2019届高三数学课标一轮复习考点规范练： 6幂函数与二次函数 .docx

考点规范练6幂函数与二次函数基础巩固组1.已知幂函数f(x)=kx的图象过点12,22,则k+=()A.12B.1C.32D.22.若a<0,则下列不等式成立的是()A.2a>12a>(0.2)aB.(0.2)a>12a>2aC.12a>(0.2)a>2aD.2a>(0.2)a>12a3.若二次函数f(x)=ax2+bx+c满足f(x1)=f(x2),则f(x1+x2)等于()A.-b2aB.-baC.cD.4ac-b24a4.已知函数h(x)=4x2-kx-8在区间5,20上是单调函数,则k的取值范围是()A.(-,40B.160,+)C.(-,40160,+)D.5.(2017浙江绍兴一模)若xlog52-1,则函数f(x)=4x-2x+1-3的最小值为()A.-4B.-3C.-1D.06.若函数f(x)是幂函数,且满足f(4)f(2)=3,则f12=.7.已知函数f(x)=x2-2ax+5在(-,2上是减函数,且对任意的x1,x21,a+1,总有|f(x1)-f(x2)|4,则实数a的取值范围是.8.设aR,函数f(x)=|x2-a|-a|-2恰有两个不同的零点,则a的取值范围为.能力提升组9.若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是()A.(-,-2)B.(-2,+)C.(-6,+)D.(-,-6)10.(2017浙江杭州二模)设函数f(x)=x2+ax+b(a,bR)的两个零点为x1,x2,若|x1|+|x2|2,则()A.|a|1B.|b|1C.|a+2b|2D.|a+2b|211.(2017浙江嘉兴平湖当湖中学期中测试)设函数f(x)=ax2+bx+c(a<0)的定义域为D,若所有点(s,f(t)(s,tD)构成一个正方形区域,则a的值为()A.-2B.-4C.-8D.不能确定12.(2017浙江宁波诺丁汉大学附中试题)已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x),若g(x)的值域为2,+),f(x)的值域为k,+),则实数k的最大值为()A.0B.1C.2D.413.对于函数f(x),若存在x0Z,满足|f(x0)|14,则称x0为函数f(x)的一个“近零点”.已知函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)有四个不同的“近零点”,则a的最大值为()A.2B.1C.12D.1414.若函数f(x)=(x2-4)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-1对称,则a=,b=,f(x)的最小值为.15.(2017浙江宁波二模)定义maxa,b=a,abb,a<b,已知函数f(x)=max|2x-1|,ax2+b,其中a<0,bR,若f(0)=b,则实数b的范围为,若f(x)的最小值为1,则a+b=.16.已知函数f(x)=|x2-a|.(1)当a=1时,求f(x)在区间-1,1上的最大值;(2)求f(x)在区间-1,1上的最大值M(a)的最小值.17.(2017浙江温州中学模拟)已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间2,3上有最大值4和最小值1,设f(x)=g(x)x.(1)求a,b的值;(2)若不等式f(2x)-k2x0在x-1,1上恒成立,求实数k的取值范围.答案：1.C由幂函数的定义知k=1.又f12=22,所以12=22,解得=12,从而k+=32.2.B因为a<0时,幂函数y=xa在(0,+)上是减函数,所以(0.2)a>12a>2a.3.C由已知f(x1)=f(x2),且f(x)的图象关于x=-b2a对称,则x1+x2=-ba,故f(x1+x2)=f-ba=ab2a2-bba+c=c,应选C.4.C函数h(x)图象的对称轴为x=k8,要使h(x)在区间5,20上是单调函数,应有k85或k820,即k40或k160.故选C.5.Axlog52-1log52xlog55-12x15,令t=2xt15,则有y=t2-2t-3=(t-1)2-4,当t=115,即x=0时,f(x)取得最小值-4.