最新高考数学二轮复习（新高考）【专题突破精练】 第09讲 二次函数的双参数问题与整体加绝对值问题

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1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
第09讲 二次函数的双参数问题与整体加绝对值问题
【典型例题】
例1．（2022秋•湖州期末）设，，若函数在区间上有两个不同的零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【解析】解：函数函数在区间上有两个不同的零点，
即方程在区间上两个不相等的实根，
，
如图画出数对所表示的区域，目标函数
的最小值为过点时，的最大值为：
过点时，
的取值范围为
故选：．
例2．（2022•上海）设、，若函数在区间上有两个不同的零点，则（1）的取值范围为 ．
【解析】解：函数在区间上有两个不同的零点，
即方程在区间上两个不相等的实根，，
则有，
（1），
，，，1．
（1）的取值范围为，
故答案为：．
例3．（2022春•下城区校级期中）设二次函数，，在，上至少有一个零点，则的最小值为 ．
【解析】解：把等式看成关于，的直线方程：，
由于直线上一点到原点的距离大于等于原点到直线的距离，
即，
，
因为在，是减函数，上述式子在，，时取等号，
故的最小值为．
故答案为：
例4．（2022•浙江模拟）已知函数，对一切，，都有，则当，时，的最大值为 7 ．
【解析】解：由题意，
有得
所以（1）
对一切，，都有
所以当时，
当时，
综上所述，当，时，的最大值为7．
例5．（2022•浙江）设函数．
（Ⅰ）当时，求函数在，上的最小值（a）的表达式．
（Ⅱ）已知函数在，上存在零点，，求的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）当时，，对称轴为，
当时，函数在，上递减，则（a）（1）；
当时，即有，则（a）；
当时，函数在，上递增，则（a）．
综上可得，（a）；
（Ⅱ）设，是方程的解，且，
则，
由于，
由此，
当时，，
由，由，
得，
所以；
当时，，
由于和，所以，
故的取值范围是，．
例6．（2022•衢州模拟）已知二次函数，，，
（Ⅰ）当时，的解集与不等式的解集相同，求函数的解析式；
（Ⅱ）若，恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下若，求证：当时，．
【解析】解：的解集是，
的两根为2，3，
，解得：，，
；
，（1），，
（1），
又，，
（1），，，
（1）（1），
；
，（1），，
由得，
（1）（1）（1）
（1），
（1）（1）
（1），
，（1），，，
（1）（1）
（1）
是关于的一次函数，由一次函数的单调性得：当时，．
例7．已知二次函数
（1）若不等式的解集为，，，求不等式的解集；
（2）若函数的图象与的图象没有公共点，求证：，都有；
（3）若当时，都有，求证：当时，都有．
【解析】解：（1）根据条件知，，，3为方程的两实根；
根据韦达定理，；
，；
代入得：，，整理得：
；
解得，或；
原不等式的解集为：；
（2）证明：根据条件知，，且当的对称轴为轴，即，且和相切时取到最大值；
对称轴，，设，
将代入得，，该方程有二重根；
△；
；
和没有公共点；
此时，函数；
；
即；
（3）证明：由已知条件知，且，（1），，定义域为，；
，，；
（2）；
（2）；
时，有．
【同步练习】
一．选择题
1．（2022春•宁波期末）已知关于的二次方程，，在区间内有两个实根，若，则实数的最小值为
A．1B．C．D．
【解析】解：设，，
，
，，
，，
，
，当且仅当时取等号，
，
，
实数的最小值为，
故选：．
2．（2022春•濉溪县期末）用反证法证明命题“在函数中，（1），（2），（3）至少有一个不小于”时，假设正确的是
A．假设（1），（2），（3）至多有一个小于
B．假设（1），（2），（3）至多有两个小于
C．假设（1），（2），（3）都不小于
D．假设（1），（2），（3）都小于
【解析】解：用反证法证明数学命题时，应先假设要证的结论的反面成立，而“（1），（2），（3）至少有一个不小于”的否定为：
