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【走向高考】(2013春季发行)高三数学第一轮总复习 2-7 一次函数、二次函数及复合函数 新人教A版


2-7
2

一次函数、二次函数及复合函数
基础巩固强化 )

1.若方程 x -2mx+4=0 的两根满足一根大于 2, 一根小于 2, m 的取值范围是( 则 5 A.(-∞,- ) 2 C.(-∞,-2)∪(2,+∞) [答案] D 5 B.( ,+∞) 2 D.(2,+∞)

[解析] 设 f

(x)=x -2mx+4,则题设条件等价于 f(2)<0,即 4-4m+4<0? m>2,故选 D. 2.函数 f(x)=ax +bx+c 与其导函数 f ′(x)在同一坐标系内的图象可能是(
2

2

)

[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)(2011·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≥b C.x0∈(a,b) ) B.x0≤a D.x0?(a,b)

1

[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 2ax -x-1=0 在(0,1)内恰有一解,则 a 的取值范围为( A.a<-1 C.-1<a<1 [答案] B [解析] 令 f(x)=2ax -x-1,当 a=0 时,显然不合题意. ∵f(0)=-1<0,f(1)=2a-2, 1 2 ∴由 f(1)>0 得 a>1,又当 f(1)=0,即 a=1 时,2x -x-1=0 两根 x1=1,x2=- 不 2 合题意,故选 B. 4.函数 f(x)对任意 x∈R,满足 f(x)=f(2-x).如果方程 f(x)=0 恰有 2013 个实根, 则所有这些实根之和为( A.0 C.4026 [答案] B [解析] ∵x∈R 时,f(x)=f(2-x),∴f(x)的图象关于直线 x=1 对称,实根之和为 1×2013=2013. 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<1 C.a>1 [答案] D [解析] 数形结合判断. B.a≤1 D.a≥1 ) ) B.2013 D.8052
2 2

)

B.a>1 D.0≤a<1

2

? ?x+2,x≤0, 6.(2011·广东肇庆二模)已知函数 f(x)=? ? ?-x+2,x>0,

则不等式 f(x)≥x 的解

2

集是(

) B.[-2,2] D.[-1,2]

A.[-1,1] C.[-2,1] [答案] A [解析] 依题意得
? ?x≤0 ? 2 ? ?x+2≥x ? ?x>0 或? 2 ? ?-x+2≥x

? -1≤x≤0 或 0<x≤1

? -1≤x≤1,故选 A. [点评] 可取特值检验,如 x=-2,2 可排除 B、C、D. 7.(2012·上海)已知 y=f(x)是奇函数.若 g(x)=f(x)+2 且 g(1)=1,则 g(-1)= ________. [答案] 3 [解析] 本题考查了奇函数的定义及函数值的求法. ∵f(x)为奇函数,∴f(-1)=-f(1), ∵g(1)=f(1)+2 ①,g(-1)=f(-1)+2 ②, ∴①+②得 g(1)+g(-1)=4, ∴g(-1)=4-g(1)=3. [点评] 抓住已知条件 f(x)的奇函数是解决本题的关键. 8.(2011·佛山二检)若函数 f(x)=ax+b(a≠0)的一个零点是 1,则函数 g(x)=bx -
2

ax 的零点是________.
[答案] 0 或-1 [解析] 由题意知 ax+b=0(a≠0)的解为 x=1, b=-a, g(x)=-ax -ax=-ax(x ∴ ∴ +1),令 g(x)=0,则 x=0 或 x=-1. 9.函数 f(x)=(a +1)x +2a 在[-1,1]上的值有正有负,则实数 a 的取值范围是 ________. 1 [答案] (- ,1) 3 [解析] 由条件知,f(-1)·f(1)<0, 1 ∴(a-1)(3a+1)<0,∴- <a<1. 3 10.(文)已知函数 f(x)=x +2x+3 在[m,0]上有最大值 3,最小值 2,则 m 的取值范围 是________.
2 2

