x＋8＝2(x＋2)2，g(x)＝－4x，当x≠－2时，f(x)>0，当x＝－2时，g(x)>0，故排除B.12．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“孪生函数”．那么函数的解析式为y＝2x2＋1，值域为{5,19,1}的“孪生函数”共有( )A．4个B．6个C．8个D．9个[答案] D[解析] 由2x2＋1＝1得x＝0；由2x2＋1＝5得x＝±eq\r(2)，由2x2＋1＝19得x＝±3，要使函数的值域为{5,19,1}，则上述三类x的值都要至少有一个，因此x＝0必须有，x＝±eq\r(2)可以有一个，也可以有2个，共有三种情形，对于它的每一种情形，都对应x＝±3的三种情形，即定义域可以是{0，eq\r(2)，3}，{0，eq\r(2)，－3}，{0，eq\r(2)，3，－3}，{0，－eq\r(2)，3}，{0，－eq\r(2)，－3}，{0，－eq\r(2)，3，－3}，{0，eq\r(2)，－eq\r(2)，3}，{0，eq\r(2)，－eq\r(2)，－3}，{0，eq\r(2)，－eq\r(2)，3，－3}共9种，故选D.13．(文)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋cx≤0，,πx>0，))若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则方程f(x)＝x的解的个数为( )A．4个B．3个C．2个D．1个[答案] B[解析] 依题意得16－4b＋c＝c，∴b＝4.又∵4－2b＋c＝－2，∴c＝2，∴函数解析式为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2，x≤0，,π，x>0.))则方程f(x)＝x转化为x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2，x≤0，,π，x>0.))解得x1＝－2，x2＝－1，x3＝π.(理)(2020·福建质检)设二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，且f(m)≤f(0)，则实数m的取值范围是( )A．(－∞，0]B．[2，＋∞)C．(－∞，0]∪[2，＋∞)D．[0,2][答案] D[解析] 二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，则a≠0，f′(x)＝2a(x－1)<0，x∈[0,1]，所以a>0，即函数的图象开口向上，对称轴是直线x＝1.所以f(0)＝f(2)，则当f(m)≤f(0)时，有0≤m≤2.14．(文)已知函数f(x)＝x2－2x＋2的定义域和值域均为[1，b]，则b等于________．[答案] 2[解析] ∵f(x)＝(x－1)2＋1，∴f(x)在[1，b]上是增函数，f(x)max＝f(b)，∴f(b)＝b，∴b2－2b＋2＝b，∴b2－3b＋2＝0，∴b＝2或1(舍)．(理)(2020·江南十校联考)已知函数f(x)的自变量的取值区间为A，若其值域也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．函数f(x)＝x2的形如[n，＋∞)(n∈(0，＋∞))的保值区间是________．[答案] [1，＋∞)[解析] 因为f(x)＝x2在[n，＋∞)(n∈(0，＋∞))上单调递增，所以f(x)在[n，＋∞)上的值域为[f(n)，＋∞)，若[n，＋∞)是f(x)的保值区间，则f(n)＝n2＝n，解得n＝1.15．(文)(2020·辽宁沈阳模拟)二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a>0)，设f(x)＝x的两个实根为x1，x2.(1)如果b＝2且|x2－x1|＝2，求a的值；(2)如果x1<2－1.[解析] (1)当b＝2时，f(x)＝ax2＋2x＋1(a>0)，方程f(x)＝x为ax2＋x＋1＝0.|x2－x1|＝2⇒(x2－x1)2＝4⇒(x1＋x2)2－4x1x2＝4.由韦达定理可知，x1＋x2＝－eq\f(1,a)，x1x2＝eq\f(1,a).代入上式可得4a2＋4a－1＝0，解得a＝eq\f(－1＋\r(2),2)，a＝eq\f(－1－\r(2),2)(舍去)．(2)∵ax2＋(b－1)x＋1＝0(a>0)的两根满足x1<20，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b－1＋1<0,16a＋4b－1＋1>0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a>\f(1,4)，,b<\f(1,4).))∴2a－b>0.又∵函数f(x)的对称轴为x＝x0，∴x0＝－eq\f(b,2a)>－1.(理)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)且满足f(－1)＝0，对任意实数x，恒有f(x)－x≥0，并且当x∈(0,2)时，有f(x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,2)))2.(1)求f(1)的值；(2)证明a>0，c>0；(3)当x∈[－1,1]时，函数g(x)＝f(x)－mx(x∈R)是单调函数，求证：m≤0或m≥1.[解析] (1)对x∈R，f(x)－x≥0恒成立，当x＝1时，f(1)≥1，又∵1∈(0,2)，由已知得f(1)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋1,2)))2＝1，∴1≤f(1)≤1，∴f(1)＝1.(2)证明：∵f(1)＝1，f(－1)＝0，∴a＋b＋c＝1，a－b＋c＝0，∴b＝eq\f(1,2).∴a＋c＝eq\f(1,2).∵f(x)－x≥0对x∈R恒成立，∴ax2－eq\f(1,2)x＋c≥0对x∈R恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ≤0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,ac≥\f(1,16)))，∴c>0，故a>0，c>0.