8套高考数学快速提升成绩题型训练--三个二次问题

2 设集合A={x|x2＋3k2≥2k(2x－1)}，B={x|x2－(2x－1)k＋k2≥0}，且AB，试求k的取值范围． 3．不等式(m2－2m－3)x2－(m－3)x－1＜0的解集为R，求实数m的取值范围． 4．已知二次函数y＝x2＋px＋q，当y＜0时，有－5．若不等式

212＜x＜

13，解关于x的不等式qx2＋px＋1＞0．

1p26. 设fxaxbxca0，若f01，f11，f－11, 试证明：对于任意

51x1，有fx

47.（经典题型，非常值得训练） 设二次函数fxax个根x1,x2满足0x1x22xqxp0的解集为x|2x4，求实数p与q的值．

2bxca0，方程fxx0的两

.

1a. 当x0,x1时，证明xfxx18. 已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.

(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的范围. (2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的范围.

9. 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=－bx，其中a、b、c满足a>b>c,a+b+c=0,(a,b,c∈R).

(1)求证：两函数的图象交于不同的两点A、B； (2)求线段AB在x轴上的射影A1B1的长的取值范围. 10.已知实数t满足关系式logtaa3logyaa3 (a>0且a≠1)

(1)令t=ax,求y=f(x)的表达式；

(2)若x∈(0,2]时，y有最小值8，求a和x的值.

11.如果二次函数y=mx2+(m－3)x+1的图象与x轴的交点至少有一个在原点的右侧，试求m的取值范围. 12.二次函数f(x)=px2+qx+r中实数p、q、r满足

(1)pf(

pm2qm1rm=0,其中m>0,求证：

mm1)<0;

(2)方程f(x)=0在(0，1)内恒有解.

13.一个小服装厂生产某种风衣，月销售量x(件)与售价P(元/件)之间的关系为P=160－2x,生产x件的成本R=500+30x元.

(1)该厂的月产量多大时，月获得的利润不少于1300元？ (2)当月产量为多少时，可获得最大利润？最大利润是多少元？

14. 已知a、b、c是实数，函数f(x)＝ax＋bx＋c，g(x)＝ax＋b，当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1．(1)证明：|c|≤1；(2)证明：当－1≤x≤1时，|g(x)|≤2；

2

15. 已知二次函数f(x)ax2bx1(a,bR,a0)，设方程f(x)x的两个实数

根为x1和x2. （1）如果x12x24，设函数f(x)的对称轴为xx0，求证：

x01；（2）如果x12，x2x12，求b的取值范围.

17. 设f(x)3ax22bxc.若abc0,f(0)0，f(1)0,求证：

(Ⅰ) a＞0且－2＜

ab＜－1；

(Ⅱ)方程f(x)0在（0，1）内有两个实根.

18. 已知二次函数

的图象如图所示：

（1）试判断

及

的符号；

（2）若|OA|＝|OB|，试证明 。

19.

为何值时，关于

的方程

的两根：

（1）为正数根；（2）为异号根且负根绝对值大于正根；（3）都大于1；于2，一根小于2；（5）两根在0，2之间。

4）一根大（

20. 证明关于 的不等式 与 ，当

为任意实数时，至少有一个桓成立。

21. 已知关于

的方程 的极值。

22. 若不等式

22

23. 设不等式ax+bx+c>0的解集是{x|ax8x20mxmx122两根为 ，试求

0对一切x恒成立，求实数m的范围.

解集.

答案：

1.解：(1)原不等式可化为：(xa)(x1)0,若a＞1时，解为1＜x＜a，若a＞1时， 解为a＜x＜1，若a=1时，解为

(2)△=m16．

2①当m2160即m4或m4时，△＞0．

mm12方程2xmx20有二实数根：x12,x2mm12.

22mm16mm16∴原不等式的解集为x|x或x44

.①当m=±4 时，△=0，两根为x1x2m4.

若m4,则其根为－1，∴原不等式的解集为x|xR,且x1． 若m4,则其根为1，∴原不等式的解集为x|xR,且x1． ②当－4＜m4时，方程无实数根．∴原不等式的解集为R．

2．解：A{x|[x(3k1)][x(k1)]0}，比较3k1,k1的大小,

因为(3k1)(k1)2(k1),

(1)当k＞1时，3k－1＞k＋1，A={x|x≥3k－1或xk1}. (2)当k=1时，xR.

(3)当k＜1时，3k－1＜k＋1，A=x|xk1或x3k1.

