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【志鸿优化设计】(浙江版)2016高考数学二轮专题复习 第三部分 题型技法考前提分 题型专项训练9 函数


题型专项训练 9
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函数(解答题专项)

1.已知二次函数 f(x)=ax +bx+c. (1)若 f(3)∶f(1)∶f(-1)=3∶1∶3,且函数 f(x)的最大值为-2,求 f(x)的解析式; (2)若 f(x)在上单调递增,且 f(x)的顶点在 x 轴上,求满足 f(2)+mf(-2)=mf(1)的实数 m 的最小 值

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2.(2015 浙江宁波五校联考,文 20)已知二次函数 f(x)=x +bx+c,其中常数 b,c∈R. (1)若任意的 x∈[-1,1],f(x)≥0,f(2+x)≤0,试求实数 c 的取值范围; (2)若对任意的 x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,试求实数 b 的取值范围.

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3.已知函数 f(x)=-|x-a|(a>0,x>0), (1)求 f(x)的单调区间; (2)当 x∈(0,4]时,若 f(x)≥x-3 恒成立,求 a 的取值集合.

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4.已知函数 f(x)=lox-mlog2x+a,g(x)=x +1. (1)当 a=1 时,求 f(x)在 x∈[1,4]上的最小值; (2)当 a>0,m=2 时,若对任意的实数 t∈[1,4],均存在 xi∈[1,8](i=1,2),且 x1≠x2,使得=f(t) 成立,求实数 a 的取值范围.

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5.考查函数 f(x)在其定义域 I 内的单调性情况:若 f(x)在 I 内呈先减再增,则称 f(x)为“V 型”函数;若 f(x)在 I 内呈减-增-减-增,则称 f(x)为“W 型”函数.给定函数 f(x)=x2+2ax+b(a,b∈R). (1)试写出这样的一个实数对(a,b),使函数 f(|x|)为 R 上的“V 型”函数,且|f(x)|为 R 上的 “W 型”函数.(写出你认为正确的一个即可,不必证明) (2)若|f(x)|为 R 上的“W 型”函数,且存在实数 m,使|f(m)|≤与|f(m+1)|≤能同时成立,求实 2 数 b-a 的取值范围.

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6.已知函数 f(x)=x +|x+1-a|,其中 a 为实常数. (1)判断 f(x)的奇偶性; (2)若对任意 x∈R,不等式 f(x)≤2|x-a|恒成立,求 a 的取值范围.

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答案

题型专项训练 9

函数(解答题专项)

1.解:(1)由条件 f(3)∶f(1)∶f(-1)=3∶1∶3,可得 c=3a,b=-2a, 于是 f(x)=a(x -2x+3)=a(x-1) +2a, 因为函数 f(x)的最大值为-2, 所以 a<0,且 2a=-2,即 a=-1. 故 f(x)=-(x-1) -2. (2)由条件可设 f(x)=a(x-t) ,其中 t≤-. 由 f(2)+mf(-2)=mf(1),得 a(t-2) +ma(t+2) =ma(t-1) ,于是(t-2) =m(-6t-3), 易知 t≠-,则 m=. 令-(2t+1)=s>0, 于是 m=, 取等号的条件为 t=-3. 2.解:(1)因为-1≤x≤1,
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所以 1≤2+x≤3. 由已知,有对任意的-1≤x≤1,f(x)≥0 恒成立; 对任意的 1≤x≤3,f(x)≤0 恒成立, 故 f(1)≥0,且 f(1)≤0, 即 f(1)=0,也即 1 为函数 y=f(x)的一个零点. 因此可设 f(x)=(x-1)(x-c). 所以,对任意的 1≤x≤3,f(x)≤0 恒成立, 即[1,3]? [1,c],即 c 的取值范围为 c≥3. (2)函数 f(x)=x +bx+c 对任意的 x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4 恒成立, 即 f(x)max-f(x)min≤4, 记 f(x)max-f(x)min=M,则 M≤4. 当>1,即|b|>2 时,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,与 M≤4 矛盾; 当≤1,即-2≤b≤2 时,M=max{f(1),f(-1)}-f-f≤4,即-2≤b≤2. 综上,c 的取值范围为-2≤b≤2. 3.解:(1)当 a>1 时,f(x)在区间(0,)上递减,在区间(,a)上递增,在区间(a,+∞)上递减; 当 0<a≤1 时,f(x)在区间(0,+∞)上递减. (2)当 0<a≤4 时,若 a≤x≤4, 则-x+a≥x-3? 2x -(3+a)x-a≤0. 设 g(x)=2x -(3+a)x-a,∴
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∴a≥4? a=4.
若 0<x<a,则+x-a≥x-3? +3-a≥0,

