【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题2　不等式与线性规划 第3练 含答案.doc，共(13)页，174.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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.体验高考1.(2015·陕西)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分

别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()A.－1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2，8)在曲线y＝f(x)上答案A解析A正确等价于a－b＋c

＝0，①B正确等价于b＝－2a，②C正确等价于4ac－b24a＝3，③D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④下面分情况验证，若A错，由②、③、④组成的方程组的解为a＝5，b＝－10，c＝8.符合题意；若B错，由①、③、④组成的方程组

消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－34也不是整数.综上，故选A.2.(2015·天津)已知函数f(x)＝

2－|x|，x≤2，x－22，x＞2，函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是()A.74，＋∞B.－∞，74C.0，74D.74，2答案D解析方法一当x>2时，g(x)

＝x＋b－4，f(x)＝(x－2)2；当0≤x≤2时，g(x)＝b－x，f(x)＝2－x；当x<0时，g(x)＝b－x2，f(x)＝2＋x.由于函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，所以方程f(x)－g(x)＝0恰有4个根.当b＝0时，当x>2时，方程f(x)

－g(x)＝0可化为x2－5x＋8＝0，无解；当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为2－x－(－x)＝0，无解；当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x2＋x＋2＝0，无解.所以b≠0，排除答案B.当b＝2时，当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为

(x－2)2＝x－2，得x＝2(舍去)或x＝3，有1解；当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为2－x＝2－x，有无数个解；当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为2－x2＝x＋2，得x＝0(舍去)或x＝－1，有1解.所以b≠2，排除答案A.当b＝1时，当x>2时，方程

f(x)－g(x)＝0可化为x2－5x＋7＝0，无解；当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为1－x＝2－x，无解；当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x2＋x＋1＝0，无解.所以b≠1，排除答案C.因此答案选D.方法二记h(x)＝－f(

2－x)在同一坐标系中作出f(x)与h(x)的图象如图，直线AB：y＝x－4，当直线l∥AB且与f(x)的图象相切时，由y＝x＋b′，y＝x－22，解得b′＝－94，－94－(－4)＝74，所以曲线h(x)向上平移74个单位后，所得图象与f(x)的图象有四个公共

点，平移2个单位后，两图象有无数个公共点，因此，当74＜b＜2时，f(x)与g(x)的图象有四个不同的交点，即y＝f(x)－g(x)恰有4个零点.选D.3.(2016·江苏)函数y＝3－2x－x2的定义域是________.答案[－3，1]解析要使原函数有意

义，需且仅需3－2x－x2≥0.解得－3≤x≤1.故函数定义域为[－3，1].4.(2016·山东)已知函数f(x)＝|x|，x≤m，x2－2mx＋4m，x>m，其中m>0，若存在实数b，使得关于x的方程f(x

)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________.答案(3，＋∞)解析如图，当x≤m时，f(x)＝|x|；当x>m时，f(x)＝x2－2mx＋4m，在(m，＋∞)为增函数，若存在实数b，使方程f(x)＝b有三个不同的根，则m2－2m·m＋4m<

|m|.∵m>0，∴m2－3m>0，解得m>3.5.(2015·浙江)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记M(a，b)是|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值.(1)证明：当|a|≥2时，M(a，b)≥2；(2)

当a，b满足M(a，b)≤2时，求|a|＋|b|的最大值.(1)证明由f(x)＝x＋a22＋b－a24，得对称轴为直线x＝－a2.由|a|≥2，得|－a2|≥1，故f(x)在[－1，1]上单调，所以M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－1)|}.当a≥2时

，由f(1)－f(－1)＝2a≥4，得max{f(1)，－f(－1)}≥2，即M(a，b)≥2.当a≤－2时，由f(－1)－f(1)＝－2a≥4，得max{f(－1)，－f(1)}≥2，即M(a，b)≥2.综上，当|a|≥2时，M

(a，b)≥2.(2)解由M(a，b)≤2得|1＋a＋b|＝|f(1)|≤2，|1－a＋b|＝|f(－1)|≤2，故|a＋b|≤3，|a－b|≤3.由|a|＋|b|＝|a＋b|，ab≥0，|a－b|，ab＜0，得|a

|＋|b|≤3.当a＝2，b＝－1时，|a|＋|b|＝3，且|x2＋2x－1|在[－1，1]上的最大值为2.即M(2，－1)＝2.所以|a|＋|b|的最大值为3.高考必会题型题型一函数与方程的转化例1已知f(x)是定义在R

上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝x2－2x＋12.若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________.答案0，12解析作出函数f

(x)＝x2－2x＋12，x∈[0，3)的图象(如图)，f(0)＝12，当x＝1时f(x)极大值＝12，f(3)＝72，方程f(x)－a＝0在[－3，4]上有10个根，即函数y＝f(x)的图象和直线y＝a在[－3，4]上有10个交点.

