2020年高考數(shù)學(xué)二輪提升專題訓(xùn)練考點2二次函數(shù)及指對數(shù)函數(shù)問題的探究(含答案).doc

1、考點02二次函數(shù)及指、對數(shù)函數(shù)問題的探究【知識框圖】苦點02二次函數(shù) 及指、X寸數(shù)函數(shù) 問題的探究瓢型元為匿政翻國理的兵窕【自主熱身，歸納提煉】【問題探究.開拓思雎】區(qū)仁漁；;f1、(2019南京、鹽城一模)已知y=f(x)為定義在 R上的奇函數(shù)，且當(dāng) x>0時，f(x) = ex+1,則f(ln2)的值為.【答案】-3【解析】 因為 f(x)為奇函數(shù)，所以 f( ln2)=f(ln2)=(eln2+1) = (2+1) = 3.2、(2016常州期末) 函數(shù)f(x)=log2( x2+242)的值域為 【解析】由題意可得x2+2 j2>0,即x2+22 c (0,2也,故所求函數(shù)

2、的值域為3、(2018南京、鹽城、連云港二模)函數(shù)f(x) =lg(2x)的定義域為 .【答案】.(巴2)【解析】由題意得2 x>0,即x<2,所以函數(shù)f(x) = lg(2 x)的定義域為(一8, 2).4、(2018蘇州期末)已知4a=2, logax=2a,則正實數(shù)x的值為.【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南京調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x) = x2-3x+ a.若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,3)內(nèi)有零點，則實數(shù)a的取值范圍為 .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.因為xC(1,3),所以一x- 2 + 0, 4,所以aC 0, 4.f(x)在區(qū)間(1,3)內(nèi)有零點，則需f 1 W0且f(3)>0,解法2因為f(x)=x2-3x+ a= x- 3 29+a,所以要使函數(shù) 解得0"9.a,從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域來加以解解后反思 解法1將函數(shù)有零點的問題轉(zhuǎn)化為方程后，再分離出參數(shù)2則是借助于函數(shù)的圖像，通過數(shù)形結(jié)合的方?jīng)Q，這體現(xiàn)了函數(shù)與方程之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系的應(yīng)用；解法 法來解決的.a16、(2015蘇州期末)已知函數(shù)f(x) = lg i-2ax的定義域是 萬，+8 ,則實數(shù)a的值為.【答案】2【

4、解析】 解法1由1 2x>0,得2x>a.顯然a>0,所以x>log2a.由題意，得log2a=,即a=、2. 1a解法2 (秒殺解法)當(dāng)x= 2時，必有12x=0,解得a=12.7、 (2018蘇北四市、蘇中三市三調(diào)) 已知函數(shù)f(x)=x9、(2017徐州、連云港、宿遷三檢)已知對于任意的x (實數(shù)a的取值范圍是【答案】(1,5+ax+b(a, bCR)的圖像與x軸相切，若直線 y=c 與y=c+5分別交f(x)的圖像于A,B, C,D四點，且四邊形ABCD的面積為25,則正實數(shù)c的值為.【答案】4【解析】：由題意得 a2=4b.又由 x2+ax+b = VI| A

5、B= |x x2|=%：a24 bc = 2 c.同理 CD = 2,Jc+ 5.因為 四邊形ABCD為梯形，所以25 = 2(2'c+5+2c)X5,解得c=4.8、(2017徐州、連云港、宿遷三檢) 如圖，已知正方形 ABCD的邊長為2, BC平行于x軸，頂點A, B和 C分別在函數(shù)y1 3loga x , y2 2logax和y3 loga x(a 1)的圖象上，則實數(shù) a的值為.【答案】2【解析】設(shè)A(t,3logat) (t 0),因為正方形ABCD的邊長為2,所以B(t,2logat), C(t2,2log a t),t2 t 2t2 t 2 0 “t 2_則1t，即t t

