数学经典易错题会诊与高考试题预测3
经典易错题会诊与 2012 届高考试题
预测(三)
考点-3 函数 (2)
二次函数的图象和性质的应用
指数函数与对数函数的图象和性质的应用
函数的应用
二次函数闭区间上的最值的问题
三个“二次”的综合问题
含参数的对数函数与不等式的综合问题
经典易错 会诊
命题角度 1 二次函数的图象和性质的应用
1．(典型例题)已知向量 a=(x2，x+1)，b=(1-x，t)若函数 f(x)=ab 在区间(-1，1)上是
增函数，求 t 的取值范围．
[考场错解] 依定义 f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t，则 f′(x)=-3x2-2x+t.
若 f(x)在(-1，1)上是增函数，则在(-1，1)上恒有 f′≥0 t＞3x2-2x 在区间(-1，1)
上恒成立．设 g(x)= 3x2-2x=3(x- )2- ，∴当 x= 时，[g(x)]min=-
∴t≥- 即 t 的取值范围是[- ,+∞].
[专家把脉] 上面解答由 t≥3x2-2x 在区间(-1，1)上恒成立得 t 大于或等于 3x2-2x 的
最小值是错误的．因为若 t≥[g(x)]min 只能说存在一个 x 的值能使 t≥3x2-2x 成立，但不能
保证 x 在(-1，1)上的每一个值都能使 t≥3x2-2x 成立．因而 t 应大于或等于 g(x)在(-1，1)
上的最大值．
[ 对 症 下 药 ] 解 法 1 ： 依 定 义 f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t. 则 f ′
(x)=-3x2+2x+t(-1,1)上是增函数，则 f′(x)=-3x2+2x+t≥0 在 (-1，1)上恒成立，即 t≥
3x2-2x 在(-1，1)上恒成立．
设 g(x)=3x2-2x=3(x- )2- ．∵对称轴为 x= ．∴g(x)
0．即 f(x)在
(-1，1)上是增函数．
故 t 的取值范围是[5，+∞]．
⇔
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
⇒
≥−=−′
≥−=′
05)1(
01)1(
tf
tf
2．(典型例题)已知函数 f(x)=ax- x 2 的最大值不大于 ，又当 x∈ 时，f(x)≥
.
(1)求 a 的值;
(2)设 00，x∈(0， )，所以
0-2x 的解集为(1，
3)．
(1)若方程 f(x)+6a=0 有两个相等的根，求 f(x)的解
(2)若 f(x)的最大值为正数，求 a 的取值范围．
[考场错解] (1)设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)．
∵f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0 的解集．为(1，3)，∴1、3 是方程 ax2+(b+2)x+c=0 的两根，∴
∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a ①
由方程 f(x)+6a=0 得 ax2-(2+4a)x+9a=0 ②
∵方程②有两个相等的根，∴△=[-(2+4a)]2-4a·9a=0 即 5a2-4a-1=0，解得 a=1 或 a=-
.
∴f(x)的解析式为 f(x)=x2-6x+9 或 f(x)=- x2- x- .
(2) 由 f(x)=ax2-(2+4a)x+3a=a(x- )2- 可 得 f(x) 的 最 大 值 为
- ．
令- >0 a(a+2+ )(a+2- )<0
解得 0<-2- 或-2+ f(0)>f(-2)
B．f(-2)＞f(2)＞(0)
C．f(0)＞f(-2)＞f(2)
D. f(-2)＞f(0)>f(2)
答 案 ： B 解 析 ： 由 f(1+x)=f(-x) 得 f(x) 的 对 称 轴 x= ∵ b=-1. ∴
f(2)=2+c,f(-2)=6+c,f(0)=c. ∴f(-2)>f(2)>f(0).
2 若函数 y=x2-2x+3 在闭区间[0，m]上有最大值为 3，最小值为 2，则 m 的取值范围是
__________.
答案：[1,2]解析：y=(x+1)2+2 是以直线 x=1 为对称轴开口向上、其最小值为 2 的抛物线，
又∵f(0)3.
结合图象易得，2≥m≥1. ∴m 的取值范围是[1，2].
3 设函数 f(x)=ax2+bx+1(1，b∈R)．
(1)若 f(-1)=0，则对任意实数均有 f(x)≥0 成立，求 f(x)的表达式．
答案：解析：（1）∵f(-1)=0⇒a-b+1=0⇒b=a+1,又∵对任意实数均有 f(x) ≥0 成立，
5
1
5
1
5
1
5
6
5
3
2
21 a+
a
aa 142 ++
a
aa 142 ++
++−
.0
0142
a
a
aa
3 3
a
b
2
2
1
∴f(x)=x2+2x+1.
