2020年高考数学二轮提升专题训练考点2二次函数及指对数函数问题的探究(含答案).doc

1、考点02二次函数及指、对数函数问题的探究【知识框图】苦点02二次函数 及指、X寸数函数 问题的探究瓢型元为匿政翻国理的兵窕【自主热身，归纳提炼】【问题探究.开拓思雎】区仁渔；;f1、(2019南京、盐城一模)已知y=f(x)为定义在 R上的奇函数，且当 x>0时，f(x) = ex+1,则f(ln2)的值为.【答案】-3【解析】 因为 f(x)为奇函数，所以 f( ln2)=f(ln2)=(eln2+1) = (2+1) = 3.2、(2016常州期末) 函数f(x)=log2( x2+242)的值域为 【解析】由题意可得x2+2 j2>0,即x2+22 c (0,2也,故所求函数

2、的值域为3、(2018南京、盐城、连云港二模)函数f(x) =lg(2x)的定义域为 .【答案】.(巴2)【解析】由题意得2 x>0,即x<2,所以函数f(x) = lg(2 x)的定义域为(一8, 2).4、(2018苏州期末)已知4a=2, logax=2a,则正实数x的值为.【答案】2111 1 1【解析】由4a = 2,得2221,所以2a=1,即a=2.由log/=1,得x= 1 =5、(2015南京调研)设函数f(x) = x2-3x+ a.若函数f(x)在区间(1,3)内有零点，则实数a的取值范围为 .9【答案】0,943 c 93 c 99,9解法 1 由 f(x)

3、=0 得 a= x2+3x=x 2 2+4.因为xC(1,3),所以一x- 2 + 0, 4,所以aC 0, 4.f(x)在区间(1,3)内有零点，则需f 1 W0且f(3)>0,解法2因为f(x)=x2-3x+ a= x- 3 29+a,所以要使函数 解得0"9.a,从而转化为求函数的值域来加以解解后反思 解法1将函数有零点的问题转化为方程后，再分离出参数2则是借助于函数的图像，通过数形结合的方决，这体现了函数与方程之间的相互转化关系的应用；解法 法来解决的.a16、(2015苏州期末)已知函数f(x) = lg i-2ax的定义域是 万，+8 ,则实数a的值为.【答案】2【

4、解析】 解法1由1 2x>0,得2x>a.显然a>0,所以x>log2a.由题意，得log2a=,即a=、2. 1a解法2 (秒杀解法)当x= 2时，必有12x=0,解得a=12.7、 (2018苏北四市、苏中三市三调) 已知函数f(x)=x9、(2017徐州、连云港、宿迁三检)已知对于任意的x (实数a的取值范围是【答案】(1,5+ax+b(a, bCR)的图像与x轴相切，若直线 y=c 与y=c+5分别交f(x)的图像于A,B, C,D四点，且四边形ABCD的面积为25,则正实数c的值为.【答案】4【解析】：由题意得 a2=4b.又由 x2+ax+b = VI| A

5、B= |x x2|=%：a24 bc = 2 c.同理 CD = 2,Jc+ 5.因为 四边形ABCD为梯形，所以25 = 2(2'c+5+2c)X5,解得c=4.8、(2017徐州、连云港、宿迁三检) 如图，已知正方形 ABCD的边长为2, BC平行于x轴，顶点A, B和 C分别在函数y1 3loga x , y2 2logax和y3 loga x(a 1)的图象上，则实数 a的值为.【答案】2【解析】设A(t,3logat) (t 0),因为正方形ABCD的边长为2,所以B(t,2logat), C(t2,2log a t),t2 t 2t2 t 2 0 “t 2_则1t，即t t