3

[答案] [-2,-1] [解析] f(x)=x +2x+3=(x+1) +2,对称轴 x=-1,开口向上,f(-1)=2,∴m≤ -1. 又 f(0)=f(-2)=3,∴m≥-2,故 m∈[-2,-1]. (理)设函数 f(x)=x +(2a-1)x+4,若 x1<x2,x1+x2=0 时,有 f(x1)>f(x2),则实数
2 2 2

a 的取值范围是________.
1 [答案] (-∞, ) 2 1-2a 1 [解析] 由题意得 >0,得 a< . 2 2 能力拓展提升 11.已知命题 p:关于 x 的函数 y=x -3ax+4 在[1,+∞)上是增函数,命题 q:函数 y =(2a-1) 为减函数,若“p 且 q”为真命题,则实数 a 的取值范围是( 2 A.(-∞, ] 3 1 2 C.( , ] 2 3 [答案] C 3a 2 x [解析] 命题 p 等价于 ≤1,即 a≤ .命题 q:由函数 y=(2a-1) 为减函数得:0<2a 2 3 1 1 2 -1<1,即 <a<1.因为“p 且 q”为真命题,所以 p 和 q 均为真命题,所以 <a≤ ,因此选 2 2 3 C. 12.(2012·浙江宁波模拟)函数 f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),且 f(x+1) 为奇函数,当 x>1 时,f(x)=2x -12x+16,则直线 y=2 与函数 f(x)图象的所有交点的横 坐标之和是( A.1 [答案] D [解析] 该函数图象与直线 y=2 有三个交点(x1,2),(x2,2),(x3,2),x1=-1,x2+x3 ) B.2 C.4 D.5
2 2

x

)

1 B.(0, ) 2 1 D.( ,1) 2

=6(其中(x2,2),(x3,2)关于直线 x=3 对称),则横坐标之和为 5.

4

13.(2011·福建质检)设二次函数 f(x)=ax -2ax+c 在区间[0,1]上单调递减,且

2

f(m)≤f(0),则实数 m 的取值范围是(
A.(-∞,0] C.(-∞,0]∪[2,+∞) [答案] D

) B.[2,+∞) D.[0,2]

[解析] 二次函数 f(x)=ax -2ax+c 在区间[0,1]上单调递减, a≠0, ′(x)=2a(x 则 f -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)=x -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) +1, f(x)在[1, ]上是增函数, (x)max=f(b), f(b)=b, ∴ b f ∴ ∴b -2b+2=b,∴b -3b+2=0,∴b=2 或 1(舍). (理)(2011·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)=x 的形如[n,+∞)(n∈(0,+∞))的保值区间 是________. [答案] [1,+∞) [解析] 因为 f(x)=x 在[n, +∞)(n∈(0, +∞))上单调递增, 所以 f(x)在[n, +∞)
5
2 2 2 2 2 2

2

上的值域为[f(n),+∞),若[n,+∞)是 f(x)的保值区间,则 f(n)=n =n,解得 n=1. 15. (文)若函数 y=lg(3-4x+x )的定义域为 M.当 x∈M 时, f(x)=2 求 值及相应的 x 的值. [解析] 要使函数 y=lg(3-4x+x )有意义,应有 3-4x+x >0, 解得 x<1 或 x>3,∴M={x<1 或 x>3}.
2 2 2

2

x+2

-3×4 的最

x

f(x)=2x+2-3×4x=4×2x-3×(2x)2,
令 2 =t,∵x<1 或 x>3,∴t>8 或 0<t<2. 2 2 4 2 ∴y=4t-3t =-3(t- ) + (t>8 或 0<t<2), 3 3 由二次函数性质可知, 4 当 0<t<2 时,f(x)∈(-4, ]; 3 当 t>8 时,f(x)∈(-∞,-160); 2 2 4 x 当 2 =t= ,即 x=log2 时,y= . 3 3 3 2 4 综上可知,当 x=log2 时,f(x)取到最大值为 ,无最小值. 3 3 (理)已知二次函数 f(x)=ax +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)≤? (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)≤? ∴1≤f(1)≤1,∴f(1)=1. (2)证明:∵f(1)=1,f(-1)=0,∴a+b+c=1,
2

x

?x+1?2. ? ? 2 ?

