全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题2第3练“三个二次”的转化与应用理

第3练　“三个二次”的转化与应用[题型分析·高考展望]　“二次函数、二次方程、二次不等式”是高中数学知识的基础，在高考中虽然一般不直接考查，但它是解决很多数学问题的工具.如函数图象问题、函数与导数结合的问题、直线与圆锥曲线的综合问题等.“三个二次”经常相互转化，相辅相成，是一个有机的整体.如果能很好地掌握三者之间的转化及应用方法，会有利于解决上述有关问题，提升运算能力.常考题型精析题型一　函数与方程的转化例1　是否存在这样的实数a，使函数f(x)＝x2＋(3a－2)x＋a－1在区间[－1,3]上恒有一个零点，且只有一个零点？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由.　　　　　点评　二次函数零点问题或二次函数图象与直线交点个数问题，一般都需转化为二次方程根的存在性及根的分布来解决，解决的方法是列出判别式和有关函数值的不等式(组)，或用数形结合方法解决.10\n变式训练1　设定义域为R的函数f(x)＝则关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为________.题型二　函数与不等式的转化例2　已知函数y＝f(x)是定义在R上的增函数，函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称.若对任意的x，y∈R，不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0恒成立，则当x>3时，x2＋y2的取值范围是____________.点评　不等式是解决函数定义域、值域、参数范围等问题的有效工具，将函数问题转化为不等式解决是解答此类问题的常规思路.而二次不等式的解的确定又要借助二次函数图象，所以二者关系密切.函数单调性的确定是抽象函数转化为不等式的关键.变式训练2　已知一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－1或x>}，则f(10x)>0的解集为(　　)A.{x|x<－1或x>lg2}B.{x|－1<x<lg2}C.{x|x>－lg2}D.{x|x<－lg2}题型三　方程与不等式的转化例3　已知关于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0.(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m的取值范围；(2)若方程两根均在区间(0,1)内，求m的取值范围.　　　　　10\n点评　“三个二次”是一个整体，不可分割.有关“三个二次”问题的解决办法通常是利用转化与化归思想来将其转化，其中用到的方法主要有数形结合、分类讨论的思想，其最基本的理念可以说是严格按照一元二次不等式的解决步骤来处理.变式训练3　(2022·四川)如果函数f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为(　　)A.16B.18C.25D.高考题型精练1.若A＝{x|x2＋(p＋2)x＋1＝0，x∈R}，B＝{x|x>0}，且A∩B＝∅，则实数p的取值范围是(　　)A.p>－4B.－4<p<0C.p≥0D.R2.(2022·威海模拟)已知函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则f(2－x)>0的解集为(　　)A.{x|x>2或x<－2}B.{x|－2<x<2}C.{x|x<0或x>4}D.{x|0<x<4}3.已知函数f(x)＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上的最大值为3，最小值为2，则m的取值范围为(　　)A.[1，＋∞)B.[0,2]C.(－∞，－2]D.[1,2]4.若方程x2－x－m＝0在x∈[－1,1]上有实根，则m的取值范围是(　　)A.m≤－B.－<m<C.m≥D.－≤m≤5.若f(x)＝x2－ax＋1有负值，则实数a的取值范围是(　　)A.a≤－2B.－2<a<2C.a>2或a<－2D.1<a<36.(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝若关于x的方程f2(x)－af(x)＝0恰有5个不同的实数解，则a的取值范围是(　　)A.(0,1)B.(0,2)10\nC.(1,2)D.(0,3)7.已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋4(0<a<3)，若x1<x2，x1＋x2＝1－a，则(　　)A.f(x1)<f(x2)B.f(x1)＝f(x2)C.f(x1)>f(x2)D.f(x1)与f(x2)的大小不能确定8.