(2)在(1)的条件下，当 x∈[-2，2]时，g(x)=xf(x)-kx 是单调递增，求实数 k 的取
值范围．
答案： g(x)=xf(x)-kx=x(x2+2x+1)-kx=x3+2x2+(1-k)x,g′(x)=3x2+4x+1-k≥
0 在[-2，2]上恒成立⇒g′(x)在[-2，2]上的最小值 g′(x)(- )
4 已知二次函数 f(x)=(lga)x2+2x+4lga 的最大值为 3，求 a 的值．
答案：解析：原函数式可化为 f(x)=lga 由已知，f(x)有最大值 3，∴lga<0
并且
整理得 4（lga）2-3lga-1=0 解得 lga=1,lga=
命题角度 2 指数函数与对数函数的图象和性质的应用
1．(典型例题)函数 y=e｜lnx｜-|x-1|的图像大致是 ( )
[考场错解] 选 A 或 B 或 C
[专家把脉] 选 A，主要是化简函数 y=e｜lnx｜-|x-1|不注意分 x≥1 和 x<1 两种情况讨
论，选 B，主要是化简时错误地认为当，x<1 时，e｜lnx｜-|x-1|=- .选 C，主要时当 x≥1
时化简错误．
[对症下药] D ∵f(x)=e｜lnx｜-|x-1|= 作出其图像即可
2．(典型例题)在 y=2 x，y=log2x，y=x2，y=cos2x 这四个函数中，当 0 恒成立的函数的个数是 ( )
A.0 B．1 C．2 D．3
[考场错解] C
[专家把脉] 对四个函数图像不熟悉导致错误．由题设条件知 F(x)在(0，1)上是凸函
数，认为 y=log2x 和 y=cos2x 在(0，1)上是凸函数．其实 y=cos2x 在(0， )是凸函数，在
( ，1)是凹函数.
[对症下药] B 根据条件，当 0 恒成立知 f(x)在
=
=⇒
≤−+
>
⇒
≤−=∆
>
∴
.2
1
04)1(
0
04
0
22 b
a
aa
a
ab
a
.3
1,0)3
2 −≤∴≥ k
aaax lg4lg
1)lg
1( 2 +−+
.3lg4lg
1 =+− aa
.10
1000410.4
1lg.0lg.4
1 4
1
==∴−=<
−
aaa 故取
x
1
≥
−+
)1(,1
)1(,11
x
xxx
+
2
21 xx
2
)()( 21 xfxf +
4
π
4
π
+
2
21 xx
2
)()( 21 xfxf +
(0，1)上是凸函数，因此只有 y=log2x 适合．y=2x 和 y=x2 在(0，1)上是函数．y=cos2x 在
(0， )是凸函数，但在( ，1)是凹函数，故选 B．
3．(典型例题)若函数 f(x)=loga(2x2+x)(a>0 且 a≠1)在区间(0, )内恒有 f(x)>0，则
f(x)的单调递增区间为 ( )
A.(-∞，- ) B．(- ，+∞)
C．(0，+∞) D．(-∞，- )
[考场错解] 选 A 或 C
[专家把脉] 选 A，求 f(x)的单调区间时没有考虑函数定义域导致错误；选 C，求复合
函数的单调区间时没有注意内、外层函数均递减时，原函数才是增函数．事实上 (0，+∞)
是 f(x)的递减区间．
[对症下药] D ∵f(x)=log a(2x2+x)(a>0 且 a≠1)在区间(0， )内恒有 f(x)>0，若
a>1，则由 f(x)>0 x> 或 x<-1．与题设矛盾.∴00 x>0 或 x<- .∴f(x)在(-∞，- )内是增函数．
4．(典型例题)已知函数 f(x)=ln(ex+a)(a>0)
(1)求函数 y=f(x)的反函数 y=f-1(x)及 f(x)的导数 f′(x)．
(2)假设对任意 x∈[ln(3a)，ln(4a)]．不等式｜m-f-1(x)｜lnf′(x)<0 成立．求实数 m
的取值范围．
[考场错解] (1)由 y=f(x)=ln(e x+a)得 x=ln(ey-a)．∴f -1(x)=ln(ex-a)(x>lna)，f′
(x)=[ln(ex+a)]′=
(2)由｜m-f-1(x)｜+ln[f′(x)]<0 得-ln +ln(ex-a)lna)，f′(x)=
.
(2)解法 1 由｜m-f-1(x)｜+ln(f′(x))<0 得-ln +ln(e x-a)0
∴u(t)，v(t)在[3a，4a]上是增函数．
因此，当 t∈[3a，4a]时，u(t)的最大值为 u(4a)= a，v(t)的最小值为 v(3a)= a，
而不等式②成立，当且仅当 u(4a)0，r′(x)>0，从而可知 (x)与 r(x)均在
[ln(3a)，h(4a)]上单调递增，因此不等式③成立，当且仅当
(ln(4a))
其中成立的是 ( )
A.①与③ B.①与④ C.②与③ D．②与④
答案： D 解析：
选 D。
4 已知函数 f(x)=loga[( -2)x+1]在区间[1，2]上恒为正，求实数 a 的取值范围．
答案：在区间[1，2]上使 f(x)>0 恒成立。
解析：（1）当 a>1 时，只要
即 与 1 矛盾.