6、 0,解之得 ，即所求的实数a的值为J2 .2,1)U(5,)，都有 x2 2(a 2)x a 0,则3logat 2logat 2 logat 2a 2【解析】当24(a 2)2 4a0,即 a2 5a 4 0,1a 4时，满足题意;4(a 2)2 4a 0,即 a25a 4 0, a 1或 a 4 时,1则122(a 2)22(a 2) a7，所以3 a5,又因为a 1或a 4,所以4 a 5,2_52 10(a 2) a 0a 5综上所述，实数a的取值范围为(1,5。10、(2017苏北四市一模)已知函数f(x)=|x2-4|+ a|x-2|, xC -3,3.若f(x)的最大值是0,则

7、实数a的取值范围是.【答案】(00, - 5【解析】思路分析1通过去绝对值进行分类讨论来求解.思路分析2注意到函数f(x)可以转化为f(x)= |x-2| (|x+2| +a),而| x 2| >0,因此，需要| x+ 2| +a<0在3,3上恒成立，这样问题就转化为一个简单的恒成立问题了.解法1因为函数f(x)的最大值为0,故f(x)W0在3,3上恒成立，从而f(3)<0,解得aw5.又 f(x) =x2+ax-2a-4= x+ f 2-a2-2a-4, xC2, 3,x2ax+ 2a+4= x + 2 2 + 了 + 2a+4, xC 2, 2 ,aa2x2-ax+2a-

8、4= x a 2-a-+2a-4, xC 3, 2.因为aw 5,所以|>2,当单调递减，在2, 2上单调递增，在2,a3时，回出f(x)的草图，结合图像，可知函数f(x)在一3, 2上 2上单调递减，在一万，3上单调递增.因为f(2) = 0,故f(-3)<0且 f(3) < 0,解得 aw 5.±>a 2f(2) = 0,所以 f(x)w。当一2> 3,即aw6时，f(x)在: 2上单调递增，在 2, 恒成立.故a<- 5.解法 2 因为 f(x)=|x 2|(|x+ 2|+a), |x- 2|>0,且函数 f(x)的最大值为 0,故 |

9、x+2|+aW0 在3,3上恒成立，从而aw 卜+ 2|在-3,3上恒成立.因为(一|x + 2|)min = 5,故aw 5.解后反思 解法1是通过去绝对值的方法来进行分类讨论求解的，在求解的过程中，应用了一般与特殊的关系来简化了问题的讨论过程，已知函数最大值或最小值，这当中就隐含着一个恒成立，即f(x)WM或f(x)>M有效地利用它可以简化问题；解法 2是通过将二次函数问题通过应用函数的特殊特征，将问题转a进行讨论来解决问题，但这样化为了一次函数来加以解决，简化了问题.当然，本题也可以通过直接对 做要讨论的情形就要比解法 1的解法繁琐得多.【问题探究，开拓思维】 题型一、一元二次函数

10、最值问题的探究 知识点拨：解决二次函数最值的关键是抓住图象的开口方向、对称轴与区间的相对位置；不等式恒成立问 题关键是看不等式的特点，灵活运用函数的性质，如二次不等式恒成立问题可运用图象、分离变量运用函可运用函数的图象处理例1、 (2018年泰州中学期末试题)求二次函数f(x) ax2(2a 1)x3(a 0)在区间 1,2上的最大值.【解析】f (x)22a 12a2(2a 1)3 ,对称轴为4a2a 12a数值域法等；已知含参数的方程的解的个数求参数的取值范围时根据方程的特点,当a(i)当 2a2a1 ,时，即42一a>时，f(x)maxf(2)58a(ii)当 2a 12a1,c一

11、时，即042 ,，、 一a 二时，f (x)max f( 53)当a0 时，-2a(i)2a 1<2a。时，即20 时，f (x)maxf(3、3) a2432 2'(ii)2a2a1, r0时,即a1 时,f(X)max2a 1(2 a 1)2f( )()3,2a 4a综上所述,f (x)max(2a 1)23 -a44a323, a2 且 a 0 5【变式1】f(x) = 4x2 4mx + m2 2m + 2 在区间0 , 2上有最小m产，一从而有2或f min ( X)= f ( 2) = 3 m -<0, 或2解得fmin(X)=f (0) = 3,2.综上所述，