若a<b<c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间(　　)A.(a，b)和(b，c)内B.(－∞，a)和(a，b)内C.(b，c)和(c，＋∞)内D.(－∞，a)和(c，＋∞)内9.(2022·湖北)a为实数，函数f(x)＝|x2－ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a).当a＝________时，g(a)的值最小.10.若关于x的不等式(2x－1)2<ax2的解集中整数恰好有3个，则实数a的取值范围是__________.11.已知函数f(x)＝2ax2＋2x－3.如果函数y＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，则实数a的取值范围为________________________________________________________________________.12.已知函数f(x)＝ax2＋ax和g(x)＝x－a，其中a∈R，且a≠0.若函数f(x)与g(x)的图象相交于不同的两点A、B，O为坐标原点，试求△OAB的面积S的最大值.答案精析专题2　不等式与线性规划10\n第3练　“三个二次”的转化与应用常考题型精析例1　解　令f(x)＝0，则Δ＝(3a－2)2－4(a－1)＝9a2－16a＋8＝9(a－)2＋>0，即f(x)＝0有两个不相等的实数根，∴若实数a满足条件，则只需f(－1)·f(3)≤0即可.f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0，∴a≤－或a≥1.检验：(1)当f(－1)＝0，a＝1时，f(x)＝x2＋x.令f(x)＝0，即x2＋x＝0，得x＝0或x＝－1.方程在[－1,3]上有两个实数根，不合题意，故a≠1.(2)当f(3)＝0时，a＝－，此时f(x)＝x2－x－.令f(x)＝0，即x2－x－＝0，解得x＝－或x＝3.方程在[－1,3]上有两个实数根，不合题意，故a≠－.综上所述，a<－或a>1.变式训练1　7解析　由y＝2f2(x)－3f(x)＋1＝0得f(x)＝或f(x)＝1，如图画出f(x)的图象，由f(x)＝知有4个根，由f(x)＝1知有3个根，故函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1共有7个零点.例2　(13,49)解析　由函数f(x－1)的图象关于点(1,0)对称可知，函数f(x)为奇函数.所以不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0可化为f(x2－6x＋21)<－f(y2－8y)＝f(－y2＋8y).又因为函数f(x)在R上为增函数，故必有x2－6x＋21<－y2＋8y，即x2－6x＋21＋y2－8y<0，10\n配方，得(x－3)2＋(y－4)2<4.因为x>3，故不等式组表示为它表示的区域为如图所示的半圆的内部.而x2＋y2表示该区域内的点到坐标原点距离的平方.由图可知，x2＋y2的最小值在点A处取得，但因为该点在边界的分界线上，不属于可行域，故x2＋y2>32＋22＝13，而最大值为圆心(3,4)到原点的距离与半径之和的平方，但因为该点在圆的边界上，不属于可行域，故x2＋y2<(5＋2)2＝49，故13<x2＋y2<49.变式训练2　D[由题意可知f(x)>0的解集为{x|－1<x<}，故f(10x)>0等价于－1<10x<，由指数函数的值域为(0，＋∞)，知一定有10x>－1，而10x<可化为10x<10lg，即10x<10－lg2.由指数函数的单调性可知x<－lg2，故选D.]例3　解　(1)由条件，抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1与x轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，如图所示，得⇒即－<m<－，故m的取值范围是(－，－).(2)抛物线与x轴交点的横坐标均在区间(0,1)内，如图所示，列不等式组⇒即－<m≤1－.故m的取值范围是(－，1－].10\n变式训练3　B[令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－，当m＞2时，对称轴x0＝－，由题意，得－≥2，∴2m＋n≤12，∵≤≤6，∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6.当m＜2时，抛物线开口向下，由题意－≤，即2n＋m≤18，∵≤≤9，∴mn≤，由2n＋m＝18且2n＝m，得m＝9(舍去)，∴mn最大值为18，选B.]