(2)当 0∴+∞∴
−∞≥∈=<+
4
1
2
1
∴.2
1
a
1
a
1 aa
11+
aa
11+
.),11(log)1(log.log.111,11,10
1
11 aa
aa
xx
a aaaaayyaaaaa
++ >+>+∴==+<+∴<<∴<< 均为减函数与而
a
1
.11)21( >+− xa
2
1,021],2,1[.0)21( <∴>−∴∈>− aaxxa
.1)21( +− xa
2
1
② 当 0>− aag
gxga
.3
2
2
1:.3
2
2
1
,1)1(
0)2(,)(.0)21(,12
1 <<<<
<
><−<< aag
gxgaa 综上所述解得只要是减函数时
5
51
5
51
5
51
5
51
t
t
t t
2
2
2000
−+ tt t t
v=106S-1012×0.002=106(S-2×103).
∵v 在(0，+∞)上是增函数．即 S 越大，v 越大，故甲方要在索赔中获得最大净收入，
应向乙方要求的赔付价格 S 是任意大的数字．
[专家把脉] 上面解答主要在第(1)问求 w 的最值时，变形出了错误，即由 w=2000
-St=S (2000- )正确的变形为 w=2000 -St=S ( - )．这一步出错导致后面
结果都是错误的．
[对症下药] (1)解法 1
因为赔付价格为 S 元／吨，所以乙方的实际年利润为：W=2000-St
∵W=2000 -St=S ( - )≤S =( ) 2 当且仅当 = -
即 t=( )2 时，W 取得最大值．
∴乙方取得最大年利润的年产量 t=( )2 吨．
解法 2 因为赔付价格为 S 元／吨，所以乙方的实际年利润为 W=2000 -St．
∴W=2000 -St=-S( - )2+
∴当 t=( )2 时，w 取得最大值．
∴乙方取得最大年利润的年产量 t=( )2 (吨)
解法 3 因为赔付价格为 S 元／吨，所以乙方的实际年利润为：w=2000 -St．
由 w′= -S= ,令 w′=0 得 t=t0=( )2．当 t0；当 t>t0 时，
w′<0．所以 t=t0 时 w 取得最大值．因此乙方取得最大年利润的年产量 t0=( )2 吨．
(1) 设甲方净收入为 v 元，则
v=St-0．002t2．
将 t=( )2 代入上式，得到甲方净收入 v 与赔付价格 S 之间的函数关系式
v= - .
又 v′=- -令 v′=0 得 S=20，当 S<20 时，v′>0；当 S>20
时，v′<0，
∴S=20 时，v 取得最大值．
t
t t t t S
2000 t
t t S
2000 t )2
2000
(
2
tSt −+
S
1000 t S
2000 t
S
1000
S
1000
t
t t S
1000
S
21000
S
1000
S
1000
t
t
1000
t
tS−1000
S
1000
S
1000
S
1000
S
21000
4
310002
S
×
5
32
5
3
2
3 )8000(1000100081000
S
S
SS
−=×+
因此甲方向乙方要求赔付价格 S=20(元／吨)时，获得最大净收入．
3．(典型例题)某段城铁线路上依次有 A，B，C 三站，AB=5km，BC=3km 在列车运行时刻
表上，规定列车 8 时整从 A 站发车，8 时 07 分到达 B 站并停车 1 分钟，8 时 12 分到达 C 站，
在实际运行时，假设列车从 A 站正点发车，在 B 站停留 1 分钟，并在行驶时以同一速度 vkm
／h，匀速行驶，列车从 A 站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在
该站的运行误差．
(1)分别写出列车在 B、C 两站的运行误差；
(2)若要求列车在 B，C 两站的运行误差之和不超过 2 分钟，求 v 的取值范围．
[考场错解] (1)列车在 B、C 两站的运行误差(单位：分钟)分别是| -7|和| -11|
(2)由于列车在 B、C 两站的误差之和不超过 2 分钟，所以| -7|+| -11|≤2(*)
当 0 时，(*)式变形为 7- +11- ≤2，
解得 5 时，f(x)=12-0．25x<12-1．25< ×21．5625
∴x=4．75 时，[f(x)]max= ×21．5625
即年产量是 475 件时，当年公司所得利润最大．
(3)当 0≤x≤5 时，由 f(x)≥0，
- (x-4.75)2+ ≥0
∴0．1≤x≤5．
(ⅱ)当 x>5 时，12-0．25x≥0 50;当 y′
因此把水箱的高设计成 时，水箱装的水最多。
3 (典型例题)某租赁公司拥有汽车 100 辆．当每辆车的月租金为 3000 元时，可全部租
出．当每辆车的月租金每增加 50 元时，未租出的车将会增加一辆．租出的车每辆每月需要
维护费 150 元，未租出的车每辆每月需要维护费 50 元．
(1)当每辆车的月租金定为 3600 元时，能租出多少辆车?