?1+1?2=1, ? ? 2 ?

a-b+c=0,∴b= .∴a+c= .
∵f(x)-x≥0 对 x∈R 恒成立, 1 2 ∴ax - x+c≥0 对 x∈R 恒成立, 2

1 2

1 2

6

? ?a>0, ∴? ? ?Δ ≤0,

?a>0, ? ∴? 1 ?ac≥16, ?

∴c>0,故 a>0,c>0.

1 1 1 1 (3)证明:∵a+c= ,ac≥ ,由 a>0,c>0 及 a+c≥2 ac,得 ac≤ ,∴ac= , 2 16 16 16 1 当且仅当 a=c= 时,取“=”. 4 1 2 1 1 ∴f(x)= x + x+ . 4 2 4 1 2 ?1 ? 1 1 2 ∴g(x)=f(x)-mx= x +? -m?x+ = [x +(2-4m)x+1]. 4 ?2 ? 4 4 ∵g(x)在[-1,1]上是单调函数, ∴2m-1≤-1 或 2m-1≥1,∴m≤0 或 m≥1. *16.(文)(2011·西安检测)设函数 f(x)=x +|2x-a|(x∈R,a 为实数). (1)若 f(x)为偶函数,求实数 a 的值; (2)设 a>2,求函数 f(x)的最小值. [分析] (1)f(x)为偶函数? f(-x)=f(x)? a=0. (2)含绝对值的函数的实质是分段函数,可以通过对 x 取值的分类讨论,去掉绝对值符 号,得到分段函数. [解析] (1)由 f(x)为偶函数知,f(-x)=f(x), 即|2x-a|=|2x+a|,解得 a=0.
2

?x +2x-a,x≥1a, ? 2 (2)f(x)=? 1 ?x -2x+a,x<2a, ?
2 2

1 2 2 当 x≥ a 时,f(x)=x +2x-a=(x+1) -(a+1), 2 1 1 ?a? a 由 a>2,x≥ a,得 x>1,故 f(x)在 x≥ a 时单调递增,f(x)的最小值为 f? ?= ; 2 2 ?2? 4 1 2 2 当 x< a 时,f(x)=x -2x+a=(x-1) +(a-1), 2 故当 1≤x< 时,f(x)单调递增,当 x<1 时,f(x)单调递减, 2 则 f(x)的最小值为 f(1)=a-1. ? a-2? 由 -(a-1)= 4 4
2

a

a2

2

>0,知 f(x)的最小值为 a-1.

7

(理)(2011·山东实验中学三诊)已知函数 f(x)= 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2

x2+2x+a ,x∈[1,+∞). x

(2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 1 1 [解析] (1)当 a= 时,f(x)=x+ +2. 2 2x 1 ∵x≥1 时,f ′(x)=1- 2>0, 2x ∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数, 7 ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为 f(1)= . 2 (2)解法 1:在区间[1,+∞)上,

f(x)=

x2+2x+a 2 2 2 >0 恒成立?x +2x + a>0 恒成立?a>- x -2x 恒成立?a>(- x - x

2x)max,x≥1. ∵-x -2x=-(x+1) +1, ∴当 x=1 时,(-x -2x)max=-3, ∴a>-3. 解法 2:在区间[1,+∞)上,f(x)= 设 y=x +2x+a,x∈[1,+∞), ∴y=x +2x+a=(x+1) +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.
2 2 2 2 2 2

x2+2x+a 2 >0 恒成立?x +2x+a>0 恒成立. x

1.(2011·平顶山模拟)已知函数 y=x -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,+∞) C.[1,2] [答案] C [解析] 如图所示. ) B.[0,2] D.(-∞,2]

2

8

∵f(x)=x -2x+3=(x-1) +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.设 abc>0,二次函数 f(x)=ax +bx+c 的图象可能是(
2

2

2

)