12、实数m的取值范围是mf min ( x) = f - = 3m>4,或m= 5士时0<41 m= - 2m<0或m=5 + /10或 m= 1m= 1 ± V2,点评：本题考查了二次函数的性质、配方法、图象法及分类讨论的思想；要注意函数的定义域，要考 虑对称轴是否在函数所给的定义域内.【变式2】、(2017年金陵中学期调研)已知函数f (x) =-x2+2ax+1-a在x 0,1时有最大值2,求的值.【解析】函数f (x) = x2+2ax+1 a=-(x a)2+ a2 a+ 1, 对称轴方程为x= a.(1)当 a<0 时，f (x)max= f (0)

13、=1-a, - 1 a = 2,a = 1.(2)当 0w aw 1 时，f (x) max= a a+1,''' a -a+1 = 2, a -a- 1 = 0, a =2(舍).(3)当 a>1 时，f (x)max= f (1) =a,. a=2.综上可知，a=1或a=2.【关联1】、(2016年徐州开学初调研)已知函数y=2sin2x2asin x+3有最小值，记作g(a).(1)求g(a)的解析式；(2)求g(a)的最大值.解：令sin x =t ,则t C 1, 1,则原题转化为求二次函数f(t) =2t22at +3在t C 1, 1上的最小值.一一

14、 一 a(1)由题意知函数f(t)的对称轴方程是t =于根据二次函数的对称轴与题设区间的相对位置分类讨论：，a 一，当-1,即 aw 2 时，g(a) =f( -1) = 2a+ 5;2 aa a当一1<2<1,即一2<a<2 时，g(a) =f 2 = 3-;a 当1,即 a>2 时，g(a) =f(1) =5 2a.综上可知，函数g(a)的解析式为2a+ 5, aw 2,2 a g(a) = 32, 2<a<2,5 2a) a >2.(2)当 aw2 时，g(a) W1；当2<a<2 时，g(a) <3;当 a>2 时

15、，g(a) <1.故当 a = 0 时，g(a)取得最大值，最大值为 3.题型二根的分布对于一元二次函数根的分布问题，主要就是根据条件正确列出等价条件。可以从一元二次函数的开口、对 称轴和关键的点等入手。例1、(2018苏锡常镇调研)若二次函数f(x) = ax2+ bx+ c(a>0)在区间1 , 2上有两个不同的零点，则f (1)的取值范围为.【答案】0, 1)一一 . 一一 . f 1)-. 一.思路分析1由两个零点来表示 一,所以可设二次函数的零点式.a思路分析2利用二次函数的零点分布知识得到a, b, c的约束条件，将问题转化为线性规划问题解决.f (1)解法 1(一次函

16、数的手点式)设 f(x) = a(x-x1)(x-x2),其中 1Wxi<X2W2,则=(xi - 1)(x2-1),因a0< X1 1<X2 K 1,所以f (1)的取值范围为0, 1).A >0,b2 4ac>0,1< 一 ?<2,解法2(线性规划)由题意得 2a ，f (1) > 0f (2) >0b 1<2T2,x2>4y,一 4<x< 一 2, 则a+ b+ c> 0, 4a+2b+c> 0c y=ax+ y+ 1 > 0, 2x+y+4>0.令z =匚一=x + y+1,作可行域，

17、如图. a解得0WZV1,即LU的取值范围为0a1).【变式1】(2019苏州期末)、已知函数f(x)4x24axa 2( a R).(1)若f(x)的两个零点均小于 2,求实数a的取值范围;(2)方程f (x) 0在(1,2)上有且只有一个实根，求实数a的取值范围.解析a 2(1)由题意，等价于 0,解得a< 1或2& af(2) > 0187 .(2)当f(1)f(2)。时，此时f (x) 0在(1,2)上有且只有一个实根，得187 ；当f(1)0时，即a 2时，此时f (x) 0有x 1当f(2)0时，即a 18时，此时f (x) 0有x 7综上：218a 一7【变式