答案：当每辆车的月租金定为 3600 元时，未租出车辆数为
所以，这时租出了 88 辆车。
(2)当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大?最大月收益是多少?
答案：设每辆车的月租金定为 x 元，则租赁公司的月收益为
f(x)=
所以，当 x=4050 时 f(x)最大，
最大值为 f(4050)=307050.
.323618
3,6],36)6[(18
3)7212(36
3260sin)3
12(2
160sin)3(2
1
min
22.2.2 =•==∴+−=+−=−+ Sxxxxxx 时
..)22(.)3(2
26 xmmxmxx 高为宽为 −−=−
>
<<⇒>−
>−
0
.10022
,03
x
xx
x
).,1(3
74),1,10(3
74.3
74 +∞∈+−−±= x
yx ,3
740 时当 −<<∴ ,13
74 时<<−
x .,3
74,0 取最大值时当 yx
−=∴<
m3
74 −
,1250
30003600 =−
307050)4050(50
121000162505050
3000)150()50
3000100()( 2
2
+−−=−+=×−−−×−−= xxxxxxxf
即当每辆车的月租金定为 4050 元时，租赁公司的月收益最大，最大月收益为 307050.
4 某车间有工人 30 人，现有生产任务：加工 A 型零件 100 个，B 型零件 50 个．在单位
时间内，每个工人若加工 A 型零件能完成
10 个，若加工 B 型零件能完成 7 个．问这 30 名工人应如何分组，才能使任务完成得最快?
答案：解：设加工 A 型零件的一组工人数为 x，则加工 B 型零件的另一组工人数为 30-x。
由题意加工 100 个 A 型零件所需的时间为 p(x)=
加工 50 个 B 型零件所需的时间为
令 p（x）=q(x);
.
当 x＞ ；
当 0q(x).
当 0q(x).
考虑到人数必须是整数，分别考虑 p(17)和 q(18),p(17)=
即 p(17)0)之间表示的是一条河流，河流的一侧河岸
(x 轴)是一条公路，公路上的公交车站 P(x，0)随时都有公交车来往．家住 A(0，a)的某学
生在位于公路上 B(2a，0)处的学校就读，每天早晨学生都要从家出发,可以先乘船渡河到达
公路上公交车站，再乘公交车去学校，或者直接乘船渡河到达公路上 B(2a，0)处的学校．已
知船速为 v0(v0＞0)，车速为 2v0(水流速度忽略不计)．
(Ⅰ)设该学生从家出发，先乘船渡河到达公路上的站 P(x，0)，再乘公交车去学校，请
用 x 来表示他所用的时间 t；
答案：设该学生从家出发，先乘船渡河到达公路上的车站 P(x,0),再乘公交车去学校，则他
所用的时间
.10
100
x
.)30(7
50)( xxq −=
( ) 2
117307
50
10
100 =−= xxx
解得
( ) ( )xpxq >时
2
1
2
1
2
1
≤≤−
≤≤
=∴
.3018)30(7
50
.17110
)(
xx
xxxy
,595.0127
50)18(,588.01710
100 ≈×=≈× q
t=f(x)=
(Ⅱ)若 ≤x≤a，请问该学生选择哪种上学方式更加节约时间，并说明理由．(取
=1．414， =2．236)
答案：若该学生选择先乘船渡河到达公路上的车站 p(x,0),再乘公交车去学校，则他所用的
时间为
直接乘船渡河到达公路上 B(2a,0)处的学校所用的时间
因为 ，所以该学生选择先乘船再坐公交车上学更加节约时间.
答：该同这选择先乘船再坐公交车上学更加节约时间。
探究开放题预测
预测角度 1 二次函数闭区间上的最值的问题
1．已知函数 f(x)=ax2+(2a-1)x+1 在[- ,2]上的最大值为 3，求实数 a 的值．
[解题思路] 根据 f(x)的最大值可能产生在抛物线段的端点或顶点处，分别令
f(- )=3．f(2)=3 和 f =3，再一一检验后决定取舍 a 的值．
[解答] f(x)=a(x+ )2+1- .
(1)令 f(- )=[f(x)]max=3
(2)令 f(- )=[f(x)]max=3,∴a=- .
有 f(x)=
(3)令 f(2)=3
∴[f(x)]max=f(2)=3.符合题意.
综上：a=- 或 a= .