6、 0,解之得 ，即所求的實數(shù)a的值為J2 .2,1)U(5,)，都有 x2 2(a 2)x a 0,則3logat 2logat 2 logat 2a 2【解析】當(dāng)24(a 2)2 4a0,即 a2 5a 4 0,1a 4時，滿足題意;4(a 2)2 4a 0,即 a25a 4 0, a 1或 a 4 時,1則122(a 2)22(a 2) a7，所以3 a5,又因為a 1或a 4,所以4 a 5,2_52 10(a 2) a 0a 5綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(1,5。10、(2017蘇北四市一模)已知函數(shù)f(x)=|x2-4|+ a|x-2|, xC -3,3.若f(x)的最大值是0,則

7、實數(shù)a的取值范圍是.【答案】(00, - 5【解析】思路分析1通過去絕對值進(jìn)行分類討論來求解.思路分析2注意到函數(shù)f(x)可以轉(zhuǎn)化為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，這樣問題就轉(zhuǎn)化為一個簡單的恒成立問題了.解法1因為函數(shù)f(x)的最大值為0,故f(x)W0在3,3上恒成立，從而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.因為aw 5,所以|>2,當(dāng)單調(diào)遞減，在2, 2上單調(diào)遞增，在2,a3時，回出f(x)的草圖，結(jié)合圖像，可知函數(shù)f(x)在一3, 2上 2上單調(diào)遞減，在一萬，3上單調(diào)遞增.因為f(2) = 0,故f(-3)<0且 f(3) < 0,解得 aw 5.±>a 2f(2) = 0,所以 f(x)w。當(dāng)一2> 3,即aw6時，f(x)在: 2上單調(diào)遞增，在 2, 恒成立.故a<- 5.解法 2 因為 f(x)=|x 2|(|x+ 2|+a), |x- 2|>0,且函數(shù) f(x)的最大值為 0,故 |

9、x+2|+aW0 在3,3上恒成立，從而aw 卜+ 2|在-3,3上恒成立.因為(一|x + 2|)min = 5,故aw 5.解后反思 解法1是通過去絕對值的方法來進(jìn)行分類討論求解的，在求解的過程中，應(yīng)用了一般與特殊的關(guān)系來簡化了問題的討論過程，已知函數(shù)最大值或最小值，這當(dāng)中就隱含著一個恒成立，即f(x)WM或f(x)>M有效地利用它可以簡化問題；解法 2是通過將二次函數(shù)問題通過應(yīng)用函數(shù)的特殊特征，將問題轉(zhuǎn)a進(jìn)行討論來解決問題，但這樣化為了一次函數(shù)來加以解決，簡化了問題.當(dāng)然，本題也可以通過直接對 做要討論的情形就要比解法 1的解法繁瑣得多.【問題探究，開拓思維】 題型一、一元二次函數(shù)

10、最值問題的探究 知識點撥：解決二次函數(shù)最值的關(guān)鍵是抓住圖象的開口方向、對稱軸與區(qū)間的相對位置；不等式恒成立問 題關(guān)鍵是看不等式的特點，靈活運用函數(shù)的性質(zhì)，如二次不等式恒成立問題可運用圖象、分離變量運用函可運用函數(shù)的圖象處理例1、 (2018年泰州中學(xué)期末試題)求二次函數(shù)f(x) ax2(2a 1)x3(a 0)在區(qū)間 1,2上的最大值.【解析】f (x)22a 12a2(2a 1)3 ,對稱軸為4a2a 12a數(shù)值域法等；已知含參數(shù)的方程的解的個數(shù)求參數(shù)的取值范圍時根據(jù)方程的特點,當(dāng)a(i)當(dāng) 2a2a1 ,時，即42一a>時，f(x)maxf(2)58a(ii)當(dāng) 2a 12a1,c一

