2017届高考数学一轮复习第二章函数的概念及其基本性质2.4.1二次函数对点训练理.docVIP

2017高考数学一轮复习 第二章 函数的概念及其基本性质 2.4.1 二次函数对点训练 理 1.如果函数f(x)＝12(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间\f(12)，2)上单调递减，那么mn的最大值为(　　) A．16 B．18 C．25 D.812 答案　B 解析　由已知得f′(x)＝(m－2)x＋n－8，又对任意的x∈\f(12)，2)，f′(x)≤0，所以f′\b\lc\(\rc\2))f′?2?≤0， 即m≥0，n≥0m＋2n≤182m＋n≤12，画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示， 令mn＝t，则当n＝0时，t＝0，当n≠0时，m＝tn.由线性规划的相关知识知，只有当直线2m＋n＝12与曲线m＝tn相切时，t取得最大值．由－\f(t121tn)， 解得n＝6，t＝18，所以(mn)max＝18，选B. 2．已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(0)＝f(4)f(1)，则(　　) A．a0,4a＋b＝0 B．a0,4a＋b＝0 C．a0,2a＋b＝0 D．a0,2a＋b＝0 答案　A 解析　由f(0)＝f(4)得f(x)＝ax2＋bx＋c的对称轴为x＝－b2a＝2，∴4a＋b＝0，又f(0)f(1)，∴f(x)先减后增，∴a0，选A. 3．两个二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c与g(x)＝bx2＋ax＋c的图象可能是(　　) 答案　D 解析　函数f(x)图象的对称轴为x＝－b2a，函数g(x)图象的对称轴为x＝－a2b，显然－b2a与－a2b同号，故两个函数图象的对称轴应该在y轴的同侧，只有D满足．故选D. 4．若函数f(x)＝cos2x＋asinx在区间\a\vs4\al\co1(\f(ππ2)上是减函数，则a的取值范围是________． 答案　(－∞，2] 解析　f(x)＝cos2x＋asinx＝1－2sin2x＋asinx，令t＝sinx，x∈\a\vs4\al\co1(\f(ππ2)，则t∈\a\vs4\al\co1(\f(12)，1)，原函数化为y＝－2t2＋at＋1，由题意及复合函数单调性的判定可知y＝－2t2＋at＋1在\a\vs4\al\co1(\f(12)，1)上是减函数，结合抛物线图象可知，a4≤12，所以a≤2. 5.已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0,1]时有最大值2，则a的值为________． 答案　2或－1 解析　f(x)＝－(x－a)2＋a2－a＋1，在x∈[0,1]时， 当a≥1时，f(x)max＝f(1)＝a； 当0a1时，f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1； 当a≤0时，f(x)max＝f(0)＝1－a. 根据已知条件得，a≥1，a＝2)或0a1，a2－a＋1＝2)或a≤0，1－a＝2.) 解得a＝2或a＝－1. 6．对于c0，当非零实数a，b满足4a2－2ab＋4b2－c＝0且使|2a＋b|最大时，3a－4b＋5c的最小值为________． 答案　－2 解析　设2a＋b＝t，则2a＝t－b，由已知得关于b的方程(t－b)2－b(t－b)＋4b2－c＝0有解，即6b2－3tb＋t2－c＝0有解． 故Δ＝9t2－24(t2－c)≥0，所以t2≤85c， 所以|t|max＝10c)5，此时c＝58t2，b＝14t，2a＝t－b＝3t4，所以a＝3t8. 故3a－4b＋5c＝8t－16t＋8t2＝8\a\vs4\al\co1(\f(11t) ＝8\a\vs4\al\co1(\f(112)2－2≥－2. 7．已知函数f(x)＝|x2＋3x|，x∈R.若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________． 答案　(0,1)∪(9，＋∞) 解析　在同一坐标系中分别作出函数f(x)与y＝a|x－1|的图象，由图知，当a＝0时，两函数的图象只有2个交点，当a0时，两图象没有交点，故必有a0. 若曲线y＝－x2－3x(－3≤x≤0)与直线y＝－a(x－1)(x≤1)相切，联立方程得x2＋(3－a)x＋a＝0，则由Δ＝0得a＝1(a＝9舍去)，因此当0a1时，f(x)的图象与y＝a|x－1|的图象有4个交点； 若曲线y＝x2＋3x(x0)与直线y＝a(x－1)(x1)相切，联立方程得x2＋(3－a)x＋a＝0，则由Δ＝0可得a＝9(a＝1舍去)，因此当a9时，f(x)的图象与y＝a|x－1|的图象有4个交点，故当方程有4个互异实数根时，实数a的取值范围是(0,1)∪(9，＋∞)．