B中的不等式不能分解因式，故考虑判断式4k24(k2k)4k， (1)当k=0时，0,xR. (2)当k＞0时，△＜0，xR. (3)当k＜0时，0,xkk或xkk.

故：当k0时，由B=R，显然有AB，

3k1kkk1，于是k1时，AB. 当k＜0时，为使AB，需要k1kk综上所述，k的取值范围是：k0或1k0.

3..解： (１)当m2－2m－3＝0，即m＝3或m＝－1时，

①若m＝3，原不等式解集为R

②若m＝－1，原不等式化为4x－1＜0 ∴原不等式解集为｛x｜x＜

14＝，不合题设条件.

(２)若m2－2m－3≠0，依题意有

2m2m30 即1 22m3(m3)4(m2m3)051m3∴－

15＜m＜3

15综上，当－＜m≤3时，不等式(m－2m－3)x－(m－3)x－1＜0的解集为R.

1222

4..解： 由已知得x1＝－

∴－p=－∴p＝即－

2

，x2＝

121313是方程x＋px＋q=0的根，

2

12＋

13 q=－

16×

16，q＝－

16，∴不等式qx2＋px＋1＞0

16x2＋

x＋1＞0

∴x－x－6＜0，∴－2＜x＜3.

即不等式qx2＋px＋1＞0的解集为｛x｜－2＜x＜3｝.

5.．解：由不等式1x2qxp0的解集为x|2x4，得

p2和4是方程

1pxqxp0的两个实数根，且

21p0．(如图)

y 

10P24pqp0.224p

o24x

2.

解得P22,q

326. 解：∵ f1abc,f1abc,f0c,

∴ a12(f1f12f0),b12(f(1)f(1)),cf0,

x2xx2xf1f01x2.∴ 当1x0时， ∴ fxf122fxf1xx222xx2xx222f12xx22f01x21x122x2xx2x2(1x) 22542xx1(x)54.当0x1时，fxf122xx22f1xx22f01x2

xx22xx21x12x2xx2x2(1x)

225454.

xx1(x)2

7. 证明：由题意可知

f(x)xa(xx1)(xx2).

1a0xx1x2,∴ a(xx1)(xx2)0,

∴ 当x0,x1时，f(x)x.

又f(x)x1a(xx1)(xx2)xx1(xx1)(axax21), xx10,且axax211ax20,∴ f(x)x1,

综上可知，所给问题获证.

2

8. 解：(1)条件说明抛物线f(x)=x+2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得

m(0)2m10,m(1)20,(1)4m20,m(2)6m50m121

,256ffffR,∴56m12.

f(0)0,f(1)0,(2)据抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组

0,0m11m,21m,2m12或m11m0.(这里0<－m<1是因为对称轴x=－m应在区间(0，1)内通过)

2,

yax2bxc9. (1)证明：由消去y得ax2+2bx+c=0

ybxΔ=4b－4ac=4(－a－c)－4ac=4(a+ac+c)=4［(a+)222222

c34c］

2

∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c<0 ∴

34c2>0,∴Δ>0,即两函数的图象交于不同的两点.

2ba(2)解：设方程ax2+bx+c=0的两根为x1和x2,则x1+x2=－|A1B1|=(x1－x2)=(x1+x2)－4x1x2

(4[(2baca)22,x1x2=

ca.

222

4caca4b4aca2224(ac)4aca34]22)1]4[(ca12

)∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0 ∴a>－a－c>c,解得∵f()4[()2aacacccaca∈(－2,－

12)

ca121]的对称轴方程是.

∈(－2,－

12)时，为减函数

∴|A1B1|2∈(3,12),故|A1B1|∈(3,23).

10. .解：(1）由loga

ta3logyta3得logat－3=logty－3logta

loga由t=ax知x=logat，代入上式得x－3=∴logay=x2－3x+3，即y=ax(2)令u=x－3x+3=(x－

2

2yx3x,

3x3 (x≠0).

u

32)+

2

34 (x≠0),则y=a

①若0＜a＜1,要使y=au有最小值8， 则u=(x－

32)+

2

34在(0，2]上应有最大值，但u在(0，2]上不存在最大值.

②若a>1,要使y=a有最小值8，则u=(x－

32343u

32)+

2

34,x∈(0,2]应有最小值

∴当x=

时，umin=,ymin=a4

3由a=8得a=16.∴所求a=16,x=

432.

11.解：∵f(0)=1>0

(1)当m＜0时，二次函数图象与x轴有两个交点且分别在y轴两侧，符合题意.

0(2）当m>0时，则3m解得0＜m≤1

0m综上所述，m的取值范围是{m|m≤1且m≠0}.

