【新高考】高三数学一轮复习知识点讲解3二次函数与一元二次方程、不等式

专题2.3二次函数与一元二次方程、不等式【考纲解读与核心素养】.一元二次不等式：(1)会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型.(2)通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系(3)会解一元二次不等式..结合二次函数的图象,了解函数的零点与方程根的联系,判断一元二次方程根的存在性及根的个数.培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养【知识清单】.二次函数⑴二次函数解析式的三种形式:一般式：f(x)=ax2+bx+c(a¥0).顶点式：f(x)=a(x—m)2+n(a¥0),顶点坐标为(m,n).零点式：f(x尸a(x—x1)(x—x2)(a¥0),x〃x2为f(x)的零点.(2)二次函数的图象和性质解析式f(x)=ax2+bx+c(a>0)f(x)=ax2+bx+c(a<0)图象\J/於甲定义域(—«,+«)(—«,+«)值域4ac—b2 )L4a，+叼( 4ac—b2L， 4a」单调性在(一如一2a_在L—2a,+s上单调递减；)上单调递增在(---2a_在［-2a，8上单调递增；)上单调递减对称性b函数的图象关于x=一b对称ad-.一元二次不等式的概念及形式⑴概念：我们把只含有一个未知数，并且知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式.(2)形式：

①ax2+bx+c>0(a，0)；②ax2+bx+c>0(a^0)；③ax2+bx+c<0(a^0)；④ax2+bx+c<0(a，0).⑶一元二次不等式的解集的概念:一般地，使某个一元二次不等式成立的x的值叫做这个不等式的解，一元二次不等式的所有解组成的集合叫做这个一元二次不等式的解集..三个“二次”之间的关系(1)关于x的一元二次不等式ax2+bx+c>0(a，0)或ax2+bx+c<0(a，0)的解集;若二次函数为f(x尸ax2+bx+c(a，0),则一元二次不等式f(x)>0或f(x)<0的解集，就是分别使二次函数f(x)的函数值为正值或负值时自变量x的取值的集合.(2)三个“二次”之间的关系:设f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程ax2+bx+c=0的判别式/=b2—4ac判别式/=b2—4ac/>0/=0/<0解不等式求方程f(x)=0的解有两个不等的实数解x1,x2有两个相等的实数解x1=x2没有实数解fx)>0或fx)<0的步骤画函数y=f(x)的示意图11/同。断;11得不等式fx)>0{xIx<x+或x>x2}b{x1用-2a}R的解fx)<0{xIx.<x<x」00集(1 2J.不等式恒成立问题-a>0/<0；a>0/<0；1.一元二次不等式恒成立问题⑴ax2+bx-a>0/<0；a>0/<0；(2)ax2+bx+c>0(a，0)恒成立(或解集为R)时，满足,

f«<0（3）q%2+云+cvo（存0）恒成立（或解集为R）时，满足/V0；[a<0（4）奴2+法+c岂）（分0）恒成立（或解集为R）时，满足/〈0.2.含参数的一元二次不等式恒成立.若能够分离参数成左。力或匕依）形式.则可以转化为函数值域求解.设公）的最大值为〃，最小值为利（1）左勺㈤恒成立QkV机，仁/（%）恒成立Qk<m.（2）左状%）恒成立左状%）恒成立=泛用.【典例剖析】高频考点一：二次函数的解析式例1.已知二次函数段）满足式2）=—1,八一1）=—1,且八%）的最大值是8,试确定该二次函数的解析式.【答案】/（%）=—4%2+4%+7【解析】解法一（利用“一般式”解题）CL=-4,解得k=4，、c=7.CL=-4,解得k=4，、c=7.4q+2Z?+c=-1,…日否*4曰<a—b+c=—\,由题意得4。。一岳<\ =8，4。.,.所求二次函数为/（%）=—4%2+4%+7.解法二（利用“顶点式”解题）设f（x）=a（x—m）2+〃（q，0）.2+（—1）1・•・抛物线的对称轴为l=——=',1-1-2