由于函数f(x)的周期为3，则直线y＝a与f(x)的图象在[0，3)上应有4个交点，因此有a∈0，12.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)，或用数形结合的方法解决.变式训练1设定义域为R的函数f(x)＝|lgx|，x＞0，－x2－2x，x≤0，则关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为________.答案7解析由y＝2f2(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)＝12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________.答案(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，配方，得(x－3)2＋(y－4)2＜4.因为x＞3，故不等式组表示为

x－32＋y－42＜4，x＞3，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x

2＋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.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f(x)＝x2－2ax＋2，当x∈[－1，＋

∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围.解设F(x)＝x2－2ax＋2－a，则问题的条件变为当x∈[－1，＋∞)时，F(x)≥0恒成立.∵当Δ＝(－2a)2－4(2－a)＝4(a＋2)·(a－1)≤0，即－2≤a≤1时，F(x)≥0恒成立.又当Δ＞0时，F(x)≥0在

[－1，＋∞)上恒成立的充要条件是Δ＞0，F－1≥0，－－2a2≤－1⇒a＞1或a＜－2，a≥－3，a≤－1⇒－3≤a＜－2.故a的取值范围是[－3，1].题型三方程与不等式的转化例3关于x的二次方程x2＋(m－1)x＋1＝0在区间[

0，2]上有解，求实数m的取值范围.解方法一设f(x)＝x2＋(m－1)x＋1，x∈[0，2]，①若f(x)＝0在区间[0，2]上有一解，∵f(0)＝1＞0，则应有f(2)＜0，又∵f(2)＝22＋(m－1)×2＋1，∴m＜－32.②若f(x)＝0在区间[0，2]上有两解，则Δ≥0，0＜

－m－12＜2，f2≥0，∴m－12－4≥0，－3＜m＜1，4＋m－1×2＋1≥0.∴m≥3或m≤－1，－3＜m＜1，m≥－32.∴－32≤m≤－1.由①②可知m的取值范围是(－∞，－1].方法二显然

x＝0不是方程x2＋(m－1)x＋1＝0的解，0＜x≤2时，方程可变形为1－m＝x＋1x，又∵y＝x＋1x在(0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，∴y＝x＋1x在(0，2]上的取值范围是[2，＋∞)，∴1－m≥2，∴m≤－1，故m的取值范围是(－∞，－1].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若关于x的方程x2＋ax

－4＝0在区间[2，4]上有实数根，则实数a的取值范围是()A.(－3，＋∞)B.[－3，0]C.(0，＋∞)D.[0，3]答案B解析如果方程有实数根，注意到两个根之积为－4＜0，可知两根必定一正一负，因此在[2，4]上有且只有一

个实数根，设f(x)＝x2＋ax－4，则必有f(2)f(4)≤0，所以2a(12＋4a)≤0，即a∈[－3，0].故选B.高考题型精练1.方程|x2－2x|＝a2＋1(a＞0)的解的个数是()A.1B.2C.3D.4答案B解析(数形结合法)∵a

＞0，∴a2＋1＞1.而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点.2.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)的大小不能确定答案A解析f(x)的对称轴为直线x＝－1，又∵x1＋x2＝1－a，∴x1＋x22＝1－a2，0＜a＜3.∴1－a2＞－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).3.若函数y＝f(x)(x∈R)满足f(x＋1)＝－f(x)，且x∈[－1，1]时，f(x)＝1－x2.函数g

(x)＝lgxx＞0，－1xx＜0，则函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，4]内的零点的个数为()A.7B.8C.9D.10答案A解析由f(x＋1)＝－f(x)，可得f(x＋2)＝－f(x＋1)

＝f(x)，所以函数f(x)的周期为2，求h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，4]内的零点，即求f(x)＝g(x)在区间[－5，4]上图象交点的个数，画出函数f(x)与g(x)的图象，如图，由图可知两图象在[－5，4]之间有7个交点，所以所求函数有7个零点，选A.4.若关于x的

