2023届高考数学二轮复习微专题32可转化为二次函数的问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题32可转化为二次函数的问题学案，共10页。

例题：已知函数f(x)＝lg4(4x＋1)＋kx(k∈R)是偶函数．
(1)求实数k的值；
(2)设函数g(x)＝lg4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a·2x－\f(4a,3)))，若函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，求实数a的取值范围．
变式1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．
变式2函数f(x)＝lg2eq \r(x)·lgeq \r(2)(2x)的最小值为________________．
串讲1已知函数f(x)＝x2＋ax＋2b的两个零点分别在区间(0，1)，(1，2)内，则eq \f(b－2,a－1)的取值范围是__________．
串讲2已知函数f(x)＝x2＋|x－a|－1有大于0的零点，则实数a的取值范围是________________．
(2018·苏州二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)（|x＋3|＋1），x≤0，,lnx，x＞0，))若存在实数a＜b＜c，满足f(a)＝f(b)＝f(c)，则af(a)＋bf(b)＋cf(c)的最大值是________________．
已知函数f(x)＝x2－2x＋a(a∈R)的最小值为0，记函数g(x)＝eq \f(f（x）,x).
(1)若不等式g(2x)－m·2x＋1≤0对任意x∈[－1，1]都成立，求实数m的取值范围；
(2)若关于x的方程g(|f(x)－1|)＝k－eq \f(2k,|f（x）－1|)有六个不相等的实数根，求实数k的取值范围．
答案：(1)eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))；(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).
解析：(1)f(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，即有x＝1时f(x)取最小值a－1，
令a－1＝0，解得a＝1；2分
由已知可得g(x)＝eq \f(f（x）,x)＝x＋eq \f(1,x)－2，故不等式g(2x)－m·2x＋1≤0对任意的
x∈[－1，1]都成立，可化为2x＋eq \f(1,2x)－2≤m·2x＋1对任意的x∈[－1，1]都成立，5分
即eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))\s\up12(2)－2·\f(1,2x)))≤m对任意的x∈[－1，1]都成立，令t＝eq \f(1,2x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，则问题转
化为不等式m≥eq \f(1,2)(t－1)2对任意的t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))都成立，记h(t)＝eq \f(1,2)(t－1)2，
则h(t)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，所以m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).8分
(2)当x＝0，2时，f(x)－1＝0，所以x＝0，2不是方程的解；当x≠0且x≠2时，
令t＝|f(x)－1|＝|x2－2x|，则当x∈(－∞，0)时，t＝x2－2x单调递减，且
t∈(0，＋∞)，当x∈(0，1]时，t＝2x－x2单调递增，且t∈(0，1]，当x∈(1，2)时，
t＝2x－x2单调递减，且t∈(0，1)，当x∈(2，＋∞)时，t＝x2－2x单调递增，
且t∈(0，＋∞)；12分
故原方程有六个不相等的实数根可转化为t2－(k＋2)t＋(2k＋1)＝014分
有两个不相等的实数根t1，t2，其中0＜t1＜1，t2＞1，记φ(t)＝t2－(k＋2)t＋(2k＋1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(φ（0）＝2k＋1＞0，,φ（1）＝k＜0，))所以实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).

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微专题32
例题
答案：(1)k＝－eq \f(1,2)；(2){－3}∪(1，＋∞)．
解析：(1)∵函数f(x)＝lg4(4x＋1)＋kx(k∈R)是偶函数，∴f(－x)＝lg4(4－x＋1)－kx＝lg4eq \f(1＋4x,4x)－kx＝lg4(1＋4x)－(k＋1)x＝lg4(1＋4x)＋kx＝f(x)恒成立，∴－(k＋1)＝k，则k＝－eq \f(1,2).
(2)g(x)＝lg4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a·2x－\f(4a,3)))，∵函数f(x)与g(x)的图象有且只有一个公共点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解，由已知得lg4(4x＋1)－eq \f(1,2)x＝lg4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a·2x－\f(4a,3)))，
即lg4eq \f(4x＋1,2x)＝
lg4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a·2x－\f(4a,3)))，
∴方程等价于
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·2x－\f(4a,3)＞0，,\f(4x＋1,2x)＝a·2x－\f(4a,3)，))即eq \f(4x＋1,2x)＝a·2x－eq \f(4a,3)，设t＝2x＞0，则(a－1)t2－eq \f(4,3)at－0有且只有一个正根，①当a－1＝0时，则t＝－eq \f(3,4)，不合题意；②当a－1≠0时，则Δ＝0，得a＝eq \f(3,4)或a＝－3，(ⅰ)当a＝eq \f(3,4)时，则t＝－2，不合题意；(ⅱ)当a＝－3时，则t＝eq \f(1,2)，符合题意；③若方程有一个正根与一个非负根，则eq \f(－1,a－1)＜0，得a＞1，综上所述，实数a的取值范围是
{－3}∪(1，＋∞)．
变式联想
变式1
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(18,7))).
