2018届二轮复习　“三个二次”的转化与应用课件（江苏专用）

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专题 2 　不等式与线性规划 第 3 练　“三个二次”的 转 化 与应用 “ 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 . 题型 分析 高考 展望 体验 高考 高考必会题型 高考题型精练 栏目索引 体验高考 1.(2015· 陕西改编 ) 对二次函数 f ( x ) ＝ ax 2 ＋ 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 ________. ① － 1 是 f ( x ) 的零点 ； ② 1 是 f ( x ) 的极值点 ； ③ 3 是 f ( x ) 的极值 ； ④ 点 (2,8) 在曲线 y ＝ f ( x ) 上 . 1 2 3 4 5 √ 解析 解析　 ① 正确等价于 a － b ＋ c ＝ 0 ， ( ⅰ ) ② 正确等价于 b ＝－ 2 a ， ( ⅱ ) 1 2 3 4 5 ④ 正确等价于 4 a ＋ 2 b ＋ c ＝ 8 . ( ⅳ ) 下面分情况验证， 解析 若 ② 错，由 ( ⅰ ) 、 ( ⅲ ) 、 ( ⅳ ) 组成的方程组消元转化为关于 a 的方程后无实数解； 若 ③ 错，由 ( ⅰ ) 、 ( ⅱ ) 、 ( ⅳ ) 组成方程组，经验证 a 无整数解； 若 ④ 错，由 ( ⅰ ) 、 ( ⅱ ) 、 ( ⅲ ) 组成的方程组 a 的解为 － 也 不是整数 . 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 解析 答案 1 2 3 4 5 解析　 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 ， 解析 1 2 3 4 5 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 ＜ 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 . 1 2 3 4 5 解析答案 解析 　 要使原函数有意义，需且仅需 3 － 2 x － x 2 ≥ 0. 解 得－ 3 ≤ x ≤ 1 . 故函数定义域为 [ － 3,1]. [ － 3,1] 1 2 3 4 5 解析答案 解析 　 如图，当 x ≤ m 时， f ( x ) ＝ | x | ； 当 x > m 时， f ( x ) ＝ x 2 － 2 mx ＋ 4 m ， 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 m 2 － 2 m · m ＋ 4 m <| m |. ∵ m >0 ， ∴ m 2 － 3 m >0 ，解得 m >3. (3 ，＋ ∞ ) 1 2 3 4 5 5.(2015· 浙江 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ 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 ； 解析答案 1 2 3 4 5 所以 M ( a ， b ) ＝ max{| f (1)| ， | f ( － 1)|}. 当 a ≥ 2 时，由 f (1) － f ( － 1) ＝ 2 a ≥ 4 ， 得 max{ f (1) ，－ f ( － 1)} ≥ 2 ，即 M ( a ， b ) ≥ 2. 当 a ≤ － 2 时，由 f ( － 1) － f (1) ＝－ 2 a ≥ 4 ， 得 max{ f ( － 1) ，－ f (1)} ≥ 2 ，即 M ( a ， b ) ≥ 2. 综上，当 | a | ≥ 2 时， M ( a ， b ) ≥ 2. 1 2 3 4 5 (2) 当 a ， b 满足 M ( a ， b ) ≤ 2 时，求 | a | ＋ | b | 的最大值 . 解析答案 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. 返回 当 a ＝ 2 ， b ＝－ 1 时， | a | ＋ | b | ＝ 3 ， 且 | x 2 ＋ 2 x － 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 解析 答案 点评 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 ， 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 . 点评 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 y ＝ 2 f 2 ( x ) － 3 f ( x ) ＋ 1 共有 7 个零点 . 解析答案 7 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 ( x 2 － 6 x ＋ 21) ＋ f ( y 2 － 8 y ) ＜ 0 恒成立，则当 x ＞ 3 时， x 2 ＋ y 2 的取值范围是 ________. 解析 点评 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 ( x 2 － 6 x ＋ 21) ＋ f ( y 2 － 8 y ) ＜ 0 ，可化为 f ( x 2 － 6 x ＋ 21) ＜－ f ( y 2 － 8 y ) ＝ f ( － y 2 ＋ 8 y ). 又因为函数 f ( x ) 在 R 上为增函数， 故必有 x 2 － 6 x ＋ 21 ＜－ y 2 ＋ 8 y ， 即 x 2 － 6 x ＋ 21 ＋ y 2 － 8 y ＜ 0 ， 配方，得 ( x － 3) 2 ＋ ( y － 4) 2 ＜ 4. 