(3)证明：∵a＋c＝eq\f(1,2)，ac≥eq\f(1,16)，由a>0，c>0及a＋c≥2eq\r(ac)，得ac≤eq\f(1,16)，∴ac＝eq\f(1,16)，当且仅当a＝c＝eq\f(1,4)时，取“＝”．∴f(x)＝eq\f(1,4)x2＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4).∴g(x)＝f(x)－mx＝eq\f(1,4)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－m))x＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)[x2＋(2－4m)x＋1]．∵g(x)在[－1,1]上是单调函数，∴2m－1≤－1或2m－1≥1，∴m≤0或m≥1.*16.(2020·山东实验中学三诊)已知函数f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1)当a＝eq\f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．[解析] (1)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2.∵x≥1时，f′(x)＝1－eq\f(1,2x2)>0，∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝eq\f(7,2).(2)解法1：在区间[1，＋∞)上，f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)>0恒成立⇔x2＋2x＋a>0恒成立⇔a>－x2－2x恒成立⇔a>(－x2－2x)max，x≥1.∵－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，∴当x＝1时，(－x2－2x)max＝－3，∴a>－3.解法2：在区间[1，＋∞)上，f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)>0恒成立⇔x2＋2x＋a>0恒成立．设y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，∴y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1递增，∴当x＝1时，ymin＝3＋a，当且仅当ymin＝3＋a>0时，函数f(x)>0恒成立，∴a>－3.1．(2020·平顶山模拟)已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是( )A．[1，＋∞)B．[0,2]C．[1,2]D．(－∞，2][答案] C[解析] 如图所示．∵f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，∵f(0)＝3，f(1)＝2，且f(2)＝3，可知只有当m∈[1,2]时，才能满足题目的要求．2．(2020·泉州模拟)设x，y是关于m的方程m2－2am＋a＋6＝0的两个实根，则(x－1)2＋(y－1)2的最小值是( )A．－12eq\f(1,4)B．18C．8D.eq\f(3,4)[答案] C[解析] ∵x＋y＝2a，xy＝a＋6，∴(x－1)2＋(y－1)2＝x2＋y2－2(x＋y)＋2＝(x＋y)2－2(x＋y)－2xy＋2＝4a2－4a－2(a＋6)＋2＝4a2－6a－10＝4(a－eq\f(3,4))2－eq\f(49,4).又∵x、y是方程m2－2am＋a＋6＝0的两根，∴Δ＝4a2－4(a＋6)≥0，即a≥3或a≤－2.∴当a＝3时，(x－1)2＋(y－1)2的最小值为8.3．(2020·安徽)设abc>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象可能是( )[答案] D[解析] 若a<0，则只能是A或B选项，A中－eq\f(b,2a)<0，∴b<0，从而c>0，与A图不符；B中－eq\f(b,2a)>0，∴b>0，∴c<0，与B图不符．若a>0，则抛物线开口向上，只能是C或D选项，当b>0时，有c>0与C、D图不符，当b<0时，有c<0，此时－eq\f(b,2a)>0，f(0)＝c<0，故选D.4．已知f(x)＝(x－a)(x－b)－2(a(eq\f(1,2))a>(0.2)aB．(0.2)a>(eq\f(1,2))a>2aC．(eq\f(1,2))a>(0.2)a>2aD．2a>(0.2)a>(eq\f(1,2))a[答案] B[解析] 若a<0，则幂函数y＝xa在(0，＋∞)上是减函数，所以(0.2)a>(eq\f(1,2))a>0.所以(0.2)a>(eq\f(1,2))a>2a.6．已知关于x的函数f(x)＝x2－2x－3，若f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)，则f(x1＋x2)等于________．[答案] －3[解析] ∵二次函数f(x)＝x2－2x－3中，a＝1，b＝－2，c＝－3，∴由f(x1)＝f(x2)得，eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(b,2a)＝1，所以x1＋x2＝2，则f(x1＋x2)＝f(2)＝－3.7．(2020·南京模拟)已知函数f(x)＝x2＋abx＋a＋2b(a>0，b>0)，若f(0)＝4，则f(1)的最大值为________．[答案] 7[解析] ∵f(0)＝4，∴a＋2b＝4，∴f(1)＝ab＋a＋2b＋1＝ab＋5，∵a>0，b>0，∴4＝a＋2b≥2eq\r(2ab)，∴ab≤2，等号在a＝2b＝2，即a＝2，b＝1时成立．∴f(1)＝ab＋5≤7.
浙公网安备 33021202002483