（1），（2），（3）都小于，
故选：．
二．填空题
3．（2022•镇海区校级模拟）若函数在，上有零点，则的最小值为 ．
【解析】解：函数在，上有零点，
可得△，即，
且（1），即；
或，（1），，
即，，．
即有，
当且仅当时，取得最小值，
故答案为：．
4．（2022秋•金山区期末）关于的方程在，上有实根，则的最小值为 2 ．
【解析】解：由，知，
所以
，
因为，，所以，
当，，时，等号成立，
所以的最小值为2．
故答案为：2．
5．（2022春•湖州期末）若关于的方程在区间，有实根，则最小值是
【解析】解：由题意，将，看作关于，的直线方程，
则表示点到的距离的平方，
因为点到直线的距离，
又函数在，上递增，
所以当时，，
所以最小值为．
故答案为：．
6．（2022秋•沭阳县校级月考）已知函数，当，时，恒成立，则最小值为 ．
【解析】解：方法一：由题意，成立，所以．
①时，则问题等价于（1）或（2）或（3）
（1），对应的区域如图所示，
由图知，直线经过点时，取得最小值0；
（2）对应的区域如图所示，
由图知，直线经过点，时，取得最小值；
（3），对应的区域如图所示，
由图知，直线经过点，时，取得最小值；
②时，问题等价于，，对应的区域如图所示，
由图知，直线经过点时，取得最小值，
综上，，时，取得最小值．
方法二：由，，，得，
令，则 或，
因为当，时，恒成立，
所以当时，；
当时，，
所以，
所以最小值为．
故答案为：．
7．（2022•温州模拟）已知函数、在区间，上有零点，则的最大值是 ．
【解析】解：函数、在区间，上有零点，
△，
（1）若△，即时，的零点为，
，即，
，
当时，取得最大值0；
（2）若△，即，
①若函数、在区间，上有一个零点，则（1），
，
即，
，
的最大值是；
②若函数、在区间，上有两个零点，
，即
显然，
综上，的最大值为．
8．（2022•绍兴一模）已知，且，函数在，上至少存在一个零点，则的取值范围为 ， ．
【解析】解：由题意，要使函数在区间，有零点，
只要，或，
其对应的平面区域如下图所示：
则当，时，取最大值1，
当，时，取最小值0，
所以的取值范围为，；
故答案为：，．
9．（2022春•宁波期末）已知函数在区间，上有零点，则的最大值是 ．
【解析】解：由得，
．（当且仅当即时取等号）
，
令，则，
在上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增，
又，（1），
的最大值为．
的最大值为．
故答案为：．
10．（2022秋•台州期末）关于的方程有实根，则的最小值为 ．
【解析】解：设有实根
即有实根，即方程至少有一根大于等于2或小于等于，
令，
设，
则有：
△，，①
由①可得或且，
，
有两根，分别为、，
分析可得有或，
化简得 其中，
若 则可化为相等情况为
则可设 其中
则，分析可得时，的最小值为，
故答案为：．
11．（2022春•沛县校级月考）若函数、在区间上有两个零点，则的取值范围是 ．
【解析】解：的两个零点为，，
不妨设为：，
则．
又，（1）
（1），
而（1），
即，
故答案为：．
12．已知关于的方程在，上有实根，且，则的最大值为 2 ．
【解析】解：设方程的根为，则，
，
，
，
，
设，则，
则，
，，，，
，
，
即的最大值为2．
故答案为：2．
13．（2022•杭州模拟）已知对任意实数，二次函数恒非负，且，则的最小值是 3 ．
【解析】解：二次函数恒非负
所以 且
所以
所以
即时，取等号
故答案为3
三．解答题
14．（2022秋•绍兴期末）设函数．
（Ⅰ）若在区间，上的最大值为，求的取值范围；
（Ⅱ）若在区间，上有零点，求的最小值．
【解析】解：（Ⅰ）因为的图象是开口向上的抛物线，所以在区间，上的最大值必是和（1）中较大者，
而，所以只要（1），即，得．
（Ⅱ）设方程 的两根是，，且，
则，
所以
，当且仅当时取等号，
设，
则，
由，得，因此，
所以，
此时，由知，
所以当且时，取得最小值．
15．（2022秋•天山区校级期中）已知函数．
（1）若关于的不等式的解集是，求实数，的值；
（2）若，，函数，，，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数在区间上有两个零点，求（1）的取值范围．