11、時，即042 ,，、 一a 二時，f (x)max f( 53)當(dāng)a0 時，-2a(i)2a 1<2a。時，即20 時，f (x)maxf(3、3) a2432 2'(ii)2a2a1, r0時,即a1 時,f(X)max2a 1(2 a 1)2f( )()3,2a 4a綜上所述,f (x)max(2a 1)23 -a44a323, a2 且 a 0 5【變式1】f(x) = 4x2 4mx + m2 2m + 2 在區(qū)間0 , 2上有最小m產(chǎn)，一從而有2或f min ( X)= f ( 2) = 3 m -<0, 或2解得fmin(X)=f (0) = 3,2.綜上所述，

12、實數(shù)m的取值范圍是mf min ( x) = f - = 3m>4,或m= 5士時0<41 m= - 2m<0或m=5 + /10或 m= 1m= 1 ± V2,點評：本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、配方法、圖象法及分類討論的思想；要注意函數(shù)的定義域，要考 慮對稱軸是否在函數(shù)所給的定義域內(nèi).【變式2】、(2017年金陵中學(xué)期調(diào)研)已知函數(shù)f (x) =-x2+2ax+1-a在x 0,1時有最大值2,求的值.【解析】函數(shù)f (x) = x2+2ax+1 a=-(x a)2+ a2 a+ 1, 對稱軸方程為x= a.(1)當(dāng) a<0 時，f (x)max= f (0)

13、=1-a, - 1 a = 2,a = 1.(2)當(dāng) 0w aw 1 時，f (x) max= a a+1,''' a -a+1 = 2, a -a- 1 = 0, a =2(舍).(3)當(dāng) a>1 時，f (x)max= f (1) =a,. a=2.綜上可知，a=1或a=2.【關(guān)聯(lián)1】、(2016年徐州開學(xué)初調(diào)研)已知函數(shù)y=2sin2x2asin x+3有最小值，記作g(a).(1)求g(a)的解析式；(2)求g(a)的最大值.解：令sin x =t ,則t C 1, 1,則原題轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)f(t) =2t22at +3在t C 1, 1上的最小值.一一

14、 一 a(1)由題意知函數(shù)f(t)的對稱軸方程是t =于根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸與題設(shè)區(qū)間的相對位置分類討論：，a 一，當(dāng)-1,即 aw 2 時，g(a) =f( -1) = 2a+ 5;2 aa a當(dāng)一1<2<1,即一2<a<2 時，g(a) =f 2 = 3-;a 當(dāng)1,即 a>2 時，g(a) =f(1) =5 2a.綜上可知，函數(shù)g(a)的解析式為2a+ 5, aw 2,2 a g(a) = 32, 2<a<2,5 2a) a >2.(2)當(dāng) aw2 時，g(a) W1；當(dāng)2<a<2 時，g(a) <3;當(dāng) a>2 時

15、，g(a) <1.故當(dāng) a = 0 時，g(a)取得最大值，最大值為 3.題型二根的分布對于一元二次函數(shù)根的分布問題，主要就是根據(jù)條件正確列出等價條件?？梢詮囊辉魏瘮?shù)的開口、對 稱軸和關(guān)鍵的點等入手。例1、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)若二次函數(shù)f(x) = ax2+ bx+ c(a>0)在區(qū)間1 , 2上有兩個不同的零點，則f (1)的取值范圍為.【答案】0, 1)一一 . 一一 . f 1)-. 一.思路分析1由兩個零點來表示 一,所以可設(shè)二次函數(shù)的零點式.a思路分析2利用二次函數(shù)的零點分布知識得到a, b, c的約束條件，將問題轉(zhuǎn)化為線性規(guī)劃問題解決.f (1)解法 1(一次函