18、2】、(2017苏锡常镇调研)已知函数f(x)24x 4ax a 2(aR),f (x)有一个小于1与一个大于2的两个零点，求实数 a的取值范围【答案】a 18解析由题意，等价于f0 ,解得a 18. f (2) 07【变式3、已知函数f(x) 4x2 4ax a 2(a R),方程f(x) 0在(1,2)上有实根，求实数a的取值范围.解析1 当f(1)f(2) 0时，此时f(x) 0在(1,2)上有且只有一个实根，得2 a 178；当f (1) 0时，即a 2时，此时f(x) 0有x 1 ,舍去；184当f(2) 0时，即a 178时，此时f(x) 0有x 2或x 4 ,舍去，2 时，此时f

19、(x) 0在(1,2)上有两个实根，无解;f(1)f(2)综上：2 a 18.解析2方程即为a(4x 1)4x 2 ,因为1 x 2时4x4x4x4x 2t 2t919小1 小9、八令 t 4x 1 (3,7),设 y ，即 y (t 2) , y - (1 -) 0 ,4x 1 4t4t4t19 1818所以y 4(t - 2)在t (3,7)上单调递增，y (2, 了)，所以2 a 7.【关联 1】、(2016苏北四市调研)已知函数f (x)对任意的x R满足f( x) f(x),且当x>0时，f(x) x2 ax 1 .若f(x)有4个零点，则实数a的取值范围是 .【答案】2,解析

20、：由题意得 f x为偶函数，所以f x有4个零点，则需当x>0时，f(x) x2 ax 1有两个大于0a -0,的零点.又因为f 01 0,所以 2解得a 2.a2 4 0,【关联2】、(2019常州期末)若方程ax2 2x 1 0至少有一个正根，则实数a的取值范围是 .【答案】a 0解析 1 记 f(x) ax2 2x 1当 a 0 时，f(x) 2x 1,一 一 1f(x) 0解得x 2,不符合条件;当a 0时,0(i)当f(x) 0只有一个正根，且 0不是它的卞则有a f(0) 0或 1 ，解得a 0 ;0a01(ii)当f(x) 0有两个不等正根，则 10 aa f(0)综上：实

21、数a的取值范围是a 0 .2解析2因为x 0显然不适合万程ax 2x 1 0,记 g(x)2xT(x 0), g (x) 2-31 0 (x 0)xx所以实数a的取值范围是a 0 .,此时a无解,0一2x 1, .*,于是问题等价于a冬至少有一个正根，x所以g(x)在(0,)上递增，且g(x) (0,),题型三一元二次与指、对数函数中存在与恒成立问题的探究知识点拨：(1)、“任意-任意”型这类问题的表现形式为：x D1, x2 D2,不等式成立xD1, x2 D2,f(x1) g(x2)X D1，x2 D2 时，f(x1)max gin(2)、“任意-存在”型这类问题的表现形式有二：x1D1,

22、x2D2,等式成立.x1D1,x2D2,不等式成立.这种“任意-存在”型问题的常见题型及具体转化策略为：1、 x1D1,x2D2, f (x1)=g( x2)f(x1)在D1 上值域g(x2)在D2上值域；x1 D1, x2 D2, f(x1) g(x2)f(x1)在D1 上最小值g(x2)在D2上最小值；2、 x1D1,x2D2, f (X)<g(x2)f (X)在 D1 上最大值<g(x2)在 D2上最大值这类问题的表现形式有3、“存在-存在”型x D1, x2D2 ,等式成立.x1D1, xD2 ,不等式成立总结：这种双主元的“存在 -存在”型问题的转化策略为:x1D1,x2