【解析】解：（1）因为不等式的解集是，
所以，为方程的两个根，
所以由根与系数的关系可得，解得，．
（2）若，，则，
，
，即，
又由，，当时，符合题意；
当时，原不等式等价于，
必有，
设，在，上单调递增，则（2），
设，有，当且仅当时等号成立，即，
必有，即的取值范围为，．
（3）若函数在区间上有两个零点，则方程在区间上有两个不同的实根，
所以，所以（1），
所以，
由（1），由（1）得（1），得（1），
综上所述，（1）．
所以（1）的取值范围是．
（3）另解：由题意可设，
则（1），
因为，则，，
所以，即（1）的取值范围是．
16．已知函数．
（1）若对任意的实数，都有，求的取值范围；
（2）当，时，的最大值为，求的取值范围．
（3）已知，对于任意的，，都有．请用表示的取值范围．
【解析】解：（1）根据条件，恒成立；
恒成立；
①若，，显然对任意都成立；
②若，；
；
；
；
③若，；
；
；
；
的取值范围为：，；
（2）根据条件：；
；
，两式相加得；
；
的取值范围为：，；
（3）；
；
；
的最小值为，最大值为（1）；
对任意的，，都有，即；
；
；
的取值范围为：．
17．已知函数．
（1）（1）成立，求的取值范围；
（2）若在区间上有两个零点，求证：．
【解析】解：（1）（1），
，
即，
满足约束条件的可行域如下图所示：
又表示动点到原点距离的平方，
由图可知：当，时，取最小值，
当，时，取最大值，
故的取值范围为，
证明：（2）的两个零点为，，
则．
又，（1）
（1），
而（1），
即．
18．（2022秋•嘉兴期末）已知函数．
（Ⅰ）若函数在区间，上的最大值记为，求；
（Ⅱ）若函数在区间，上存在零点，求的最小值．
【解析】解：（Ⅰ）当，即时，（2），
当，即，（1），
所以，
（Ⅱ）因为函数在区间，上存在零点，
设方程的两根为，，令，，
则，，
，
令，则令，，
在，上递增，
时，取得最小值，此时，，
所以的最小值为．
19．（1996•全国）已知，，，函数，，当时，，
求证：①．
②当时，．
【解析】证明：①当时，，
令得，即．②当时，在，上是增函数，
（1），
又，，
（1）（1）（1），
，
由此得；
同理 当时，在，上是减函数，
（1），
又，，
，
（1）（1）（1），
由此得；
当时，，．
，
（1）（1）．
综上得．
20．例4．已知，、、，当，时，
（1）证明：．
（2），时，证明．
（3）设，当时，，求．
【解析】证明：（1）由条件当时，，
取得，即
（2）证法一：（利用函数的单调性）
由（1）得
当时，在，上是增函数，
于是（1），
，，，
（1）（1）（1），
，
因此得；
当时，在，上是减函数，
于是（1），，
，
（1）（1）
综合以上结果，当时，都有
证法二：（利用绝对值不等式的性质）
，（1），，
，，，，
因此，根据绝对值不等式性质得
，
，
，，
函数的图象是一条直线，
因此在，上的最大值只能在区间的端点或处取得，
于是由得，
解：（3），在，上是增函数，
当时取得最大值2，即（1）（1）①
（1），
因为当时，，即，
根据二次函数的性质，直线为的图象的对称轴，
由此得，即
由①得，
21．已知，，是实数，函数，．
（1）证明：若无实根，则也无实根；
（2）若当时，，证明：；
（3）设，在（2）的条件下，若的最大值为2，求．
【解析】解：（1）无实根，
且，
无实根，
△，
若，则函数的图象在轴上方，
，即恒成立，即：对任意实数恒成立．
对，有恒成立，
无实根
（2）设，而，
，
当时，在，上为单调增函数，
所以（1），
，，
（1）（1）（1），
，
，
当时，在，上为单调减函数，
所以（1），
，，
（1）（1），
；
（3），
在，上为单调增函数，
当时，函数取得最大值为2，
即（1），①
（1），
，
当时，，
直线是二次函数图象的对称轴，
，
，
结合①得
，
．
22．已知，的定义域为，．
（1）记．（2）求出（1）中的的表达式．
【解析】解：（1）
（1）
，，同号时取等号
（2）．若，，均，，则：
①
②
③
①②：，
③：
代回①：，②：
．若，，均，，则：
①
②
③
①③：，
②③：，
无解
综上：
23．已知二次函数，当时，有，求证：时，有．
【解析】证明：由已知条件知，且，（1），，定义域为，
，，；
（2）
（2），
时，有．