2015届高考数学二轮专题检测：4再谈“三个二次”的转化策略

1、4再谈“三个二次”的转化策略1若Ax|x2(p2)x10，xR，Bx|x0，且AB，则实数p的取值范围是_答案(4，)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_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，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

2、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0a1.所以a的取值范围是(0,1)5(2013重庆改编)若abc，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ab0，f(b)(bc)(ba)0.因此有f(a)f(b)0，f(b)f(c

3、)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)x1x2，则关于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同实根的个数为_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

4、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，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

5、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)t22mt2m1，其图象的对称轴方程为tm.当m0，即m，又m0，所以m0，

6、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)24a23a