16、數(shù)的手點式)設(shè) f(x) = a(x-x1)(x-x2),其中 1Wxi<X2W2,則=(xi - 1)(x2-1),因a0< X1 1<X2 K 1,所以f (1)的取值范圍為0, 1).A >0,b2 4ac>0,1< 一 ?<2,解法2(線性規(guī)劃)由題意得 2a ，f (1) > 0f (2) >0b 1<2T2,x2>4y,一 4<x< 一 2, 則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、如圖. a解得0WZV1,即LU的取值范圍為0a1).【變式1】(2019蘇州期末)、已知函數(shù)f(x)4x24axa 2( a R).(1)若f(x)的兩個零點均小于 2,求實數(shù)a的取值范圍;(2)方程f (x) 0在(1,2)上有且只有一個實根，求實數(shù)a的取值范圍.解析a 2(1)由題意，等價于 0,解得a< 1或2& af(2) > 0187 .(2)當(dāng)f(1)f(2)。時，此時f (x) 0在(1,2)上有且只有一個實根，得187 ；當(dāng)f(1)0時，即a 2時，此時f (x) 0有x 1當(dāng)f(2)0時，即a 18時，此時f (x) 0有x 7綜上：218a 一7【變式

18、2】、(2017蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)24x 4ax a 2(aR),f (x)有一個小于1與一個大于2的兩個零點，求實數(shù) a的取值范圍【答案】a 18解析由題意，等價于f0 ,解得a 18. f (2) 07【變式3、已知函數(shù)f(x) 4x2 4ax a 2(a R),方程f(x) 0在(1,2)上有實根，求實數(shù)a的取值范圍.解析1 當(dāng)f(1)f(2) 0時，此時f(x) 0在(1,2)上有且只有一個實根，得2 a 178；當(dāng)f (1) 0時，即a 2時，此時f(x) 0有x 1 ,舍去；184當(dāng)f(2) 0時，即a 178時，此時f(x) 0有x 2或x 4 ,舍去，2 時，此時f

19、(x) 0在(1,2)上有兩個實根，無解;f(1)f(2)綜上：2 a 18.解析2方程即為a(4x 1)4x 2 ,因為1 x 2時4x4x4x4x 2t 2t919小1 小9、八令 t 4x 1 (3,7),設(shè) y ，即 y (t 2) , y - (1 -) 0 ,4x 1 4t4t4t19 1818所以y 4(t - 2)在t (3,7)上單調(diào)遞增，y (2, 了)，所以2 a 7.【關(guān)聯(lián) 1】、(2016蘇北四市調(diào)研)已知函數(shù)f (x)對任意的x R滿足f( x) f(x),且當(dāng)x>0時，f(x) x2 ax 1 .若f(x)有4個零點，則實數(shù)a的取值范圍是 .【答案】2,解析

20、：由題意得 f x為偶函數(shù)，所以f x有4個零點，則需當(dāng)x>0時，f(x) x2 ax 1有兩個大于0a -0,的零點.又因為f 01 0,所以 2解得a 2.a2 4 0,【關(guān)聯(lián)2】、(2019常州期末)若方程ax2 2x 1 0至少有一個正根，則實數(shù)a的取值范圍是 .【答案】a 0解析 1 記 f(x) ax2 2x 1當(dāng) a 0 時，f(x) 2x 1,一 一 1f(x) 0解得x 2,不符合條件;當(dāng)a 0時,0(i)當(dāng)f(x) 0只有一個正根，且 0不是它的卞則有a f(0) 0或 1 ，解得a 0 ;0a01(ii)當(dāng)f(x) 0有兩個不等正根，則 10 aa f(0)綜上：實

21、數(shù)a的取值范圍是a 0 .2解析2因為x 0顯然不適合萬程ax 2x 1 0,記 g(x)2xT(x 0), g (x) 2-31 0 (x 0)xx所以實數(shù)a的取值范圍是a 0 .,此時a無解,0一2x 1, .*,于是問題等價于a冬至少有一個正根，x所以g(x)在(0,)上遞增，且g(x) (0,),題型三一元二次與指、對數(shù)函數(shù)中存在與恒成立問題的探究知識點撥：(1)、“任意-任意”型這類問題的表現(xiàn)形式為：x D1, x2 D2,不等式成立xD1, x2 D2,f(x1) g(x2)X D1，x2 D2 時，f(x1)max gin(2)、“任意-存在”型這類問題的表現(xiàn)形式有二：x1D1,