).20(2
222
axu
xa
u
xa
oo
<<−++
2
a 2
5
.)4
32(2
22
2
2)(
0
2222
oooo u
a
u
aa
u
aa
u
xa
u
xaxft +=
−
++<−++==
.5)2()(
22
oo u
a
u
aaaft =+==
oo u
a
u
a 5)4
32( <+
2
3
2
3 )2
21( a
a−
a
a
2
12 −
a
a
4
)12( 2−
a
a
2
12 −
,3)1(2
1)(.2
134
)12(1 2
2
++−=−=⇒=−−⇒ xxfaa
a 有
.2
1],2,2
3[2 舍去−=∴−∉− a
2
3
2
3
.,3
2.)2
3(,3
2
4
7,24
73)4
7(3
2 2 符合题意最大 −=∴−∴−−++ afx
.12
1)(.2
1 2 +==⇒ xxfa 有
2
3
2
1
2．已知 f(x)是定义域为 R 的奇函数，当 x≥0 时，f(x)=2x-x2．
(1)求 f(x)的解析式；
(2)是否存在实数 a、b(a≠b)使 f(x)在[a，b]上的值域为[ ],若存在，求 a 和 b，
若不存在，说明理由．
[解题思路] (1)运用奇函数性质可求出 f(x)在 x≤0 上的解析式； (2)利用已知[a，
b]，[ ]得 a、b 的符号，再运用二次函数在区间上的单调性列出 a、b 的方程组可解得
a、b 的值．
[解答] (1)设 x＜0，则-x＞0，由当 x≥0 时，f(x)＝2x-x 2 且 f(x)为奇函数，得
f(-x)=-2x-x2，
∴f(x)=-f(-x)=-(-2x-x2)=2x+x2
∴f(x)
(2)
① 由 0＜a＜b,∵(f)=2x-x2=-(x-1)2+1≤1,
又∵f(x)在[a，b]上值域为[ ]，∴ ≤1，即 a≥1，
即 1≤a＜b,而 f(x)=-(x-1)2+1 在[1,b]上为减函数.因此： 可知
a 、 b 为 方 程 2x-x2= 的 两 根 ， 将 此 方 程 化 为
x3-2x2+1=0,(x3-x2)-(x2-1)=0,(x-1)(x2-x-1)=0,x1=1,x2= ,x3= （ 舍 ）， ∴
a=1,b= .
②若 a＜b＜0,∵f(x)=2x+x 2=(x+1)2-1≥-1.又∵f(x)为[a,b]上值域为[ ]，∴ ≥
-1 ， 即 b ≤ -1, 即 a ＜ b ≤ -1. 而 f(x)=(x+1)2-1 在 [a,-1] 上 为 减 函 数 ， 因 此
可知 a、b 为方程 2x+x2= 的两根，将此方程化为
ab
1,1
ab
1,1
+
≥−
)0(,2
)0(,2
2
2
xxx
xxx
.0001111
ab
ab
ab
ba
ba
ba
ab
ba
⇒
−⇒
−⇒
ab
1,1
a
1
⇒
=−
=−
=
=
bbb
aaa
bbf
aaf
12
12
1)(
1)(
2
2
由
x
1
2
51+
2
51−
2
51+
ab
1,1
b
1
bbbaaa
bbf
aaf 1212
.)1(
,1)1(
22 =+=+
=
=
及由
x
1
x3+2x2-1=0 (x+1)(x2-x-1)=0 ∴ x1=-1,x2=- ,x3= ( 舍 ) ， ∴
a=- ,b=-1.
综合①,②知存在实数 a,b,使 f(x)在[a,b]上的值域为[ ]，有 a=1,b= 或 a=-1
或 b- .
3.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c 和一次函数 g(x)=-bx,其中 a、b、c∈R，且满足 a＞b＞
c,f(1)=0.
(1)证明：函数 f(x)与 g(x)的图像交于不同的两点 A、B;
(2)若函数 F(x)=f(x)-g(x)在[2，3]上的最小值为 9，最大值为 21，试求 a、b 的值.
(3)求线段 AB 在 x 轴上的射影 A1B1 的长的取值范围.
[解题思路](1)证△＞0；(2)利用二次函数的单调性求解；(3)将|A1B1|的长度表示为 的
函数，利用二次函数数闭区间上的最值求解．
[解答] (1)由 g(x)=-bx 与 f(x)=ax2+bx+c 得 ax2+2bx+c=0．∵f(1)=a+b+c=0，a>b>c∴a>0，
c＜0，从而△=b2-4ac>0，即函数 f(x)与 g(x)的图像交于不同的两点．
(2)c=-a-b，a>b>c．即 a>c=-a-b，得 2a>-b， -<2．知 F(x)=ax2+2bx+c=a(x+ )2+c-
在[2，3]上为增函数．∴[f(x)] max=F(3)=8a+5b =21，[F(x)] min=F(2)=3a+3b=9，解得
a=2，b=1．
(3) 设 方 程 F(x)=ax2+2bx+c=0 的 两 根 为 x1 、 x2 ， 得
|A1B1|2=(x1+x2)2-4x1x2=4[( )2+ ]
由 a>b>c，b=-a-c，得 a>-a-c>c，∴ ∈(-2, )
设|A1B1|2=h( )=4[( )2+ ]的对称轴为 x=- ,h=( )在 ∈(-2, )上是减函数．
∴|A1B1|2∈(3,12),得|A1B1|∈( ).