23、D2, f(x)=g( x2)f(x)在D1上值域与g(x2)在D2上值域的交集非空XiDi,X2 D2, f(Xi)>g( X2)f (Xi)在Di上的最大值与 g(X2)在D2上的最大值例1(2019苏北四市、苏中三市三调)已知函数f (x) X2 2x 3a, g(X) 2.若对任意Xi0,3,X i总存在X22,3 ,使得|f(x1)Wg(X2)成立，则实数a的值为.【答案】1 3解析：因为g(x) 工在2,3上单调递减，所以g(x2)max 2, X 1解法1由题意得，|f(xi)<2 ,即x2 2x 3a <2在0,3上恒成立，即 2Vx2 2x 3a=2,在0,

24、3上恒成立，所以3a* X2 2X 2'即3a< (X 1)： 1'在0,3上恒成立，3a > x2 2x 2,3a > (x 1)2 3所以 3a 1 , a 1.3f(1)<2, r 13a 1 <2, 解法 2fa)mj2.因为 1f(3" Max 1f ，f(3)|，所以巾3一，即 3a 3V2,解得a 3.【变式1】(2018苏州暑假测试)已知函数f(x) = x+a(a>0),当xC1, 3时，函数f(x)的值域为A,若AX、? 8, 16,则a的值是.【答案】15思路分析 题设“当xC1, 3时，函数f(x)的值域为A

25、,若A? 8, 16”等价于“对于任意的xC1, 3,不等式8Wx+aw16恒成立. X解法1(分离变量法)由题意，对于任意的xC1, 3,不等式8Wx + ：w 16恒成立，也就是说，不等式x(8 x) w aw x(16 x)恒成立,故x(8x)maxW a< x(16 x)min,即 15< a< 15,所以 a= 15.8wf (1) = 1 + aw 16,' ''7<a<15,解法2(特值法)由题意，当x=1, 3时，a 即所以a= 15.8Wf (3) =3 + W16,15waw 39,a e,X<1 ,【变式2】(2

26、018苏锡常镇调研)已知函数f(x) =4(e是自然对数的底),若函数y=f(x)x+-, x>1的最小值是4,则实数a的取值范围为 .【答案】e+4, +8)解法1在x>1时，f(x) min = f(2) =4.所以当x<1时，a ex>4恒成立.转化为a>ex+4对x<1恒成立.因 为ex+4在(一00, 1)上的值域为(4, e+4),所以a>e+4.解法 2 当 x<1 时，f(x) =a-ex>a-e,当 x>1 时，f(x) =x + 4>4,当且仅当 x=4,即 x=2 时，取“=”， xx故函数f(x)的值域是

27、e+ 4,).解后反思 解法1中，因为ex+4在x<1上没有最大值，所以要特别注意边界值e+4能否取到.【变式3】、(2017苏锡常镇调研)已知f(x)是定义在 2,2上的奇函数，当 xC(0,2时，f(x)= 2x- 1,函数g(x)=x2-2x+ m.如果？ xe 2,2, ? x2 -2,2,使得 g(M=f(x1)，则实数 m 的取值范围是 .【答案】 5, - 2解析：因为x (0,2,函数f(x)=2x1,所以f(x)的值域为(0,3.又因为f(x)是2,2上的奇函数，所以x=0 时，f(0)=0,所以在 2,2上f(x)的值域为3,3.而在 2,2上g(x)的值域为m1,8

28、+m.如果对于任意8+m>3,的 xe 2,2,都存在 x2C2,2,使得 g(x2)=f(x)，则有 3, 3? m1,8+m,所以即m-1<- 3,m> 5,mW 2 ,所以一5<m< 2.11、(2016南通一模)已知函数f(x) = x|x2a|,若存在xC 1, 2,使得f(x)<2,则实数a的取值范围是 . 答案：(一1,5)解法 1 当 xC 1,2时，f(x)<2,等价于 |x3ax|<2,即一2<x3ax<2,即 x3 2<ax<x3+2,得到 x2-<a<x2+2,x x即 x2-1 min<a< x2 + f max,得到1<a<5. xx解法2原问题可转化为先求：对任意 x 1,2,使得f(x)>2时，实数a的取值范围.则有 xX2 a|>2, IP |a-x2|>2. x(1)当 a>4 时，a>x2