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2018高考数学异构异模复习考案 第二章 函数的概念及其基本性质 2.4.1 二次函数撬题 理1.如果函数f(x)(m2)x2(n8)x1(m0，n0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为()A16B18C25 D.答案B解析由已知得f(x)(m2)xn8，又对任意的x，f(x)0，所以，即，画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示， 令mnt，则当n0时，t0，当n0时，m.由线性规划的相关知识知，只有当直线2mn12与曲线m相切时，t取得最大值由，解得n6，t18，所以(mn)max18，选B.2已知a，b，cR，函数f(x)ax2bxc.若f(0)f(4)f(1)，则()Aa0,4ab0Ba0,2ab0Daf(1)，f(x)先减后增，a0，选A.3两个二次函数f(x)ax2bxc与g(x)bx2axc的图象可能是()答案D解析函数f(x)图象的对称轴为x，函数g(x)图象的对称轴为x，显然与同号，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)cos2xasinx在区间上是减函数，则a的取值范围是_答案(，2解析f(x)cos2xasinx12sin2xasinx，令tsinx，x，则t，原函数化为y2t2at1，由题意及复合函数单调性的判定可知y2t2at1在上是减函数，结合抛物线图象可知，所以a2.5.已知函数f(x)x22ax1a在x0,1时有最大值2，则a的值为_答案2或1解析f(x)(xa)2a2a1，在x0,1时，当a1时，f(x)maxf(1)a；当0a0，当非零实数a，b满足4a22ab4b2c0且使|2ab|最大时，的最小值为_答案2解析设2abt，则2atb，由已知得关于b的方程(tb)2b(tb)4b2c0有解，即6b23tbt2c0有解故9t224(t2c)0，所以t2c，所以|t|max，此时ct2，bt，2atb，所以a.故88222.7已知函数f(x)|x23x|，xR.若方程f(x)a|x1|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ya|x1|的图象，由图知，当a0时，两函数的图象只有2个交点，当a0.若曲线yx23x(3x0)与直线ya(x1)(x1)相切，联立方程得x2(3a)xa0，则由0得a1(a9舍去)，因此当0a0)与直线ya(x1)(x1)相切，联立方程得x2(3a)xa0，则由0可得a9(a1舍去)，因此当a9时，
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