高中4二次函数性质的再研究当堂检测题

第二章　函　数

专题强化练2　二次函数在闭区间上最大(小)值的求法

一、选择题

1.()某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,销售x辆该品牌车的利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x.若该公司在两地共销售15辆,则能获得的最大利润为              (　　)

A.90万元      B.60万元

C.120万元   D.120.25万元

2.(2019浙江温州十五校联合体高一上期中联考,)函数f(x)=x2-2x+t(t为常数,且t∈R)在[-2,3]上的最大值是              (　　)

A.t-1   B.t+6

C.t+8  D.t+3

3.(2019湖北宜昌部分示范高中教学协作体高一上期中联考,)函数y=x2-2x+3(-1≤x≤2)的值域是(　　)

A.R      B.[3,6]

C.[2,6] D.[2,+∞)

4.(2019天津一中高一上期中,)已知二次函数f(x)=x2-2x-4在区间[-2,a]上的最小值为-5,最大值为4,则实数a的取值范围是              (　　)

A.(-2,1) B.(-2,4]

C.[1,4] D.[1,+∞)

5.(2021安徽安庆一中高一上期中,)已知函数f(x)=若存在x1,x2∈R,且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2),则实数a的取值范围为              (　　)

A.(-∞,0) B.-∞,

C.-∞, D.0,

二、填空题

6.()已知函数f(x)=-x2+4x+m,x∈[0,1],若f(x)有最大值1,则f(x)的最小值是　　　　　. 

7.()已知函数f(x)=x2-6x+8,x∈[1,a],并且f(x)的最小值为f(a),则实数a的取值范围是　　　　. 

8.(2019甘肃兰州一中高一上期中,)函数f(x)=x2+2x+a,若对任意x∈[1,+∞), f(x)>0恒成立,则实数a的取值范围是　　　　. 

9.()已知函数y=x2+2x在闭区间[a,b]上的值域为[-1,3],则a·b的最大值为　　　　. 

三、解答题

10.()已知二次函数f(x)满足f(0)=f(2)=0,且方程f(x)+2x=0有两个相等的实数根.

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)若x∈[0,a],求函数g(x)=|f(x)|的最大值g(a).

11.()已知一次函数f(x)是R上的减函数,g(x)=f(x)(x+m),且f[f(x)]=16x-3.

(1)求f(x);

(2)若g(x)在(-2,3)上单调递减,求实数m的取值范围;

(3)当x∈[1,+∞)时,g(x)有最大值1,求实数m的值.

答案全解全析

第二章　函　数

专题强化练2　二次函数在闭区

间上最大(小)值的求法

一、选择题

1.C　设公司在甲地销售m辆该品牌车,则在乙地销售(15-m)辆,0≤m≤15,且m∈N,公司获利为L万元,

则L=L1+L2=-m2+21m+2(15-m)=-m2+19m+30=-+30+,

∴当m=9或m=10时,L取得最大值120,即该公司在两地共销售15辆该品牌车时,能获得的最大利润为120万元.故选C.

2.C　由f(x)=x2-2x+t=(x-1)2+t-1,得f(x)在[-2,1]上递减,在[1,3]上递增,又f(-2)=8+t, f(3)=3+t,且3+t<8+t,∴f(x)max=f(-2)=8+t,故选C.

3.C　由y=x2-2x+3=(x-1)2+2(-1≤x≤2)得,函数在[-1,1]上递减,在[1,2]上递增.当x=-1时,y=(-1-1)2+2=6;当x=1时,y=(1-1)2+2=2;当x=2时,y=(2-1)2+2=3.综上,当-1≤x≤2时,ymax=6,ymin=2,∴y=x2-2x+3(-1≤x≤2)的值域为[2,6],故选C.

4.C　∵f(x)=x2-2x-4=(x-1)2-5,

∴f(x)min=f(1)=-5,

由题知, f(x)max=4,

令x2-2x-4=4,解得x=-2或x=4,

作出f(x)的大致图像如图所示.

由题意及图像可知,1≤a≤4.故选C.

5.B　当x≤2时,f(x)=-x2+4x,由二次函数的性质,可得f(x)在区间(-∞,2]上单调递增,f(x)∈(-∞,4];

若要满足题意,只需使f(x)在(-∞,2]上的取值范围与在(2,+∞)上的取值范围有交集,当x>2时,若a>0,则f(x)=2ax-5∈(4a-5,+∞),则4a-5<4,解得a<,此时0<a<;若a=0,f(x)=-5,符合题意;若a<0,则f(x)=2ax-5∈(-∞,4a-5),符合题意.

综上,实数a的取值范围为-∞,.

故选B.

二、填空题

6.答案　-2

解析　∵函数f(x)=-x2+4x+m的图像开口向下,图像的对称轴方程为x=2,∴函数f(x)在区间[0,1]上单调递增,∴f(x)max=f(1)=3+m=1,∴m=-2,∴f(x)min=f(0)=m=-2.

7.答案　(1,3]

解析　因为函数f(x)的图像开口向上,对称轴为直线x=3,所以当且仅当1<a≤3时, f(x)min=f(a).故a的取值范围是(1,3].

8.答案　(-3,+∞)

解析　∵对任意x∈[1,+∞), f(x)>0恒成立,

∴只需满足f(x)min>0(x∈[1,+∞))即可.

由题知, f(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1,

∴f(x)在[1,+∞)上单调递增,

因此,f(x)min=f(1)=3+a.

∴3+a>0,解得a>-3.

故a的取值范围是(-3,+∞).

9.答案　3

解析　∵函数y=x2+2x=(x+1)2-1,图像开口向上,对称轴为直线x=-1,

所以当x=-1时,函数取得最小值-1.当y=3,即x2+2x=3时,可得x=-3或x=1.因为函数y=x2+2x在闭区间[a,b]上的值域为[-1,3],所以a=-3,-1≤b≤1,此时-3≤a·b≤3,或b=1,-3≤a≤-1,此时-3≤a·b≤-1.因此a·b的最大值为3.

三、解答题

10.解析　(1)由f(0)=f(2)=0,可设f(x)=ax(x-2)(a≠0),又方程f(x)+2x=0有两个相等的实数根,即ax2-2(a-1)x=0有两个相等的实数根,故Δ=[-2(a-1)]2-4·a·0=0,解得a=1,因此f(x)=x2-2x.

(2)由题意知g(x)=|f(x)|=|x2-2x|

=

当a∈(0,1]时,g(x)在[0,a]上递增,g(x)max=g(a)=2a-a2;

由x2-2x=g(1)=1,得x=1+或x=1-(舍),所以当a∈(1,1+]时,g(x)max=g(1)=1;

当a∈(1+,+∞)时,g(x)max=g(a)=a2-2a.

综上所述,g(a)=

11.解析　(1)依题意设f(x)=ax+b(a<0),

则f[f(x)]=a(ax+b)+b=a2x+ab+b=16x-3,所以

又a<0,所以

故f(x)=-4x+1.

(2)由题(1)知,g(x)=(-4x+1)(x+m)=-4x2+(1-4m)x+m,

其图像的对称轴为直线x=,且图像开口向下,又已知g(x)在(-2,3)上单调递减,所以可得≤-2,解得m≥,

所以m的取值范围是.

(3)当≤1,即m≥-时,g(x)在[1,+∞)上递减,此时g(x)max=g(1)=-3m-3=1,解得m=-;

当>1,即m<-时,g(x)max=g=+m=1,

即16m2+8m-15=0,解得m=-或m=,均不符合题意,舍去.

综上所述,m的值为-.