第3練“三個二次”的轉化與應用[題型分析·高考展望]“二次函數、二次方程、二次不等式”是高中數學知識的基礎，在高考中雖然一般不直接考查，但它是解決很多數學問題的工具.如函數圖象問題、函數與導數結合的問題、直線與圓錐曲線的綜合問題等.“三個二次”經常相互轉化，相輔相成，是一個有機的整體.如果能很好地掌握三者之間的轉化及應用方法，會有利于解決上述有關問題，提升運算能力.常考題型精析題型一函數與方程的轉化例1是否存在這樣的實數a，使函數f(x)＝x2＋(3a－2)x＋a－1在區間[－1,3]上恒有一個零點，且只有一個零點？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由.點評二次函數零點問題或二次函數圖象與直線交點個數問題，一般都需轉化為二次方程根的存在性及根的分布來解決，解決的方法是列出判別式和有關函數值的不等式(組)，或用數形結合方法解決.變式訓練1設定義域為R的函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，x>0，,－x2－2x，x≤0，))則關于x的函數y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零點的個數為________.題型二函數與不等式的轉化例2已知函數y＝f(x)是定義在R上的增函數，函數y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱.若對任意的x，y∈R，不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0恒成立，則當x>3時，x2＋y2的取值范圍是____________.點評不等式是解決函數定義域、值域、參數范圍等問題的有效工具，將函數問題轉化為不等式解決是解答此類問題的常規思路.而二次不等式的解的確定又要借助二次函數圖象，所以二者關系密切.函數單調性的確定是抽象函數轉化為不等式的關鍵.變式訓練2已知一元二次不等式f(x)<0的解集為{x|x<－1或x>eq\f(1,2)}，則f(10x)>0的解集為()A.{x|x<－1或x>lg2} B.{x|－1<x<lg2}C.{x|x>－lg2} D.{x|x<－lg2}題型三方程與不等式的轉化例3已知關于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0.(1)若方程有兩根，其中一根在區間(－1,0)內，另一根在區間(1,2)內，求m的取值范圍；(2)若方程兩根均在區間(0,1)內，求m的取值范圍.點評“三個二次”是一個整體，不可分割.有關“三個二次”問題的解決辦法通常是利用轉化與化歸思想來將其轉化，其中用到的方法主要有數形結合、分類討論的思想，其最基本的理念可以說是嚴格按照一元二次不等式的解決步驟來處理.變式訓練3(2015·四川)如果函數f(x)＝eq\f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調遞減，那么mn的最大值為()A.16 B.18C.25 D.eq\f(81,2)高考題型精練1.若A＝{x|x2＋(p＋2)x＋1＝0，x∈R}，B＝{x|x>0}，且A∩B＝?，則實數p的取值范圍是()A.p>－4 B.－4<p<0C.p≥0 D.R2.(2015·威海模擬)已知函數f(x)＝(x－2)(ax＋b)為偶函數，且在(0，＋∞)上單調遞增，則f(2－x)>0的解集為()A.{x|x>2或x<－2} B.{x|－2<x<2}C.{x|x<0或x>4} D.{x|0<x<4}3.已知函數f(x)＝x2－2x＋3在閉區間[0，m]上的最大值為3，最小值為2，則m的取值范圍為()A.[1，＋∞) B.[0,2]C.(－∞，－2] D.[1,2]4.若方程x2－eq\f(3,2)x－m＝0在x∈[－1,1]上有實根，則m的取值范圍是()A.m≤－eq\f(9,16) B.－eq\f(9,16)<m<eq\f(5,2)C.m≥eq\f(5,2) D.－eq\f(9,16)≤m≤eq\f(5,2)5.若f(x)＝x2－ax＋1有負值，則實數a的取值范圍是()A.a≤－2 B.－2<a<2C.a>2或a<－2 D.1<a<36.(2015·長沙模擬)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,x2－2x＋1，x>0，))若關于x的方程f2(x)－af(x)＝0恰有5個不同的實數解，則a的取值范圍是()A.(0,1) B.(0,2)C.(1,2) D.(0,3)7.已知函數f(x)＝ax2＋2ax＋4(0<a<3)，若x1<x2，x1＋x2＝1－a，則()A.f(x1)<f(x2)B.f(x1)＝f(x2)C.f(x1)>f(x2)D.f(x1)與f(x2)的大小不能確定8.若a<b<c，則函數f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的兩個零點分別位于區間()A.(a，b)和(b，c)內 B.(－∞，a)和(a，b)內C.(b，c)和(c，＋∞)內 D.(－∞，a)和(c，＋∞)內9.(2015·湖北)a為實數，函數f(x)＝|x2－ax|在區間[0,1]上的最大值記為g(a).當a＝________時，g(a)的值最小.10.若關于x的不等式(2x－1)2<ax2的解集中整數恰好有3個，則實數a的取值范圍是__________.11.已知函數f(x)＝2ax2＋2x－3.如果函數y＝f(x)在區間[－1,1]上有零點，則實數a的取值范圍為________________________________________________________________________.12.已知函數f(x)＝ax2＋ax和g(x)＝x－a，其中a∈R，且a≠0.