故选A.6.13依题意设f(x)=x(R),则有42=3,即2=3,得=log23,则f(x)=xlog23,于是f12=12log23=2-log23=2log213=13.7.2,3f(x)=(x-a)2+5-a2,根据f(x)在区间(-,2上是减函数知,a2,则f(1)f(a+1),从而|f(x1)-f(x2)|max=f(1)-f(a)=a2-2a+1,由a2-2a+14,解得-1a3,又a2,所以2a3.8.(-1,2)当a0时,f(x)=x2-2a-2,此时f(x)=0有两个不同零点的条件为2a+2>0,故-1<a0;当a>0时,根据函数图象可知,f(x)=0有两个不同零点的条件是f(|a|)<0,即a-2<0,因此0<a<2.故符合题意的a的取值范围为(-1,2).9.A不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2-4x-2)max,令f(x)=x2-4x-2,x(1,4),所以f(x)<f(4)=-2,所以a<-2.10.B|x1|+|x2|2|x1|x2|=2|b|,所以2|b|2,则|b|1,故选择B.11.B由题意可知:所有点(s,f(t)(s,tD)构成一个正方形区域,则对于函数f(x),其定义域的x的长度和值域的长度是相等的,f(x)的定义域为ax2+bx+c0的解集,设x1、x2是方程ax2+bx+c=0的根,且x1<x2,则定义域的长度为|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=b2-4aca2,而f(x)的值域为0,4ac-b24a,则有b2-4aca2=4ac-b24a,|a|=2-a,a=-4.故选B12.C设t=f(x),由题意可得g(x)=f(t)=at2+bt+c,tk,函数y=at2+bt+c,tk的图象为y=f(x)的图象的部分,即有g(x)的值域为f(x)的值域的子集,即2,+)k,+),可得k2,即有k的最大值为2.故选C.13.D由题意,可设四个近零点为m,m+1,n,n+1(m<n,m,nZ),且n-m2,则有|f(m+1)|=|a(m+1)2+b(m+1)+c|14,|f(m)|=|am2+bm+c|14,由|f(m+1)-f(m)|f(m+1)|+|f(m)|14+14=12,得|2am+b|12,同理可得|2an+b|12,因此|(2an+b)-(2am+b)|2an+b|+|2am+b|1,即|2(n-m)a|1,n-m2,a12(n-m)14,等号成立当且仅当f(m),f(m+1)异号,f(n),f(n+1)异号,且n-m=2.故a的最大值为14.14.40-16根据题意,可知f(0)=f(-2),则-4b=0,b=0;又f(2)=f(-4),则0=12(16-4a),a=4;所以f(x)=(x2-4)(x2+4x),令g(x)=f(x-1),则函数g(x)的图象是由函数f(x)的图象向右平移1个单位长度得到,因此f(x)与g(x)的最小值相等.而g(x)=f(x-1)=(x2-2x-3)(x2+2x-3)=(x2-3)2-(2x)2=(x2-5)2-16-16,故f(x)的最小值为-16.15.1,+)1f(0)=max1,b=b,b1;作出y=|2x-1|与y=ax2+b的函数图象,如图所示:f(x)的最小值为1,y=ax2+b恰好经过点(1,1),a+b=1.故答案为:1,+),1.16.解 (1)当a=1时,f(x)=|x2-1|,f(x)在区间-1,1上的最大值为1.(2)由于f(x)=|x2-a|在区间-1,1上是偶函数,故只需考虑f(x)在0,1上的最大值即可.若a0,则f(x)=x2-a,它在0,1上是增函数,故M(a)=1-a.若a>0,由a=1-a知,当a<12时,M(a)=1-a,当a12时,M(a)=a,故当a=12时,M(a)最小,最小值为12.17.解 (1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a,因为a>0,所以g(x)在区间2,3上是增函数,故g(2)=1g(3)=4,解得a=1b=0.(2)由已知可得f(x)=x+1x-2,所以f(2x)-kx0可化为2x+12x-2k2x,化为1+12x2-212xk,令t=12x,则kt2-2t+1,因x-1,1,故t12,2,记h(t)=t2-2t+1,因为t12,2,故h(t)min=0,所以k的取值范围是(-,0.