预测角度 2 三个“二次”的综合问题
1.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，且 a>0)，设方程 f(x)=x 的两个实根为 x 1 和
x2，
⇒
2
51+
2
51−
2
51+
ab
1,1
2
51+
2
51+
a
c
a
b
a
b .
2
a
b
=•
−=+
.
,2
21
21
a
cxx
a
bxx
2
1+
a
c
4
3
a
c
2
1
a
c
2
1+
a
c
4
3
2
1
a
c
a
c
2
1
32,3
(1)如果 x1＜2-1．
(2)如果|x1|＜2,|x2-x1|=2,求 b 的取值范围．
[解题思路] (1)由二次函数的图像找出方程 f(x)=x 的两根 x1、x2 满足 x1<20，由 x1<20 即
故 x0=
(2)由 g(x)=ax2+(b-1)x+1=0 知 x1x2= ＞0，∴x1，x2 同号，
① 若 02
∴g(2)=4a+2b-1＜0，又|x2-x1|= =4,得 2a+1= (a＞0,负根舍去)，代入
上式得 2 <3-2b，解得 b< .
②若-2 .
故 b 的取值范围是(-∞, )∪( +∞)．
2．设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a，b，c∈R，a≠0)满足条件：
①当 x∈R,f(x-4)=f(2-x)，且 f(x)≥x；
②当 x∈(0，2)时,f(x)≤ ；
③f(x)在 R 上的最小值为 0．
(1)求 f(x)的表达式；
(2)求最大的 m(m＞1)，使得存在 t∈R，只要 x∈就有 f(x+t)≤x 恒成立．
[解题思路] (1)本小题是利用二次函数的概念，性质求出其解析式．(2)本小题涉及到
两个参变量 t 与 m 的讨论，可利用二次不等式在闭区间上恒成立的解题思路求解．
[解答] (1)方法一 因为 f(x-4)=f(2-x)，所以函数 f(x)的图像关于 x=-1 对称．所以
- =-1，b=2a，由条件③，x=-1 时，丁 y=0 得 a-b+c=0．
由①得，f(1)≥1，由条件②，得 f(1)≤1，所以 f(1)=1 即 a+b+c=1．
即 a+b+c=1．
a
b
2 a
1
aa
b
aaaaababa
ba
4
1128
32,8
1,22
144
3,22
144
3
03416
0124 −−−∴−−−−∴
−+
−+
得由
1
8
14
112
−=
×
−− a
b
a
1
aa
b 4)1(
2
2
−−
1)1( 2 +−b
1)1( 2 +−b 4
1
4
7
4
1
4
7
2)2
1(
+x
a
b
2
∴ ∴f(x)= .
方法二 ∵f(x-4)=f(2-x)，x∈R，
∴函数 f(x)的图像的对称轴为 x=-1．
由条件③，f(x)在 R 上的最小值为 0，
可知，函数 f(x)的图像是开口向上，顶点位于点(-1，0)的抛物线，故不妨设
f(x)=a(x+1)2，(a＞0)．由条件①f(x)≥x，x∈R，当 x=1 时 f(1)≥1．
由条件②,f(x)≤ x∈(0，2)，当 x=1 时，有 f(1)≤1．
∴f(1)=1，从而 a=
方法三 同解法 1，可判断 f(x)图像的对称轴为 x=-1，且 f(-1)=0．∴b=2a，
a-b+c=0．即 b=2a，c=a，故 f(x)=ax2+2ax+a
由条件①,f(x)≥x 对一切 x∈R 恒成立．
即 ax2+(2a-1)x+a≥0，x∈R 恒成立． .由条件②,f(x)≤
,x∈(0,2)
令 (a- )x2+(2a- )x+(a- ) 由 上 a
(2) 方 法 一 假 设 存 在 t ， 只 要 x ∈ [1 ， m] 就 有 f(x+t ≤ x ， 即 f(x+t)-x ≤ 0 ，
x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0 对一切 x∈[1，m]恒成立．
不妨设 G(x)=x2+2(t-1)x+(t+1)2
则对 x∈[1，m]，都有 G(x)≤0，
故
设 h(t)=t2+(2+2m)t+(m-1)2 即在区间[-4，0]上存在实数 t，使 h(t)≤0 成立．由图像得，
h(-4)≤0 10；②当|x|≤2 时，有|f(x)|≤2；③当|x|≤1 时,f(x)
最大值为 2，求 f(x)的解析式．
[解题思路] (1)利用△<0 证明；(2)用反证法证明；(3)借助二次函数图像进行分类讨
论．(4)利用不等式性质推出-2≤f(0)≤-2 得 f(0)=-2，再借助最值可求得 a，b，c 值．
[解答] (1)∵f(x)的图像与 y=x 是公共点 △=(2b-1)2-16ac=4b2-16bc+1-4b<0
同理由 f(x)的图像与 y=-x 公共点得 4b2-16ac+1+4b<0 二式相加得 4ac-a2＞
(2)若 a=0，则 c=0，∴f(x)=2bx
[f(x)]max=4|b|=
[f(x)]min-4|b|=
∴a≠0，则若| |>2 ∴区间[-2，2]在对称轴 x=- 的左侧式右侧
∴f(x)在[-2，2]上是单调函数
[f(x)]max=4|b|=
[f(x)]min=-4|b|= 也是不可能的
∴ ≤2
(3)f(x)=a(x+ )2+3-
∵a＜0∴[f(x)]max=3-
∴当 3- >5，即-8-
∴M(a)是方程 ax2+8x+3=-5 的较大根
M(a)=
因此当且仅当 a=-8 时，M(a)取最大值
(4)f(x)=2ax+2b ∵a>0
∴[f′(x)]max=2a+2b=2 ∴a+b=1
-2≤f(0)=4c=4a+4b+4c-4(a+b)=f(2)-4≤2-4=-2 ∴4c=-2．∴c=-
又|f(x)|≤2 ∴f(x)=-2=f(0)
∴f(x)在 x=0 处取到最小值且 0∈[-2，2]
∴- ∴b=0 从而 a=1∴f(x)=x2-2.
