2025福建高考数学一轮复习-函数知识点专项训练【含答案】

这是一份2025福建高考数学一轮复习-函数知识点专项训练【含答案】，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知函数f(x)＝－x2－4x＋5，则函数y＝f(x)的单调递增区间为( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，2]
C．[－2，＋∞) D．[2，＋∞)
2．(2024·沧州七校)已知f(x)为二次函数，且f(x)＝x2＋f′(x)－1，则f(x)等于( )
A．x2－2x＋1 B．x2＋2x＋1
C．2x2－2x＋1 D．2x2＋2x－1
3．已知m>2，点(m－1，y1)，(m，y2)，(m＋1，y3)都在二次函数y＝x2－2x的图象上，则( )
A．y1C．y14．一次函数y＝ax＋b(a≠0)与二次函数y＝ax2＋bx＋c在同一坐标系中的图象大致是( )
5．如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，则OA·OB等于( )
A.eq \f(c,a)B．－eq \f(c,a)
C．±eq \f(c,a)D．无法确定
6．(2024·长沙市一中)已知函数f(x)＝2x2－mx－3m，则“m>2”是“f(x)<0在x∈[1，3]恒成立”的( )
A．充分不必要条件B．充要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
7．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 B．x0≤a
C．x0∈(a，b) D．x0∉(a，b)
8．(2024·郑州)若二次函数y＝x2＋ax＋1对于一切x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))恒有y≥0成立，则a的最小值是( )
A．0 B．2
C．－eq \f(5,2) D．－3
二、多项选择题
9．已知函数f(x)＝x2－2x＋a有两个零点x1，x2，以下结论正确的是( )
A．a<1B．若x1x2≠0，则eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(2,a)
C．f(－1)＝f(3)D．函数y＝f(|x|)有四个零点
10．若二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－2，3]上的最大值为6，则a的值可以是( )
A．－eq \f(1,3) B.eq \f(1,3)
C．－5 D．5
三、填空题与解答题
11. 二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，确定下列各式的正负：b________0，ac________0，a－b＋c________0.
12．若二次函数y＝8x2－(m－1)x＋m－7的值域为[0，＋∞)，则m＝________．
13．(1)已知函数f(x)＝4x2＋kx－8在[－1，2]上具有单调性，则实数k的取值范围是________．
(2)若函数y＝x2＋bx＋2b－5在(－∞，2)上不单调，则实数b的取值范围为________．
14．(2024·江西赣州市)已知y＝(cs x－a)2－1，当cs x＝－1时，y取最大值，当cs x＝a时，y取最小值，则a的取值范围是________．
15．函数f(x)＝x2＋2x，若f(x)>a在区间[1，3]上满足：(1)有解，则a的取值范围为________；
(2)恒成立，则a的取值范围为________．
16．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1，x∈R.
(1)若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；
(2)在(1)的条件下，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，试求实数k的取值范围．
17．(2024·安徽A10联盟)已知y＝(x－a)(x－b)－2(aA．a<α<βC．α18．(2024·湖南师大附中)定义：如果在函数y＝f(x)定义域内的给定区间[a，b]上存在x0(a
参考答案与解析
1．答案 A
2．答案 B
解析 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，
由f(x)＝x2＋f′(x)－1可得
ax2＋bx＋c＝x2＋2ax＋b－1，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2a，,c＝b－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，,c＝1，))
因此，f(x)＝x2＋2x＋1.
3．答案 A
解析 ∵m＞2，∴m－1＞1.
∴三点均在对称轴的右边．
∵函数在[1，＋∞)上单调递增，m＋1＞m＞m－1，
∴y1＜y2＜y3.
4．答案 C
解析 若a>0，则一次函数y＝ax＋b为增函数，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上，故可排除A、D；对于B，由直线可知a>0，b>0，从而－eq \f(b,2a)<0，而二次函数的图象的对称轴在y轴的右侧，故可排除B.故选C.
5．答案 B
解析 由图知a<0，c>0，则OA·OB＝|xAxB|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))＝－eq \f(c,a).
