《考前三个月》2015届高考数学（四川专用理科）必考题型过关练：第4练.docx

1、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y2f2(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y2f2(x)3f(x)10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y2f2(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，则f(10x)0的解集为()Ax|xlg 2Bx|1xlg 2Dx|x0等价于110x0的解集为x|1x0等价于110x1，而10x可化为10x10lg ，即10

2、x10lg 2.由指数函数的单调性可知xlg 2，故选D.方法二当x1时，f(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x22mx2m10.(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)x22mx2m1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0

3、，且AB，则实数p的取值范围是()Ap4 B4p0Cp0 DR答案A解析当A时，(p2)240，4p4.2已知函数f(x)x22x3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()A1，) B0,2C(，2 D1,2答案D解析f(x)(x1)22，其对称轴为x1，当x1时，f(x)min2，故m1，又f(0)3，f(2)3，m2.综上可知1m2.3方程x2xm0在x1,1上有实根，则m的取值范围是()Am BmCm Dm答案D解析mx2x2，x1,1当x1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

4、取值范围是()A(0,1) B(0,2)C(1,2) D(0,3)答案A解析设tf(x)，则方程为t2at0，解得t0或ta，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0a1.所以a的取值范围是(0,1)5(2013重庆)若abc，则函数f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)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ab0，f(b)(bc)(ba)0

5、.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已知函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2.若f(x1)x1x2，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根的个数为()A3 B4 C5 D6答案A解析因为函数f(x)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2，可知关于导函数的方程f(x)3x22axb0有两个不等的实根x1，x2.则方程3(f(x)22af(x)b0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

6、出函数yf(x)的图象与直线yx1和直线yx2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(2x1)2ax2的解集中整数恰好有3个，则实数a的取值范围是_答案解析因为不等式等价于(a4)x24x10，且有4a0，故0a4，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34，解得a的范围为.8已知函数f(x)x22ax2，当x1，)时，f(x)a恒成立，则a的取值范围_答案3,1解析因为f(x)(xa)22a2，所以此二次函数图象的对称轴为xa.当a(，1)时，f(x)在1，)上单调递增，所以f(x)minf(1)2a3.要使f(x)a恒成立，只需f(x)mina，

7、即2a3a，解得a3，即3a0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时，f(cos22msin )f(2m2)0恒成立，则实数m的取值范围是_答案(，)解析方法一f(cos22msin )f(2m2)0f(cos22msin )f(2m2)cos22msin 1sin2.当时，2m02，此时mR；当0，令t1sin ，则t(0,1，此时m(t2)设(t)(t2)，而(t)在t(0,1上的值域是(，故m.方法二同方法一，求得2m(1sin )1sin2，设sin t，则t22mt2m10对于t0,1恒成立设g(t)

8、t22mt2m1，其图象的对称轴方程为tm.当m0，即m，又m0，所以m0，即m22m10，所以1m1时，g(t)在0,1上单调递减，从而g(1)12m2m120恒成立，所以m1.综合，可知m.11已知函数f(x)2asin2x2 asin xcos xab(a0)的定义域是，值域是5,1，求常数a，b的值解f(x)2a(1cos 2x) asin 2xab2a2ab2asin2ab，又0x，2x，sin1.因此，由f(x)的值域为5,1可得或解得或12已知函数f(x)ax2ax和g(x)xa，其中aR，且a0.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ax2axxa，整理得ax2(a1)xa0，(*)a0，函数f(x)与g(x)的图象相交于不同的两点A、B，0，即(a1)24a23a22a1(3a1)(a1)0，1a且a0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x10，x1x2.设点O到直线g(x)xa的距离为d，则d，S|x1x2| .1a且a0，当a时，S取得最大值.