预测角度 3 含参数的对数函数与不等式的综合问题
1．已知函数 f(x)=log2(x+1)，当点(x，y)在 y=f(x)图像上运动时，点 P( ,2y)
在函数 y=g(x)的图像上运动．
(1)求 y=g(x)的解析式；
(2)当 t=4，且 x∈[0，1]时，求 g(x)-f(x)的最小值；
(3)若在 x∈[0，1]时恒有 g(x)＞f(x)成立，求 t 的取值范围．
[解题思路] (1)用相关点法；(2)设 F(x)=g(x)-f(x)用基本不等式可求得 F(x)的最小
值．(3)先由 g(x)＞f(x)转化为一元二次不等式在 x∈[0，1]上恒成立，然后利用二次函数
图像和性质可求得参数 t 的取值范围．
[解答] (1)令 x′= ,y′=2y，点(x，y)在 y=g(x)；图像上，则
=log2(2x′+t)．
即 y′=2log2(2x′+t)
∴g(x)=2log2(2x+t)．
(2)当 t=4 时，g(x)=2log2(2x+4)．
∴F(x)=g(x)-f(x)=2log2(2x+4)log2(x+1)=log2 =log2[4(x+1)+ +8]≥4．
当且仅当 4(x+1)= 时，即 x=0 时，[f(x)]min=4.
(3) 由 g(x)>f(x) ， 即 2log2(2x+t)>log2(x+1) ， 在 x ∈ [0 ， 1] 时 恒 成 立 ， 即
2
1
4
2
4216
2
2
8648 =
++
=+−−
aa
a
5
16
a
4
2
15
22
4
224
4
2
8648 +=
−
≤
−−
=+−−
aaa
a
2
1
2
15
+∴
2
15 +
2
1
02
2 =
a
b
2
1+− tx
2
1+− tx
2,
2
12 y
yy
txx ′∴
′=
−+′=
1
)42( 2
+
+
x
x
1
4
+x
1
4
+x
ϕ
(x)=4x2+4(t-1)x+t2-1>0 在[0，1]上恒成立．即 即 1＜t≤
或 t＞
综合，得 t>1．
即满足条件 t 的取值范围是(1，+∞)
2．设函数 f(x)=ax+3a(a＞0 且 a≠1)的反函数为 y=f-1(x)，已知函数 y=g(x)的图像与函
数 y=f-1(x)的图像关于点(a，0)对称．
(1)求函数 y=g(x)的解析式；
(2)是否存在实数 a，使当 x∈[a+2，a+3]时，恒有|f-1(x)-g(-x)|≤1 成立?若存在，求
出 a 的取值范围；若不存在，说明理由．
[解题思路] (1)先求反函数 f-1(x)再用相关点法可求得 y=g(x)的解析式；(2)可将原
不等式转化为一元二次不等式在[a+2，a+3]上恒成立，利用二次函数图像和性质可判断是否
存在实数 a．
[解答] 由 f(x)=ax+3a 易得 f-1(x)=loga(x-3a)
由题设的点对称可得
g(a+x)+f-1(a-x)=0
则 g(x)=-loga(-x-a)(x<-a)
(2)假设存在适合题意的实数 a
则|f-1(x)-g(-x)|=loga(x-3a)+loga(x-a)|=|loga(x2-4ax+3a2)|≤1．
即-1≤loga(x2-4ax+3a2)≤1 (x>3a)
又∵x∈(a+2，a+3)，∴应有 a+2>3a，
∴02a．
∴函数 h(x)=x2-4ax+3a2 在[a+2，a+3]上为增函数，函数 H(x)=log a(x2-4ax+3a2)在
[a+2，a+3]上为减函数，从而：[H(x)]max=H(a+2)=loga(4-4a)
[H(x)]min=H(a+3)=loga(9-6a)
于是目标不等式等价于
解得 00 且 a≠1)的定义域和值域都是[0，1]．则 a 等于 ( )
A. B. C. D．2
答案： D 解析：(1)若 a>1 时值域为[0，loga2], ∴loga2=1⇒a=2.