点评 解析 它表示的区域为如图所示的半圆的内部 . 而 x 2 ＋ y 2 表示该区域内的点到坐标原点距离的平方 . 由图可知， x 2 ＋ y 2 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 ＋ y 2 ＞ 3 2 ＋ 2 2 ＝ 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 x 2 ＋ y 2 ＜ (5 ＋ 2) 2 ＝ 49 ，故 13 ＜ x 2 ＋ y 2 ＜ 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 . 点评 变式训练 2 　已知 f ( x ) ＝ x 2 － 2 ax ＋ 2 ，当 x ∈ [ － 1 ，＋ ∞ ) 时， f ( x ) ≥ a 恒成立，求 a 的取值范围 . 解析答案 解　 设 F ( x ) ＝ x 2 － 2 ax ＋ 2 － a ， 则问题的条件变为当 x ∈ [ － 1 ，＋ ∞ ) 时， F ( x ) ≥ 0 恒成立 . ∵ 当 Δ ＝ ( － 2 a ) 2 － 4(2 － a ) ＝ 4( a ＋ 2)·( a － 1) ≤ 0 ， 即－ 2 ≤ a ≤ 1 时， F ( x ) ≥ 0 恒成立 . 解析答案 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 x 2 ＋ ( m － 1) x ＋ 1 ＝ 0 在区间 [0,2] 上有解，求实数 m 的取值范围 . 解析答案 点评 解　 方法一　设 f ( x ) ＝ x 2 ＋ ( 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) ＝ 2 2 ＋ ( m － 1)×2 ＋ 1 ， 解析答案 点评 由 ①② 可知 m 的取值范围是 ( － ∞ ，－ 1]. 解析答案 点评 方法二　显然 x ＝ 0 不是方程 x 2 ＋ ( m － 1) x ＋ 1 ＝ 0 的解， ∴ 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 . 点评 变式训练 3 　 若关于 x 的方程 x 2 ＋ ax － 4 ＝ 0 在区间 [2,4] 上有实数根，则实数 a 的取值范围是 ________. 返回 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 ) ＝ x 2 ＋ ax － 4 ，则必有 f (2) f (4) ≤ 0 ， 所以 2 a (12 ＋ 4 a ) ≤ 0 ，即 a ∈[ － 3,0]. [ － 3,0] 解析答案 高考 题型精练 1 2 3 4 5 1. 方程 | x 2 － 2 x | ＝ a 2 ＋ 1( a ＞ 0) 的解的个数是 ________. 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 解析 　 ( 数形结合法 ) ∵ a ＞ 0 ， ∴ a 2 ＋ 1 ＞ 1. 而 y ＝ | x 2 － 2 x | 的图象如图， ∴ y ＝ | x 2 － 2 x | 的图象与 y ＝ a 2 ＋ 1 的图象总有两个交点 . 2 2. 已知函数 f ( x ) ＝ ax 2 ＋ 2 ax ＋ 4(0 ＜ a ＜ 3) ，若 x 1 ＜ x 2 ， x 1 ＋ x 2 ＝ 1 － a ，则 f ( x 1 ) 与 f ( x 2 ) 的大小关系为 ____ _ ______. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 解析　 f ( x ) 的对称轴为直线 x ＝－ 1 ， 又 ∵ x 1 ＋ x 2 ＝ 1 － a ， ∴ x 1 离对称轴的距离小于 x 2 离对称轴的距离 . 又 ∵ a ＞ 0 ， ∴ f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 ). f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 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 . 7 个数为 ________. 4. 若关于 x 的方程 x 2 ＋ 2 kx － 1 ＝ 0 的两根 x 1 ， x 2 满足－ 1 ≤ x 1 ＜ 0 ＜ x 2 ＜ 2 ，则 k 的取值范围是 ________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 解析　 构造函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ 2 kx － 1 ， ∵ 关于 x 的方程 x 2 ＋ 2 kx － 1 ＝ 0 的两根 x 1 ， x 2 满足－ 1 ≤ x 1 ＜ 0 ＜ x 2 ＜ 2 ， 5. 如图是二次函数 y ＝ ax 2 ＋ 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： ① b 2 ＞ 4 ac ； ② 2 a － b ＝ 1 ； ③ a － b ＋ c ＝ 0 ； ④ 5 a ＜ b . 其中正确的是 ________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析　 因为图象与 x 轴交于两点 ， 所以 b 2 － 4 ac ＞ 0 ，即 b 2 ＞ 4 ac ， ① 正确； 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 ＝ 2 a . 