高考题型精练1.A[当A＝∅时，Δ＝(p＋2)2－4<0，∴－4<p<0.当A≠∅时，方程x2＋(p＋2)x＋1＝0有两负根，∴∴p≥0.综上所述，p>－4.]2.C[f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b.∵f(x)是偶函数，∴b－2a＝0，即b＝2a.∴f(x)＝ax2－4a，又f(2)＝0，x∈(0，＋∞)时，f(x)为增函数.∴f(2－x)>f(2)或f(2－x)>f(－2).∴2－x>2或2－x<－2，即x<0或x>4.]3.D[∵f(x)＝(x－1)2＋2，其对称轴为x＝1，当x＝1时，f(x)min＝2，故m≥1，又∵f(0)＝3，f(2)＝3，∴m≤2.综上可知1≤m≤2.]4.D[m＝x2－x＝2－，x∈[－1,1].当x＝－1时，m取最大值为，当x＝时，m取最小值为－，∴－≤m≤.]5.C[∵f(x)＝x2－ax＋1有负值，∴Δ＝(－a)2－4>0，则a>2或a<－2.]6.A[设t＝f(x)，则方程为t2－at＝0，解得t＝0或t＝a，即f(x)＝0或f(x)＝a.如图，作出函数f(x)的图象，由函数图象，可知f(x)＝0的解有两个，故要使方程f2(x)－af(x)＝0恰有5个不同的解，则方程f(x)＝a的解必有三个，此时0<a<1.所以a的取值范围是(0,1).]10\n7.A[f(x)的对称轴为直线x＝－1，又∵x1＋x2＝1－a，∴＝，0<a<3.∴>－1.∵x1<x2，∴x1离对称轴的距离小于x2离对称轴的距离.又∵a>0，∴f(x1)<f(x2).]8.A[由于a<b<c，所以f(a)＝0＋(a－b)(a－c)＋0>0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0.因此有f(a)·f(b)<0，f(b)·f(c)<0，又因f(x)是关于x的二次函数，函数的图象是连续不断的曲线，因此函数f(x)的两零点分别位于区间(a，b)和(b，c)内，故选A.]9.2－2解析　(1)当a＝0时，f(x)＝x2，函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，故g(a)＝f(1)＝1.(2)当a<0时，函数f(x)的图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，故g(a)＝f(1)＝1－a.(3)当0<a<1时，函数f(x)的图象如图(2)所示，f＝，f(1)＝1－a，f－f(1)＝－(1－a)＝.①当0<a<2－2时，因为f－f(1)<0，即f<f(1)，所以g(a)＝f(1)＝1－a；②当2－2≤a<1时，因为f－f(1)≥0，即f≥f(1)，所以g(a)＝f＝.(4)当1≤a<2时，函数f(x)的图象如图(3)所示，因为函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，故g(a)＝f＝.(5)当a≥2时，函数f(x)的图象如图(4)所示，因为函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，故g(a)＝f(1)＝a－1.综上，g(a)＝当a<2－2时，g(a)>g(2－2)＝3－2；当2－2≤a<2时，g(a)≥g(2－2)＝3－2；当a≥2时，g(a)≥g(2)＝1>3－2.10\n综上，当a＝2－2时，g(a)min＝3－2.10.解析　因为不等式等价于(－a＋4)x2－4x＋1<0，其中(－a＋4)x2－4x＋1＝0中的Δ＝4a>0，且有4－a>0，故0<a<4，不等式的解集为<x<，<<，则一定有{1,2,3}为所求的整数解集.所以3<≤4，解得a的范围为.11.解析　若a＝0，则f(x)＝2x－3，f(x)＝0⇒x＝∉[－1,1]，不合题意，故a≠0.下面就a≠0分两种情况讨论：(1)当f(－1)·f(1)≤0时，f(x)在[－1,1]上至少有一个零点，即(2a－5)(2a－1)≤0，解得≤a≤.(2)当f(－1)·f(1)>0时，f(x)在[－1,1]上有零点的条件是　解得a>.综上，实数a的取值范围为.12.解　依题意，f(x)＝g(x)，即ax2＋ax＝x－a，整理得ax2＋(a－1)x＋a＝0，①∵a≠0，函数f(x)与g(x)的图象相交于不同的两点A、B，∴Δ>0，即Δ＝(a－1)2－4a2＝－3a2－2a＋1＝(3a－1)·(－a－1)>0，∴－1<a<且a≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，10\n且x1<x2，由①得x1x2＝1>0，x1＋x2＝－.设点O到直线g(x)＝x－a的距离为d，则d＝，∴S＝|x1－x2|·＝＝.∵－1<a<且a≠0，∴当a＝－时，S取得最大值.即△OAB的面积S的最大值为.10