若函數f(x)與g(x)的圖象相交于不同的兩點A、B，O為坐標原點，試求△OAB的面積S的最大值.答案精析專題2不等式與線性規劃第3練“三個二次”的轉化與應用常考題型精析例1解令f(x)＝0，則Δ＝(3a－2)2－4(a－1)＝9a2－16a＋8＝9(a－eq\f(8,9))2＋eq\f(8,9)>0，即f(x)＝0有兩個不相等的實數根，∴若實數a滿足條件，則只需f(－1)·f(3)≤0即可.f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(∴a≤－eq\f(1,5)或a≥1.檢驗：(1)當f(－1)＝0，a＝1時，f(x)＝x2＋x.令f(x)＝0，即x2＋x＝0，得x＝0或x＝－1.方程在[－1,3]上有兩個實數根，不合題意，故a≠1.(2)當f(3)＝0時，a＝－eq\f(1,5)，此時f(x)＝x2－eq\f(13,5)x－eq\f(6,5).令f(x)＝0，即x2－eq\f(13,5)x－eq\f(6,5)＝0，解得x＝－eq\f(2,5)或x＝3.方程在[－1,3]上有兩個實數根，不合題意，故a≠－eq\f(1,5).綜上所述，a<－eq\f(1,5)或a>1.變式訓練17解析由y＝2f2(x)－3f(x)＋1＝0得f(x)＝eq\f(1,2)或f(x)＝1，如圖畫出f(x)的圖象，由f(x)＝eq\f(1,2)知有4個根，由f(x)＝1知有3個根，故函數y＝2f2(x)－3f(x)＋1共有7個零點.例2(13,49)解析由函數f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱可知，函數f(x)為奇函數.所以不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0可化為f(x2－6x＋21)<－f(y2－8y)＝f(－y2＋8y).又因為函數f(x)在R上為增函數，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.因為x>3，故不等式組表示為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－32＋y－42<4，,x>3，))它表示的區域為如圖所示的半圓的內部.而x2＋y2表示該區域內的點到坐標原點距離的平方.由圖可知，x2＋y2的最小值在點A處取得，但因為該點在邊界的分界線上，不屬于可行域，故x2＋y2>32＋22＝13，而最大值為圓心(3,4)到原點的距離與半徑之和的平方，但因為該點在圓的邊界上，不屬于可行域，故x2＋y2<(5＋2)2＝49，故13<x2＋y2<49.變式訓練2D[由題意可知f(x)>0的解集為{x|－1<x<eq\f(1,2)}，故f(10x)>0等價于－1<10x<eq\f(1,2)，由指數函數的值域為(0，＋∞)，知一定有10x>－1，而10x<eq\f(1,2)可化為10x<10lgeq\f(1,2)，即10x<10－lg2.由指數函數的單調性可知x<－lg2，故選D.]例3解(1)由條件，拋物線f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1與x軸的交點分別在區間(－1,0)和(1,2)內，如圖所示，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝2m＋1<0,f－1＝2>0,f1＝4m＋2<0,f2＝6m＋5>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<－\f(1,2)，,m∈R，,m<－\f(1,2)，,m>－\f(5,6).))即－eq\f(5,6)<m<－eq\f(1,2)，故m的取值范圍是(－eq\f(5,6)，－eq\f(1,2)).(2)拋物線與x軸交點的橫坐標均在區間(0,1)內，如圖所示，列不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0,f1>0,Δ≥0,0<－m<1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>－\f(1,2)，,m>－\f(1,2)，,m≥1＋\r(2)或m≤1－\r(2)，,－1<m<0.))即－eq\f(1,2)<m≤1－eq\r(2).故m的取值范圍是(－eq\f(1,2)，1－eq\r(2)].變式訓練3B[令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－eq\f(n－8,m－2)，當m＞2時，對稱軸x0＝－eq\f(n－8,m－2)，由題意，得－eq\f(n－8,m－2)≥2，∴2m＋n≤12，∵eq\r(2mn)≤eq\f(2m＋n,2)≤6，∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6.當m＜2時，拋物線開口向下，由題意－eq\f(n－8,m－2)≤eq\f(1,2)，即2n＋m≤18，∵eq\r(2mn)≤eq\f(2n＋m,2)≤9，∴mn≤eq\f(81,2)，由2n＋m＝18且2n＝m，得m＝9(舍去)，∴mn最大值為18，選B.]高考題型精練1.A[當A＝?時，Δ＝(p＋2)2－4<0，∴－4<p<0.當A≠?時，方程x2＋(p＋2)x＋1＝0有兩負根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,x1＋x2＝－p＋2<0，))∴p≥0.綜上所述，p>－4.]2.C[f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b∵f(x)是偶函數，∴b－2a＝0，即b＝2∴f(x)＝ax2－4a，又f(2)＝0，x∈(0，＋∞)時，f(x)為增函數.