又函数图象开口向下 ， 所以 a ＜ 0 ，所以 5 a ＜ 2 a ，即 5 a ＜ b ， ④ 正确 . 解析 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 ； 故要使直线 y ＝ mx 与函数 f ( x ) 的图象有三个公共点， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 即方程 x 2 － 2 mx ＋ 2 ＝ 0 的判别式 Δ ＝ 4 m 2 － 4 × 2 ＞ 0 ，且 m ＞ 0 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 7. 若函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ ax ＋ b 的两个零点是－ 2 和 3 ，则不等式 af ( － 2 x ) ＞ 0 的解集是 ____________. 解析　 ∵ f ( x ) ＝ x 2 ＋ ax ＋ b 的两个零点是－ 2,3. ∴ － 2,3 是方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 的两根， ∴ f ( x ) ＝ x 2 － x － 6 . ∵ 不等式 af ( － 2 x ) ＞ 0 ， 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 － m 2 ) ＜ 0 的实数 m 的取值范围是 ________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 解析 　 由 f (1 － m ) ＋ f (1 － m 2 ) ＜ 0 ， 得 f (1 － m ) ＜－ f (1 － m 2 ). 又 f ( x ) 为奇函数， ∴ f (1 － m ) ＜ f ( m 2 － 1). 又 ∵ f ( x ) 在 [ － 2,2] 上单调递减， [ － 1,1) ∴ 实数 m 的取值范围为 [ － 1,1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9. 已知函数 y ＝ f ( x ) 的周期为 2 ，当 x ∈ [ － 1,1] 时， f ( x ) ＝ x 2 ，那么函数 y ＝ f ( x ) 的图象与函数 y ＝ |lg x | 的图象的交点个数为 ________. 解析　 在同一直角坐标系中 ， 分别 作出 y ＝ f ( x ) 和 y ＝ |lg x | 的图象 ， 如 图，结合图象知，共有 10 个交点 . 10 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10. 若关于 x 的不等式 (2 x － 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 ________. 解析　 因为不等式等价于 ( － a ＋ 4) x 2 － 4 x ＋ 1 ＜ 0 ， 其中 ( － a ＋ 4) x 2 － 4 x ＋ 1 ＝ 0 中的 Δ ＝ 4 a ＞ 0 ， 且有 4 － a ＞ 0 ，故 0 ＜ a ＜ 4 ， 则一定有 {1,2,3} 为所求的整数解集， 解析答案 11. 已知 f ( x ) ＝ x 2 ＋ ( a 2 － 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 x 2 ＋ ( a 2 － 1) x ＋ a － 2 ＝ 0 的两根分别为 x 1 ， x 2 ( x 1 ＜ x 2 ) ，则 ( x 1 － 1)( x 2 － 1) ＜ 0 ， ∴ x 1 x 2 － ( x 1 ＋ x 2 ) ＋ 1 ＜ 0 ， 由根与系数的关系，得 ( a － 2) ＋ ( a 2 － 1) ＋ 1 ＜ 0 ， 即 a 2 ＋ a － 2 ＜ 0 ， ∴ － 2 ＜ a ＜ 1. 方法二　函数图象大致如图，则有 f (1) ＜ 0 ， 即 1 ＋ ( a 2 － 1) ＋ a － 2 ＜ 0 ， ∴ － 2 ＜ a ＜ 1. 故实数 a 的取值范围是 ( － 2,1 ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 12. 设函数 f ( x ) ＝ ax 2 ＋ bx ＋ b － 1( a ≠ 0). (1) 当 a ＝ 1 ， b ＝－ 2 时，求函数 f ( x ) 的零点； 解　 当 a ＝ 1 ， b ＝－ 2 时， f ( x ) ＝ x 2 － 2 x － 3 ， 令 f ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 3 或 x ＝－ 1. ∴ 函数 f ( x ) 的零点为 3 和－ 1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 (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　 依题意， f ( x ) ＝ ax 2 ＋ bx ＋ b － 1 ＝ 0 有两个不同实根 . ∴ b 2 － 4 a ( b － 1) ＞ 0 恒成立， 即对于任意 b ∈ R ， b 2 － 4 ab ＋ 4 a ＞ 0 恒成立， ∴ 有 ( － 4 a ) 2 － 4(4 a ) ＜ 0 ⇒ a 2 － a ＜ 0 ， ∴ 0 ＜ a ＜ 1. 因此实数 a 的取值范围是 (0,1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 返回