[答案] D [解析] 若 a<0,则只能是 A 或 B 选项,A 中- <0,∴b<0,从而 c>0,与 A 图不符; 2a B 中- >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, 2a 当 b>0 时,有 c>0 与 C、D 图不符,当 b<0 时,有 c<0,此时- >0,f(0)=c<0,故选 D. 2a 3. 已知 f(x)=(x-a)(x-b)-2(a<b), 并且 α 、 是方程 f(x)=0 的两个根(α <β ), β 则实数 a、b、α 、β 的大小关系可能是( A.α <a<b<β C.a<α <b<β [答案] A [解析] 设 g(x)=(x-a)(x-b),则 f(x)=g(x)-2,分别作出这两个函数的图象,如 图所示,可得 α <a<b<β ,故选 A. ) B.a<α <β <b D.α <a<β <b

b

b

b

9

4.(2011·山东淄博一模)若 a<0,则下列不等式成立的是( 1 a a A.2a>( ) >(0.2) 2 1 a a B.(0.2) >( ) >2a 2 1 a a C.( ) >(0.2) >2a 2 1 a a D.2a>(0.2) >( ) 2 [答案] B [解析] 若 a<0,则幂函数 y=x 在(0,+∞)上是减函数, 1 a 1 a a a 所以(0.2) >( ) >0.所以(0.2) >( ) >2a. 2 2
a

)

5.(2012·江苏,5)函数 f(x)= 1-2log6x的定义域为________. [答案] (0, 6] [解析] 要使函数有意义,应有被开方数大于或等于零. 1 由题意知 1-2log6x≥0,∴log6x≤ , 2 ∴log6x≤log6 6,∴0<x≤ 6, ∴函数的定义域为(0, 6]. 6.已知关于 x 的函数 f(x)=x -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)=x -2x-3 中,a=1,b=-2,c=-3,∴由 f(x1)=f(x2) 得,
2 2

x1+x2
2

=- =1, 2a

b

所以 x1+x2=2,则 f(x1+x2)=f(2)=-3.
10

7. (2011·南京模拟)已知函数 f(x)=x +abx+a+2b(a>0, >0), f(0)=4, f(1) b 若 则 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≥2 2ab, ∴ab≤2,等号在 a=2b=2,即 a=2,b=1 时成立. ∴f(1)=ab+5≤7. 8.(2011·福建武夷山模拟)已知函数 f(x)=ax +(b-8)x-a-ab(a≠0),当 x∈(- 3,2)时,f(x)>0;当 x∈(-∞,-3)∪(2,+∞)时,f(x)<0. (1)求 f(x)在[0,1]内的值域; (2)c 为何值时,不等式 ax +bx+c≤0 在[1,4]上恒成立. [解析] (1)由题意得 x=-3 和 x=2 是函数 f(x)的零点且 a≠0,则
?0=a·? -3? +? ? ? 2 ? ?0=a·2 +? b-8?
2 2 2

2

b-8? ·? -3? -a-ab,
·2-a-ab,
2

解得?

?a=-3 ? ? ?b=5

,∴f(x)=-3x -3x+18.

(1)如图,由图象知,函数 f(x)在[0,1]内单调递减, ∴当 x=0 时,y=18,当 x=1 时,y=12, ∴f(x)在[0,1]内的值域为[12,18]. (2)解法 1:令 g(x)=-3x +5x+c.
2

?5 ? ∵ g(x)在? ,+∞? 上单调递减,要使 g(x)≤0 在[1,4]上恒成立,则需要 g(x)max = ?6 ?
g(1)≤0,
即-3+5+c≤0,解得 c≤-2. ∴当 c≤-2 时,不等于 ax +bx+c≤0 在[1,4]上恒成立. 解法 2:不等式-3x +5x+c≤0 在[1,4]上恒成立, 即 c≤3x -5x,在[1,4]上恒成立.
11
2 2 2

令 g(x)=3x -5x,∵x∈[1,4], ∴g(x)在[1,4]上单调递增, ∴g(x)min=g(1)=3×1 -5×1=-2,∴c≤-2.
2

2

12


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