【考前三个月】2018届高考数学(浙江专用,理科)必考题型过关练：专题2 第4练(含答案)

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 )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
|lg x |，x >0，
－x 2－2x ，x ≤0，则关于x 的函数y ＝2f 2(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 ＝2f 2(x )－3f (x )＋1＝0得f (x )＝1
2
或f (x )＝1，
如图画出f (x )的图象，由f (x )＝1
2知有4个根，
由f (x )＝1知有3个根，故共有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 >1
2}，则f (10x )>0的解集为( )
A ．{x |x <－1或x >lg 2}
B ．{x |－1<x <lg 2}
C ．{x |x >－lg 2}
D ．{x |x <－lg 2}
破题切入点 由题意，可得f (10x )>0等价于－1<10x <1
2，由指数函数的单调性即可求解．
答案 D
解析 方法一 由题意可知f (x )>0的解集为{x |－1<x <1
2}，
故f (10x )>0等价于－1<10x <1
2
，
由指数函数的值域为(0，＋∞)，知一定有10x >－1，
而10x
<12
可化为10x
<10
12
lg ，
即10x <10
－lg 2。

由指数函数的单调性可知x <－lg 2，故选D 。

方法二 当x ＝1时，f (10)<0，排除A ，C 选项． 当x ＝－1时，f (1
10)>0，排除B 。

题型三 方程与不等式的转化
例3 已知关于x 的二次方程x 2＋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 (1)由条件，抛物线f (x )＝x 2＋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⎩⎪⎨⎪⎧
f (0)＝2m ＋1<0f (－1)＝2>0f (1)＝4m ＋2<0f (2)＝6m ＋5>0
⇒⎩⎪⎨⎪⎧
m <－12
，
m ∈R ，m <－1
2
，
m >－56
.即－56<m <－12
，
故m 的取值范围是(－56，－1
2
)．
(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 ⎩⎪⎨⎪⎧
f (0)>0
f (1)>0Δ≥00<－m <1
⇒⎩⎪⎨⎪⎧
m >－12
，
m >－12
，m ≥1＋2或m ≤1－2，
－1<m <0.
即－1
2
<m ≤1－2。

故m 的取值范围是(－1
2
，1－2]．
总结提高 “三个二次”是一个整体，不可分割．有关“三个二次”的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 |x 2＋(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 >－4 B ．－4<p <0 C ．p ≥0
D ．R
答案 A
解析 当A ＝∅时，Δ＝(p ＋2)2－4<0， ∴－4<p <0。

当A ≠∅时，方程x 2＋(p ＋2)x ＋1＝0有一个或两个非正根，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
Δ≥0，x 1＋x 2＝－(p ＋2)≤0，∴p ≥0。

综上所述，p >－4。

2．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋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]
答案 D
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x 2－3
2x －m ＝0在x ∈[－1,1]上有实根，则m 的取值范围是( )
A ．m ≤－9
16
B ．－916<m <52
C ．m ≥5
2
D ．－916≤m ≤52
答案
D
解析 m ＝x 2－32x ＝⎝⎛⎭⎫x －342－9
16，x ∈[－1,1]． 当x ＝－1时，m 取最大值为5
2
，
当x ＝34时，m 取最小值为－916，∴－916≤m ≤52。

4．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋1，x ≤0，x 2－2x ＋1，x >0，若关于x 的方程f 2(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) C ．(1,2)
D ．(0,3)
答案 A
解析 设t ＝f (x )，
则方程为t 2－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f 2(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．(2013·重庆)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
答案 A
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，故选A 。

6．(2013·浙江)已知a ，b ，c ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 。

若f (0)＝f (4)>f (1)，则( ) A ．a >0,4a ＋b ＝0 B ．a <0,4a ＋b ＝0 C ．a >0,2a ＋b ＝0
D ．a <0,2a ＋b ＝0
答案 A
解析 由f (0)＝f (4)知，f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的对称轴为－
b
2a
＝2。

∴4a ＋b ＝0。

又0和1在同一个单调区间内，且f (0)>f (1)， ∴y ＝f (x )在(－∞，2)内为减函数．∴a >0。

故选A 。

7．若关于x 的不等式(2x －1)2<ax 2的解集中整数恰好有3个，则实数a 的取值范围是__________． 答案 ⎝⎛⎦⎤
259，4916
解析 因为不等式等价于(－a ＋4)x 2－4x ＋1<0，其中(－a ＋4)x 2－4x ＋1＝0中的Δ＝4a >0，且有4－a >0，故0<a <4，不等式的解集为12＋a <x <12－a ，14<12＋a <12，则一定有{1,2,3}为所
求的整数解集．所以3<1
2－a
≤4，解得a 的范围为⎝⎛⎦⎤259，4916。