22、x2D2,等式成立.x1D1,x2D2,不等式成立.這種“任意-存在”型問題的常見題型及具體轉(zhuǎn)化策略為：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上最大值這類問題的表現(xiàn)形式有3、“存在-存在”型x D1, x2D2 ,等式成立.x1D1, xD2 ,不等式成立總結(jié)：這種雙主元的“存在 -存在”型問題的轉(zhuǎn)化策略為:x1D1,x2

23、D2, f(x)=g( x2)f(x)在D1上值域與g(x2)在D2上值域的交集非空XiDi,X2 D2, f(Xi)>g( X2)f (Xi)在Di上的最大值與 g(X2)在D2上的最大值例1(2019蘇北四市、蘇中三市三調(diào))已知函數(shù)f (x) X2 2x 3a, g(X) 2.若對任意Xi0,3,X i總存在X22,3 ,使得|f(x1)Wg(X2)成立，則實數(shù)a的值為.【答案】1 3解析：因為g(x) 工在2,3上單調(diào)遞減，所以g(x2)max 2, X 1解法1由題意得，|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.因為 1f(3" Max 1f ，f(3)|，所以巾3一，即 3a 3V2,解得a 3.【變式1】(2018蘇州暑假測試)已知函數(shù)f(x) = x+a(a>0),當(dāng)xC1, 3時，函數(shù)f(x)的值域為A,若AX、? 8, 16,則a的值是.【答案】15思路分析 題設(shè)“當(dāng)xC1, 3時，函數(shù)f(x)的值域為A

25、,若A? 8, 16”等價于“對于任意的xC1, 3,不等式8Wx+aw16恒成立. X解法1(分離變量法)由題意，對于任意的xC1, 3,不等式8Wx + ：w 16恒成立，也就是說，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)由題意，當(dāng)x=1, 3時，a 即所以a= 15.8Wf (3) =3 + W16,15waw 39,a e,X<1 ,【變式2】(2

26、018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知函數(shù)f(x) =4(e是自然對數(shù)的底),若函數(shù)y=f(x)x+-, x>1的最小值是4,則實數(shù)a的取值范圍為 .【答案】e+4, +8)解法1在x>1時，f(x) min = f(2) =4.所以當(dāng)x<1時，a ex>4恒成立.轉(zhuǎn)化為a>ex+4對x<1恒成立.因 為ex+4在(一00, 1)上的值域為(4, e+4),所以a>e+4.解法 2 當(dāng) x<1 時，f(x) =a-ex>a-e,當(dāng) x>1 時，f(x) =x + 4>4,當(dāng)且僅當(dāng) x=4,即 x=2 時，取“=”， xx故函數(shù)f(x)的值域是

27、e+ 4,).解后反思 解法1中，因為ex+4在x<1上沒有最大值，所以要特別注意邊界值e+4能否取到.【變式3】、(2017蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知f(x)是定義在 2,2上的奇函數(shù)，當(dāng) xC(0,2時，f(x)= 2x- 1,函數(shù)g(x)=x2-2x+ m.如果？ xe 2,2, ? x2 -2,2,使得 g(M=f(x1)，則實數(shù) m 的取值范圍是 .【答案】 5, - 2解析：因為x (0,2,函數(shù)f(x)=2x1,所以f(x)的值域為(0,3.又因為f(x)是2,2上的奇函數(shù)，所以x=0 時，f(0)=0,所以在 2,2上f(x)的值域為3,3.而在 2,2上g(x)的值域為m1,8

28、+m.如果對于任意8+m>3,的 xe 2,2,都存在 x2C2,2,使得 g(x2)=f(x)，則有 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)已知函數(shù)f(x) = x|x2a|,若存在xC 1, 2,使得f(x)<2,則實數(shù)a的取值范圍是 . 答案：(一1,5)解法 1 當(dāng) xC 1,2時，f(x)<2,等價于 |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原問題可轉(zhuǎn)化為先求：對任意 x 1,2,使得f(x)>2時，實數(shù)a的取值范圍.則有 xX2 a|>2, IP |a-x2|>2. x(1)當(dāng) a>4 時，a>x2