当 00,ex<1⇒ex<0. ∴定义域为(-∞,0).
8 把下面不完整的命题补充完整，并使之成为真命题．
若 函 数 f(x)=3+log2x 的 图 像 与 g(x) 的 图 像 关 于 __________ 对 称 ， 则 函 数
g(x)=__________.
(注：填上你认为可以成为真命题的一种情形即可，不必考虑所有可能的情形)．
答案：解析：如①x 轴,-3-log2x;②y 轴，3+log2(-x)③原点，-3-log2(-x).④y=x,2x-3
9 若函数 f(x)=loga(x2-ax+3)在区间(-∞， )上是减函数，求 a 的取值范围．
.)().(2)(,2
是奇函数且是增函数 xfxfeexfee xxxx
∴−=−=−− −−
4
2
2
2
4
1
2
1
.4
2
2
π
)10
1(
x
3
1 2 2
2
xe−1
1
2
a
答 案 ： 解 析 ： f(x)=loga[x- ], 由 3 上
loga(x2-ax+3)是减函数,且底数 a>1,∴a∈(1,2 ).
10 设函数 f(x)=x2+2bx+c(c0. ∴f(m-4)的符号为正.
11 已知函数 f(x)=|x-a|，g(x)=x2+2ax+1(a 为正常数)且函数 f(x)与 g(x)的图像在 y
轴上的截距相等．
(1)求 a 的值；
答案：由题意 f(0)=g(0), ∴|a|=1,又 a>0, ∴a=1.
(2)求函数 f(x)+g(x)的单调增区间．
答案： f(x)+g(x)=|x-1|+x2+2x+1 当事人 x≥1 时 f(x)+g(x)=x2+3x= 2 它在[1,+ ∞]
上单调递增.
当 x<1 时,f(x)+g(x)=x2+x+2=
综上单调递增区间为
12 已知 f(x)=ax2+bx+c，其中 a∈N，b，c∈Z．
(1)若 b>2a，在[-1，1]上是否存在 x 使得|f(x|>b 成立．
答案：由 b>2a,得 ,则 f(x)在[-1,1]上递增且 b>0,由|f(x)|>b,得 f(x)>b 或
f(x)<-b.假设 x 存在,则必有 f(1)>b 或 f(-1)<-b,即 a+b+c>b 或 a-b+c<-b,则 a+c<0 或
a+c>0, 即 a+c≠0.
故当 a+c=0 时,符合题设条件的 x 不存在;
当 a+c≠0 时,符合题设条件的 x 必存在
(2)当方程 f(x)-x=0 的根在(0，1)内时，试求 a 的最小值．
答案：设 g(x)=f(x)-x=0 的两根为 x1,x2.则 g(x)=a(x-x1)(x-x2),由于
g(0).g(1)=a2x1x2(1-x1)(1-x2)≤a2
43)2
2
2 aa −+ )2,(,3232,04
2 aaa −∞<<−>− 且得
3
2
1 c−−
,3
1312
1 −<<−⇒<+
cc
2
1+− c
)2
3( +x 4
9−
.)1,2
1[,4
7)2
1( 2 上单调递增它在 −++x
).,2
1[ +∞−
12
−<−
a
b
.16
1)2
1)(2
1( 222211 axxxx =−+−+
其中，当 x1=x2=
由于方程的根在(0,1)间,则 g(0)>0,g(1)>0.又已知 a,b,c 为整数,则 g(0)=c≥
1.g(1)=a+b-1+c≥1.
则
13 校食堂改建一个开水房，计划用电炉或煤炭烧水，但用煤时也要用电鼓风及时排气，
用煤烧开水每吨开水费用 S 元，用电
炉烧开水每吨开水费用为 P 元，S=5m+0．8n+5，P=10．8n+20 ．其中 m 为每吨煤的价
格，n 为每百度电的价格；如果烧煤时的费用不超过用电炉时的费用，则用煤烧水；否则就
用电炉烧水．
(1)如果两种方法烧水费用相同，试将每吨煤的价格表示为每百度电价的函数；
答案：解(1)由题意知:S=P,可得 m=2n+4
(2)已知现在每百度电价不低于 50 元，那么当每吨煤的最高价不超过多少元时可以选择
用煤?
答案：当 S≤P,可得 m≤2n+4
∵n≥50
2n+4 的取值区间为[115,133]
∴m 的最大值为 133 即每吨煤的最高价不超过 133 元时,选择用煤.
14 设 f(x)= (-1 −