∴f(2－x)>f(2)或f(2－x)>f∴2－x>2或2－x<－2，即x<0或x>4.]3.D[∵f(x)＝(x－1)2＋2，其對稱軸為x＝1，當x＝1時，f(x)min＝2，故m≥1，又∵f(0)＝3，f(2)＝3，∴m≤2.綜上可知1≤m≤2.]4.D[m＝x2－eq\f(3,2)x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2－eq\f(9,16)，x∈[－1,1].當x＝－1時，m取最大值為eq\f(5,2)，當x＝eq\f(3,4)時，m取最小值為－eq\f(9,16)，∴－eq\f(9,16)≤m≤eq\f(5,2).]5.C[∵f(x)＝x2－ax＋1有負值，∴Δ＝(－a)2－4>0，則a>2或a<－2.]6.A[設t＝f(x)，則方程為t2－at＝0，解得t＝0或t＝a，即f(x)＝0或f(x)＝a.如圖，作出函數f(x)的圖象，由函數圖象，可知f(x)＝0的解有兩個，故要使方程f2(x)－af(x)＝0恰有5個不同的解，則方程f(x)＝a的解必有三個，此時0<a<1.所以a的取值范圍是(0,1).]7.A[f(x)的對稱軸為直線x＝－1，又∵x1＋x2＝1－a，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(1－a,2)，0<a<3.∴eq\f(1－a,2)>－1.∵x1<x2，∴x1離對稱軸的距離小于x2離對稱軸的距離.又∵a>0，∴f(x1)<f(x2).]8.A[由于a<b<c，所以f(a)＝0＋(a－b)(a－c)＋0>0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0.因此有f(a)·f(b)<0，f(b)·f(c)<0，又因f(x)是關于x的二次函數，函數的圖象是連續不斷的曲線，因此函數f(x)的兩零點分別位于區間(a，b)和(b，c)內，故選A.]9.2eq\r(2)－2解析(1)當a＝0時，f(x)＝x2，函數f(x)在區間[0,1]上單調遞增，故g(a)＝f(1)＝1.(2)當a<0時，函數f(x)的圖象如圖(1)所示，函數f(x)在區間[0,1]上單調遞增，故g(a)＝f(1)＝1－a.(3)當0<a<1時，函數f(x)的圖象如圖(2)所示，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)，f(1)＝1－a，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))－f(1)＝eq\f(a2,4)－(1－a)＝eq\f(a＋22－8,4).①當0<a<2eq\r(2)－2時，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))－f(1)<0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))<f(1)，所以g(a)＝f(1)＝1－a；②當2eq\r(2)－2≤a<1時，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))－f(1)≥0，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))≥f(1)，所以g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4).(4)當1≤a<2時，函數f(x)的圖象如圖(3)所示，因為函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))上單調遞增，在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1))上單調遞減，故g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4).(5)當a≥2時，函數f(x)的圖象如圖(4)所示，因為函數f(x)在區間[0,1]上單調遞增，故g(a)＝f(1)＝a－1.綜上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a，a<2\r(2)－2，,\f(a2,4)，2\r(2)－2≤a<2，,a－1，a≥2，))當a<2eq\r(2)－2時，g(a)>g(2eq\r(2)－2)＝3－2eq\r(2)；當2eq\r(2)－2≤a<2時，g(a)≥g(2eq\r(2)－2)＝3－2eq\r(2)；當a≥2時，g(a)≥g(2)＝1>3－2eq\r(2).綜上，當a＝2eq\r(2)－2時，g(a)min＝3－2eq\r(2).10.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(25,9)，\f(49,16)))解析因為不等式等價于(－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，不等式的解集為eq\f(1,2＋\r(a))<x<eq\f(1,2－\r(a))，eq\f(1,4)<eq\f(1,2＋\r(a))<eq\f(1,2)，則一定有{1,2,3}為所求的整數解集.所以3<eq\f(1,2－\r(a))≤4，解得a的范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(25,9)，\f(49,16))).11.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析若a＝0，則f(x)＝2x－3，f(x)＝0?x＝eq\f(3,2)?[－1,