方程x2＋2kx－1＝0的两根x1，x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，则k的取值范围是()A.－34，0B.－34，0C.0，34D.0，34答案B解析构造函数f(x)＝x2＋2kx－1，∵关于x的方程x2＋2kx－1＝

0的两根x1，x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，∴f－1≥0，f0＜0，f2＞0，即－2k≥0，－1＜0，4k＋3＞0，∴－34＜k≤0.5.如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3，0)，对称轴为x＝

－1.给出下面四个结论：①b2＞4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a＜b.其中正确的是()A.②④B.①④C.②③D.①③答案B解析因为图象与x轴交于两点，所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，①正确；对称轴为x＝－1，即－

b2a＝－1，2a－b＝0，②错误；结合图象，当x＝－1时，y＞0，即a－b＋c＞0，③错误；由对称轴为x＝－1知，b＝2a.又函数图象开口向下，所以a＜0，所以5a＜2a，即5a＜b，④正确.6.已知直线y＝mx与函数f(x)＝2－13x，x≤0，12x2＋1，

x＞0的图象恰好有3个不同的公共点，则实数m的取值范围是()A.(3，4)B.(2，＋∞)C.(2，5)D.(3，22)答案B解析作出函数f(x)＝2－13x，x≤0，12x2＋1，x＞

0的图象，如图所示，直线y＝mx的图象是绕坐标原点旋转的动直线，当斜率m≤0时，直线y＝mx与函数f(x)的图象只有一个公共点；当m＞0时，直线y＝mx始终与函数y＝2－13x(x≤0)的图象有一个公共点，故要使直线y＝mx与函数f(x)的图象有三个公共点，必须有直线

y＝mx与函数y＝12x2＋1(x＞0)的图象有两个公共点，即方程mx＝12x2＋1，在x＞0时有两个不相等的实数根，即方程x2－2mx＋2＝0的判别式Δ＝4m2－4×2＞0，且m＞0，解得m＞2.故所求实数m的取值范围是(2，＋

∞).7.若函数f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2和3，则不等式af(－2x)＞0的解集是______.答案x|－32＜x＜1解析∵f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2，3.∴－2，

3是方程x2＋ax＋b＝0的两根，由根与系数的关系知－2＋3＝－a，－2×3＝b.∴a＝－1，b＝－6，∴f(x)＝x2－x－6.∵不等式af(－2x)＞0，即－(4x2＋2x－6)＞0⇔2x2＋x－3＜0⇒－32＜x＜1.∴解集为{x|－32＜x＜1}.8.已知奇函数f

(x)在定义域[－2，2]上单调递减，则满足f(1－m)＋f(1－m2)＜0的实数m的取值范围是________.答案[－1，1)解析由f(1－m)＋f(1－m2)＜0，得f(1－m)＜－f(1－m2).又f(x)为奇函数，∴f(1－m)＜f(m2－1).又∵f(x)在[－2，2]

上单调递减，∴－2≤1－m≤2，－2≤1－m2≤2，解得－1≤m＜1.1－m＞m2－1.∴实数m的取值范围为[－1，1).9.已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1，1]时，f(x)＝x2，那么函数y＝

f(x)的图象与函数y＝|lgx|的图象的交点个数为________.答案10解析在同一直角坐标系中，分别作出y＝f(x)和y＝|lgx|的图象，如图，结合图象知，共有10个交点.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____.答案259，4916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12＋a＜x＜12－a，1

4＜12＋a＜12，则一定有{1，2，3}为所求的整数解集，所以3＜12－a≤4，解得a的范围为259，4916.11.已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋a－2的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a的取值范围.解方法一设方程x2＋(a2－1)x＋a－2＝

0的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则(x1－1)(x2－1)＜0，∴x1x2－(x1＋x2)＋1＜0，由根与系数的关系，得(a－2)＋(a2－1)＋1＜0，即a2＋a－2＜0，∴－2＜a＜1.方法二函数图象大致如图，则有f(1)＜0，即1

＋(a2－1)＋a－2＜0，∴－2＜a＜1.故实数a的取值范围是(－2，1).12.设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0).(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同零点，求实数a的取值范围.解(

1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.∴函数f(x)的零点为3和－1.(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同实根.∴b2－4a(b－1)＞0恒成立，即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a＞0恒

成立，∴有(－4a)2－4(4a)＜0⇒a2－a＜0，∴0＜a＜1.因此实数a的取值范围是(0，1).