解法1①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＜eq \f(18,7)；
②当f(1)＝0时，即a＝2时，此时f(x)＝0有x＝1，舍去；
③当f(2)＝0时，即a＝eq \f(18,7)时，此时f(x)＝0有x＝2或x＝eq \f(4,7)，舍去；
④当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＜\f(a,2)＜2，,Δ≥2，,f（1）＞0，,f（2）＞0.))时，此时f(x)＝0在(1，2)上有两个实根，无解；综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(18,7))).
解法2方程即为a(4x－1)＝4x2＋2，因为1＜x＜2时4x－1≠0，于是a＝eq \f(4x2＋2,4x－1)，令t＝4x－1∈(3，7)，设y＝eq \f(4x2＋2,4x－1)＝eq \f(t2＋2t＋9,4t)，
即y＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(9,t)＋2))，
y′＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,t2)))＞0，
所以y＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(9,t)＋2))在t∈(3，7)上单调递增，y∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(18,7)))，所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(18,7))).
说明：数形结合是一元二次方程根的分布的核心，变式2先对方程进行变形，然后再数形结合，这是处理一元二次方程根的分布问题的常用方法．
变式2
答案：－eq \f(1,4).
解析：函数f(x)＝lg2x·(lg22＋lg2x)＝lg2x·(1＋lg2x)，令t＝lg2x∈R，则y＝t(1＋t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，所以ymin＝－eq \f(1,4).
说明：变式1和2都运用了换元法，将原函数转化为二次函数问题，这是转化为二次函数问题的常见方法．
串讲激活
串讲1
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)).
解析：由题意，问题等价于
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝2b＞0，,f（1）＝1＋a＋2b＜0，,f（2）＝4＋2a＋2b＞0，))其表示的区域如图所示，eq \f(b－2,a－1)可看作是可行域内的点到点(1，2)连线的斜率，点(1，2)与点(－1，0)连线的斜率取得最大值1，然后绕点(1，2)顺时针旋转至(－3，1)时，取得斜率的最小值eq \f(1,4)，所以eq \f(b－2,a－1)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)).
串讲2
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(5,4))).
解法1函数f(x)＝x2＋|x－a|－1有大于0的零点，即x2＋|x－a|－1＝0有大于0的根，∴方程|x－a|＝1－x2在(0，＋∞)上有解，∴方程x－a＝±(1－x2)在(0，1]上有解，即a＝－x2＋x＋1或a＝x2＋x－1在(0，1]上有解，记g(x)＝－x2＋x＋1(0＜x≤1)，则
g(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))，即a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))；记h(x)＝x2＋x－1(0＜x≤1)，则h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(5,4)∈(－1，1]，即a∈(－1，1]，综上，－1＜a≤eq \f(5,4).
解法2函数f(x)＝x2＋|x－a|－1有大于0的零点，即x2＋|x－a|－1＝0有大于0的根，即|x－a|＝1－x2有横坐标大于0的交点．记g(x)＝|x－a|，h(x)＝1－x2，图象关系如图所示，可知－1＜a≤eq \f(5,4)时满足题意．
新题在线
答案：2e2－12.
解析：画出函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)（|x＋3|＋1），x≤0，,lnx，x＞0))的图象，
可知a＜－3，－3＜b≤0，a＋b＝－6，eq \r(e)＜c≤e2，由f(a)＝f(b)＝f(c)知af(a)＋bf(b)＋cf(c)＝(a＋b＋c)f(c)＝(c－6)f(c)，设g(c)＝(c－6)f(c)，eq \r(e)＜c≤e2，利用导数求得g(c)max＝g(e2)＝2e2－12，所以，af(a)＋bf(b)＋cf(c)的最大值是2e2－12.
二次函数是中学代数的基本内容之一，是最基本的初等函数，但其内涵丰富和外延广泛，很多数学问题都可以转化为二次函数问题，解决此类问题的关键是将原问题转化为等价的二次函数问题，从而研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式之间的有机联系.