6．答案 C
解析 若f(x)<0在x∈[1，3]恒成立，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝2－4m<0，,f（3）＝18－6m<0，))
解得m>3，
又{m|m>3}是{m|m>2}的真子集，
所以“m>2”是“f(x)<0对x∈[1，3]恒成立”的必要不充分条件．
7．答案 D
解析 若x0∈(a，b)，f(x0)一定为最大值或最小值．
8．答案 C
解析 设y＝g(x)＝x2＋ax＋1，则g(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立，即a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上恒成立．令h(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，易知h(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，则h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，所以a≥h(x)max＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2))＝－eq \f(5,2).
9．答案 ABC
解析 易知二次函数对应的二次方程根的判别式Δ＝(－2)2－4a＝4－4a>0，解得a<1，故A正确；由根与系数的关系得，x1＋x2＝2，x1x2＝a，eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1＋x2,x1x2)＝eq \f(2,a)，故B正确；因为f(x)图象的对称轴为x＝1，点(－1，f(－1))，(3，f(3))关于对称轴对称，故C正确；当a<0时，y＝f(|x|)只有两个零点，故D不正确．
10．答案 BC
解析 由题知f(x)图象的对称轴为x＝－1，a≠0.
(1)当a>0时，f(x)的大致图象如图①，最大值为f(3)＝15a＋1＝6，∴a＝eq \f(1,3).
(2)当a<0时，f(x)的大致图象如图②，最大值为f(－1)＝－a＋1＝6，∴a＝－5.故选BC.
11. 答案 > < <
解析 ∵a<0，－eq \f(b,2a)>0，∴b>0.
∵eq \f(c,a)＝x1x2<0，∴ac<0，a－b＋c＝f(－1)<0.
12．答案 9或25
解析 y＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(m－1,16)))eq \s\up12(2)＋m－7－8·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－1,16)))eq \s\up12(2)，
∵值域为[0，＋∞)，∴m－7－8·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－1,16)))eq \s\up12(2)＝0，
∴m＝9或25.
13．(1)答案 (－∞，－16]∪[8，＋∞)
解析 函数f(x)＝4x2＋kx－8的图象的对称轴为x＝－eq \f(k,8)，则－eq \f(k,8)≤－1或－eq \f(k,8)≥2，解得k≥8或k≤－16.
(2)答案 (－4，＋∞)
解析 函数y＝x2＋bx＋2b－5的图象是开口向上，以x＝－eq \f(b,2)为对称轴的抛物线，所以此函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2)))上单调递减．若此函数在(－∞，2)上不单调，只需－eq \f(b,2)<2，解得b>－4.所以实数b的取值范围为(－4，＋∞)．
14．答案 [0，1]
解析 方法一：设cs x＝t(－1≤t≤1)，y＝f(t)＝(t－a)2－1，画出f(t)的图象如图，由图易知0≤a≤1.
方法二：设cs x＝t(－1≤t≤1)，y＝f(t)＝(t－a)2－1，由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）≥f（1），,－1≤a≤1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－1－a）2－1≥（1－a）2－1，,－1≤a≤1，))∴0≤a≤1.
15．答案 (1)(－∞，15) (2)(－∞，3)
解析 (1)f(x)>a在区间[1，3]上有解，等价于aa在区间[1，3]上恒成立，等价于a16．答案 (1)f(x)＝x2＋2x＋1，单调递增区间为[－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1]
(2)(－∞，1)
解析 (1)由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)＝－1，,f（－1）＝a－b＋1＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2.))所以f(x)＝x2＋2x＋1.
由f(x)＝(x＋1)2知，函数f(x)的单调递增区间为[－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1]．
(2)由题意知，x2＋2x＋1>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，
即k令g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]，
由g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)，知g(x)在区间[－3，－1]上是减函数．
则g(x)min＝g(－1)＝1.所以k<1.
即k的取值范围是(－∞，1)．
17．答案 C
解析 设g(x)＝(x－a)(x－b)(a18．答案 (0，2)
解析 因为函数f(x)＝－x2＋mx＋1是[－1，1]上的平均值函数，设x0为均值点，所以eq \f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)＝m＝f(x0)，即关于x0的方程－x02＋mx0＋1＝m在(－1，1)内有实数根，解方程得x0＝1(舍去)或x0＝m－1.所以－1