∴0<a≤4.
当 a>4 时,+x-a≥x-3? +3-a≥0? a≤4 不成立. 综上所述,a 的取值集合为{4}. 4.解:(1)当 a=1 时,f(x)=lox-mlog2x+1=+1-,其中 0≤log2x≤2. 因此,①当≤0,即 m≤0 时,f(x)min=f(1)=1;

②当≥2,即 m≥4 时,f(x)min=f(4)=5-2m; ③当 0<m<4,即 log2x=时,f(x)min=1-.
综上,f(x)min= (2)令 log2t=u(0≤u≤2),则 f(t)=u -2u+a 的值域是[a-1,a].
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因为 y==x+-2a(1≤x≤8),利用图形可知 即 解得 3<a≤11-2. 故实数 a 的取值范围是(3,11-2]. 5.解:(1)结合图象,若 f(|x|)为 R 上的“V 型”函数, 则 f(x)=x +2ax+b=(x+a) +b-a 的对称轴 x=-a≤0,即 a≥0.
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|f(x)|为 R 上的“W 型”函数,
则 f(x)min=b-a <0,即 b<a . 综上可知,只需填满足的任何一个实数对(a,b)即可. (2)结合图象,|f(m)|≤与|f(m+1)|≤能同时成立等价于函数|f(x)|的图象上存在横坐标 差距为 1 的两点,此时它们的函数值均小于等于. 由于|f(x)|为 R 上的“W 型”函数,则 b-a <0, 下面分两种情形讨论:
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①当-<b-a2<0,即 a2-<b<a2 时,
由 x +2ax+b=,得两根:x1=-a-,x2=-a+. 由于 x2-x1=2>1,故必在区间(x1,x2)内存在两个实数 m,m+1,能使|f(m)|≤与|f(m+1)|≤同 时成立.
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②当 b-a2≤-时,
令 x +2ax+b=,得 x1=-a-,x2=-a+; 令 x +2ax+b=-,得 x3=-a-,x4=-a+. 由于 x2-x1=2>1,
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x2-x4=x3-x1=,
故只需 x4-x3=2≤1,得 a -b≤,结合前提条件, 可知-≤b-a ≤-时,必存在 m∈(x1,x3],m+1∈[x4,x2),能使|f(m)|≤与|f(m+1)|≤同时成 立. 综合①②可知,所求的取值范围为-≤b-a <0. 6.解:(1)易求得函数 f(x)的定义域为 R,是关于原点对称的.当 a=1 时,因为
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f(x)=x2+|x|,f(-x)=(-x)2+|-x|=x2+|x|=f(x),
所以 f(x)为偶函数; 当 a≠1 时,因为 f(0)=|1-a|≠0,
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所以 f(x)不是奇函数; 因为 f(a-1)=(a-1) ,f(1-a)=(a-1) +2|a-1|,f(a-1)≠f(1-a), 所以 f(x)不是偶函数. 因此 f(x)为非奇非偶函数. 综上所述,当 a=1 时,f(x)为偶函数;当 a≠1 时,f(x)为非奇非偶函数. (2)①当 x≤a-1 时,不等式化为 x -x-1+a>2(a-x),即 x +x-1>a,>a. 若 a-1≥-,即 a≥,则 a<-,矛盾. 若 a-1<-,即 a<,则 a<(a-1) +(a-1)-1,即 a -2a-1>0,解得 a>1+或 a<1-. 所以 a<1-.
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②当 a-1<x≤a 时,不等式化为 x2+x+1-a>2(a-x),即 x2+3x+1>3a,>3a.
若 a-1<-≤a,即-≤a<-,3a<-,a<-. 结合条件,得-≤a<-. 若 a-1≥-,即 a≥-,3a≤(a-1) +3(a-1)+1,即 a -2a-1≥0,解得 a≥1+或 a≤1-. 结合条件及①,得-≤a<1-. 若 a<-,3a<a +3a+1 恒成立. 综上,得 a<1-.
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③当 x>a 时,不等式化为 x2+x+1-a>2(x-a),
即 x -x+1>-a,>-a,得-a<,即 a>-. 结合②得-<a<1-. 所以,使不等式 f(x)>2|x-a|对 x∈R 恒成立的 a 的取值范围是-<a<1-.
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