12.证明：(1)pf(pm[2mm1)p[p(qmm1)q(2mm1)r]

pm2pm(m1)2m12rm2]pm[pm(m1)2]pm[m(m2)(m1)(m1)(m2)

]pm21(m1)(m2)2,由于f(x)是二次函数，故p≠0,又m>0,所以，pf(

mm1)＜0.

(2)由题意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r ①当p＜0时，由(1）知f(若r>0,则f(0)>0,又f(

mm1mm1)＜0

mm1pm2)＜0,所以f(x)=0在(0，

pm2rm)内有解;

rm若r≤0,则f(1)=p+q+r=p+(m+1)=(－又f(

mm1)+r=>0,

)＜0,所以f(x)=0在(

mm1,1)内有解.

②当p＜0时同理可证.

13..解：(1）设该厂的月获利为y,依题意得

y=(160－2x)x－(500+30x)=－2x+130x－500 由y≥1300知－2x2+130x－500≥1300

∴x2－65x+900≤0，∴(x－20)(x－45)≤0，解得20≤x≤45 ∴当月产量在20~45件之间时，月获利不少于1300元.

2

(2）由(1）知y=－2x+130x－500=－2(x－

2

652)+1612.5

2

∵x为正整数，∴x=32或33时，y取得最大值为1612元， ∴当月产量为32件或33件时，可获得最大利润1612元.

14. 解 (1)|c|＝|f(0)|≤1(因为0∈[－1，1])．

所以当－1≤x≤1时，

15. 解：由题意 fxxax(b1)xc.

2它的对称轴方程为xb1

2a由方程fxx0的两个根x1,x2满足0x1x20x1b12ax21,且

b1x1x2b12a1a, 可得

2ab11b1∴ ， x1x22a2aa2aab1,

即 bax1， 而xb

02a故 x0

x12.

16. 解：设g(x)f(x)xax2(b1)x1，则g(x)0的二根为x1和x2.

（1） 由a0及x12x24，可得 4a2b1016a4b30g(2)0g(4)0，

即 ，

b3330,2a4a即 

42b30,2a4a两式相加得

（2）由(x1x2)(又x1x21a2b2aa1，所以，x01; )2b14a, 可得 2a1(b1)1.

20，所以x1,x2同号.

0x12x2x22x10∴ x12，x2x12等价于或, 222a1(b1)12a1(b1)1g(2)0g(2)0即 g(0)0 或g(0)0

222a1(b1)12a1(b1)1解之得 b

14或b74.

17. 证明：（错误！未找到引用源。）因为f(0)0,f(1)0，

所以c0,3a2bc0. 由条件abc0，消去b，得 ac0；

由条件abc0，消去c，得

ab0，2ab0.

ba故21.

（错误！未找到引用源。）抛物线f(x)3ax22bxc的顶点坐标为b3a3acb3a2(,)，

ba1313b3a23在21的两边乘以，得.

又因为f(0)0,f(1)0,

b3aacac3a22而f()0,

b3ab3a所以方程f(x)0在区间(0,)与(,1)内分别有一实根。

故方程f(x)0在(0,1)内有两个实根.

18. 解析：解本题主要是应用抛物线的几何特性（张口方向，对称轴，截距，与 个数）及函数零点（方程）的有关知识，即

（1）由抛物线张口方向、对称轴位置、截距及与

。

轴交点个数，立即可得：

， 轴交点

（2）由方程

19. 解析：关于方程根的讨论，结合二次函数图象与 求：即设方程两根为

则

结论

轴的交点位置的充要条件即可

1） ；

（2） ；

（3） ；

4） ；

（5）

20. 解析：证明不等式恒成立，实质是证明对应抛物线恒在 只要求抛物线恒在

即由

轴上方或下方的充要条件即可。

恒成立

。

轴的上方或下方的问题，故

对应抛物线恒在 轴下方

；

由 恒成立 对应抛物线恒在 轴上方

。

因此,当 为任意实教时，上述两充要条件至少有一个成立，命题得证。

21. 解析：求

的极值，即应用方程根与系数的关系和判别式，求二次

函数的条件极值的问题。即 为方程的两根 ，

，

又

222

22. 解析：∵x-8x+20=(x-4)+4>0, ∴ 只须mx-mx-1<0恒成立，即可：

m0①当m=0时，-1<0,不等式成立；②当m≠0时，则须 2m4m0 解之：-40c011b1b2

23. 分析：由题或∴cx+bx+a<0的解集是{x|x<

acc11aac1x>

}．