8．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋2，当x ∈[－1，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，则a 的取值范围是________． 答案 [－3,1]
解析 因为f (x )＝(x －a )2＋2－a 2， 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－a 2。

要使f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a ， 即2－a 2≥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 )＝2ax 2＋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 ⎣⎡⎭⎫12，＋∞
解析 若a ＝0，则f (x )＝2x －3，
f (x )＝0⇒x ＝3
2∉[－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12≤a ≤5
2。

②当f (－1)·f (1)>0时，f (x )在[－1,1]上有零点的条件是⎩⎪⎨⎪
⎧
f ⎝⎛⎭
⎫－1
2a f (1)≤0，－1<－12a
<1，f (－1)·f (1)>0，
解得a >5
2。

综上，实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫12，＋∞。

10．已知定义在R 上的单调递增奇函数f (x )，若当0≤θ≤π
2时，f (cos 2θ＋2m sin θ)＋f (－2m －2)<0
恒成立，则实数m 的取值范围是________． 答案 (－1
2
，＋∞)
解析 方法一 f (cos 2θ＋2m sin θ)＋f (－2m －2)<0⇒f (cos 2θ＋2m sin θ)<f (2m ＋2)⇒cos 2θ＋2m sin θ<2m ＋2⇒2m (1－sin θ)>－1－sin 2θ。

当θ＝π
2
时，2m ·0>－2，此时m ∈R ；
当0≤θ<π
2时，m >－1＋sin 2θ2(1－sin θ)，令t ＝1－sin θ，
则t ∈(0,1]，此时m >－12×1＋(1－t )2
t ＝－12(t ＋2
t －2)．
设φ(t )＝－12(t ＋2
t
－2)，
而φ(t )在t ∈(0,1]上的值域是(－∞，－1
2]，
故m >－1
2。

方法二 同方法一，求得2m (1－sin θ)>－1－sin 2θ， 设sin θ＝t ，则t 2－2mt ＋2m ＋1>0对于t ∈[0,1]恒成立． 设g (t )＝t 2－2mt ＋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 >－1
2，
又m <0，所以－1
2
<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 )＝m 2－2m 2＋2m ＋1>0，即m 2－2m －1<0， 所以1－2<m <1＋2。

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 >－1
2。

11．已知函数f (x )＝2a sin 2x －2 3a sin x cos x ＋a ＋b (a ≠0)的定义域是⎣⎡⎦⎤0，π
2，值域是[－5,1]，求常数a ，b 的值．
解 f (x )＝2a ·1
2(1－cos 2x )－ 3a sin 2x ＋a ＋b
＝－2a ⎝⎛⎭⎫12cos 2x ＋3
2sin 2x ＋2a ＋b
＝－2a sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π
6＋2a ＋b ， 又∵0≤x ≤π2，∴π6≤2x ＋π6≤7
6π，
∴－1
2≤sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6≤1。

因此，由f (x )的值域为[－5,1]
可得⎩⎪⎨⎪⎧
a >0，
－2a ×(－1
2)＋2a ＋b ＝1，
－2a ×1＋2a ＋b ＝－5，
或⎩⎪⎨
⎪⎧
a <0，－2a ×1＋2a ＋
b ＝1，－2a ×(－1
2
)＋2a ＋b ＝－5，
解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝－5或⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－2，
b ＝1.
12．已知函数f (x )＝ax 2＋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． 解 依题意，f (x )＝g (x )，即ax 2＋ax ＝x －a ， 整理得ax 2＋(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)2－4a 2＝－3a 2－2a ＋1 ＝(3a －1)(－a －1)>0， ∴－1<a <1
3
且a ≠0。

设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 1<x 2，
由①得x 1x 2＝1>0，x 1＋x 2＝－a －1
a 。

设点O 到直线g (x )＝x －a 的距离为d ， 则d ＝|－a |2
，
∴S ＝1
21＋12|x 1－x 2|·|－a |2
＝
1
2
－3a 2－2a ＋1 ＝1
2
－3⎝⎛⎭⎫a ＋132＋43。

∵－1<a <1
3
且a ≠0，
∴当a ＝－13时，S 取得最大值3
3。