高考数学二轮专题检测【4】再谈“三个二次”的转化策略含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.54再谈“三个二次”的转化策略1若ax|x2(p2)x10，xr，bx|x>0，且ab，则实数p的取值范围是_答案(4，)解析当a时，(p2)24<0，4<p<0.当a时，方程x2(p2)x10有一个或两个非正根，p0.综上所述，p>4.2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_答案1,2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_答案，解析mx2x2，

2、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的取值范围是_答案(0,1)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0<a<1.所以a的取值范围是(0,1)5(20xx·重庆改编)若a<b<c，则函数f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的两个零点分别位于下列哪个区

3、间_(填序号)(a，b)和(b，c)内(，a)和(a，b)内(b，c)和(c，)内(，a)和(c，)内答案解析由于a<b<c，所以f(a)0(ab)(ac)0>0，f(b)(bc)(ba)<0，f(c)(ca)(cb)>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)x3ax2bxc有两个极值点x1，x2.若f(x1)x1<x2，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实

4、根的个数为_答案3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)2<ax2的解集中整数恰好有3个，则实数a的取值范围是_答案解析因为不等式等价于(a4)x24x1<0，其中(a4)x24x10中的4a>0，且有4a>0，故0<a<4，不等式的

5、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)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，即2a3a，解得a3，即3a<1.当a1，)时，f(x)minf(a)2a2.要使f(x)a恒成立，只需f(x)mina，即2a2a，解得2a1，即1a1.综上，实数a的取值范围为3,19已知函数f(x

6、)2ax22x3.如果函数yf(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a0，则f(x)2x3，f(x)0x1,1，不合题意，故a0.下面就a0分两种情况讨论：当f(1)·f(1)0时，f(x)在1,1上有一个零点，即(2a5)(2a1)0，解得a.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(

7、cos22msin )<f(2m2)cos22msin <2m22m(1sin )>1sin2.当时，2m·0>2，此时mr；当0<时，m>，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t22mt2m1>0对于t0,1恒成立设g(t)t22mt2m1，其图象的对称轴方程为tm.当m<0时，g(t)在0,1上单调递增，从而g(0)2m1>0，即m>，又m<0，所以

8、<m<0.当0m1时，g(t)在0，m上单调递减，在m,1上单调递增，从而g(m)m22m22m1>0，即m22m1<0，所以1<m<1.又m0,1，所以0m1.当m>1时，g(t)在0,1上单调递减，从而g(1)12m2m12>0恒成立，所以m>1.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(3