【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学 高考必会题型 专题2 不等式与线性规划 第4练 再谈“三个二次”的转化策略

第4练　再谈“三个二次”的转化策略题型一　函数与方程的转化例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________．破题切入点　将函数的零点问题转化为对应方程根的问题．答案　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．题型二　函数与不等式的转化例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________．破题切入点　由题意，可得f(10x)>0等价于－1<10x<，由指数函数的单调性即可求解．答案　{x|x<－lg2}解析　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<10，即10x<10－lg2.由指数函数的单调性可知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．破题切入点　将二次函数的特殊点按照题目要求固定到区间内，转化为不等式(组)进行求解．解　-6-\n(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，如右图所示，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，如右图所示，列不等式组⇒即－<m≤1－.故m的取值范围是(－，1－]．总结提高　“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．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________．答案　(－4，＋∞)解析　当A＝∅时，Δ＝(p＋2)2－4<0，∴－4<p<0.当A≠∅时，方程x2＋(p＋2)x＋1＝0有一个或两个非正根，∴∴p≥0.综上所述，p>－4.2．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________．答案　[1,2]解析　∵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≤2.3．方程x2－x－m＝0在x∈[－1,1]上有实根，则m的取值范围是________．答案　[－，]解析　m＝x2－x＝2－，x∈[－1,1]．-6-\n当x＝－1时，m取最大值为，当x＝时，m取最小值为－，∴－≤m≤.4．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________．答案　(0,1)解析　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)．5．(2022·重庆改编)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下列哪个区间________．(填序号)①(a，b)和(b，c)内②(－∞，a)和(a，b)内③(b，c)和(c，＋∞)内④(－∞，a)和(c，＋∞)内答案　①解析　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．6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1<x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根的个数为________．答案　3解析　因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，可知关于导函数的方程f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0有两个不等的实根x1，x2.则方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的根的个数就是方程f(x)＝x1和f(x)＝x2的不等实根的个数之和，再结合图象可看出函数y＝f(x)的图象与直线y＝x1和直线y＝x2共有3个不同的交点，故所求方程有3个不同的实根．7．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__________．-6-\n答案　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.8．已知函数f(x)＝x2－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，则a的取值范围________．答案　[－3,1]解析　因为f(x)＝(x－a)2＋2－a2，所以此二次函数图象的对称轴为x＝a.①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得a≥－3，即－3≤a<－1.②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2－a2≥a，解得－2≤a≤1，即－1≤a≤1.综上，实数a的取值范围为[－3,1]．9．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______________．答案　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.10．已知定义在R上的单调递增奇函数f(x)，若当0≤θ≤时，f(cos2θ＋2msinθ)＋f(－2m－2)<0恒成立，则实数m的取值范围是________．答案　(－，＋∞)解析　方法一　f(cos2θ＋2msinθ)＋f(－2m－2)<0⇒f(cos2θ＋2msinθ)<f(2m＋2)⇒cos2θ＋2msinθ<2m＋2⇒2m(1－sinθ)>－1－sin2θ.当θ＝时，2m·0>－2，此时m∈R；-6-\n当0≤θ<时，m>－，令t＝1－sinθ，则t∈(0,1]，此时m>－×＝－(t＋－2)．设φ(t)＝－(t＋－2)，而φ(t)在t∈(0,1]上的值域是(－∞，－]，故m>－.方法二　同方法一，求得2m(1－sinθ)>－1－sin2θ，设sinθ＝t，则t2－2mt＋2m＋1>0对于t∈[0,1]恒成立．设g(t)＝t2－2mt＋2m＋1，其图象的对称轴方程为t＝m.①当m<0时，g(t)在[0,1]上单调递增，从而g(0)＝2m＋1>0，即m>－，又m<0，所以－<m<0.②当0≤m≤1时，g(t)在[0，m]上单调递减，在[m,1]上单调递增，从而g(m)＝m2－2m2＋2m＋1>0，即m2－2m－1<0，所以1－<m<1＋.又m∈[0,1]，所以0≤m≤1.③当m>1时，g(t)在[0,1]上单调递减，从而g(1)＝1－2m＋2m＋1＝2>0恒成立，所以m>1.综合①②③，可知m>－.11．已知函数f(x)＝2asin2x－2asinxcosx＋a＋b(a≠0)的定义域是，值域是[－5,1]，求常数a，b的值．解　f(x)＝2a·(1－cos2x)－asin2x＋a＋b＝－2a＋2a＋b＝－2asin＋2a＋b，又∵0≤x≤，∴≤2x＋≤π，∴－≤sin≤1.因此，由f(x)的值域为[－5,1]可得或解得或12．已知函数f(x)＝ax2＋ax和g(x)＝x－a，其中a∈-6-\nR，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．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)，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.-6-