-

m*又根据题意，函数有最大值8,••・“=8,'：f(2)=~l, ；)2+8=—1,解得q=-4,2+8=—2+8=—4x2+4x+7.解法三（利用“零点式”解题）由已知f(x)+1=0的两根为x1=2,x2=-1,故可设f(x)+1=a(x-2)(x+1)(a手0)即f(x)=ax2—ax—2a—1.又函数有最大值8,又函数有最大值8,即4a(-2a-1)-a24a=8.解得a=—4或a=0(舍).・•・所求函数的解析式为f(x)=-4x2+4x+7.【规律方法】根据已知条件确定二次函数解析式，一般用待定系数法，选择规律如下:【变式探究】(2019•陕西省咸阳市实验中学高一月考)已知二次函数f(x)满足：任意的xeR，有【变式探究】(2019•陕西省咸阳市实验中学高一月考)已知二次函数f(x)满足：任意的xeR，有J1 「■ 」f万+x=f-~x成立，且f(x)最小值为:12f(x)与y轴交点坐标为(0,1)(1)求f(x)的解析式;(2)是否存在实数m,n(m<n),使f(x)的定义域和值域分别为［m,n］和如果不存在，请说明理由.L-1m【答案】(1)f(x)=x2-x+1；(2)存在；r2n=2【解析】/1一.(1)因为f5+x=f工V2J，如果存在，求出m，所以x=-是f(x)图象的对称轴，且最小值为，I\o"CurrentDocument"… , 1、 3 -1 3一\o"CurrentDocument"故可设f(x)=a(x-万)2+五，由f(0)=a+五=1得a=1乙 I I I\o"CurrentDocument"…，1、 3 … .所以f(x)=(x—5)2+工，即f(x)=x2-x+1, 、 ， 1、 ，1 、 1(2)假设存在实数m,n(m<n)满足题意，由(1)f(x)在(-^,-)上递减，在(-,+^)上递增，若n<-显然不合题意;1m=5,不合题意，、2TOC\o"1-5"\h\zf(m)=3m 3所以m>-，j3，即m，n是方程f(x)=-x的两不等实根，f(n)=2n 2<2x2--x+1=0，x=，x—22 ， 1 2， 2m=1Mn=22.高频考点二：二次函数图象的识别例2.(2020.山东省微山县第一中学高一月考)对数函数>=logax(a>0且a丰1)与二次函数y-(a-1)x2-x在同一坐标系内的图像不可能是( )【答案】A【答案】A【解析】当0<a<1时，函数y=10gzx单调递减，y-(a-1)x2-x开口向下，对称轴在y轴的左侧，排除C,D；当a>1时，函数y=1ogax单调递增，y-(a-1)x2-x开口向上，对称轴在y轴的右侧，排除B；故选：A【总结提升】识别二次函数图象应学会“三看”

看二次项系数的符号，它确定二次函数图象的开口方向二看对称轴

不

二看对称轴

不

|特殊点|TOC\o"1-5"\h\zi ।[具体位置 :a图豪工的二—雇.；石总襄向豪营I P一、轴的交点、与M轴的交点F函数图象的最葡I B【变式训练】（2019.辽宁高考模拟（理））函数.•二【变式训练】（2019.辽宁高考模拟（理））函数.•二-- -：的图象大致是（）【答案】C【解析】当二一1时，「二1--1-二二一]，所以舍去A,D,当二二时，.•二一一二-二二一.,所以舍去B,综上选C.高频考点三：二次函数的单调性问题例3.（2019•北京临川学校高二期末（文））若函数f（x）=8x2-2kx-7在[1,5]上为单调函数，则实数k的取值范围是（）A.（一②，8] B.[40,+8） C.（一②，8]U[40,+^）D.[8,40]【答案】C【解析】由题意得，函数于（。=8x2-2%-7图象的对称轴为x=k，且抛物线的开口向上，由题意得，8•・•函数f（x）=8X2-2kx-7在[1,5]上为单调函数，•k<1或上>5“8或8-解得k<8或k>40二实数k的取值范围是(—s,8]u[40,+s)故选C.【总结提升】研究二次函数单调性的思路⑴二次函数的单调性在其图象对称轴的两侧不同，因此研究二次函数的单调性时要依据其图象的对称轴进行分类讨论.（2）若已知f（x）=ax2+bx+c（a>0）在区间A上单调递减（单调递增），则AU（一如一/][f—2a,+j）,即区间A一定在函数对称轴的左侧（右侧）.【变式探究】（2019・浙江“超级全能生”模拟）已知在（一口1]上递减的函数f（x）=x2—2tx+1,且对任意的x1,xf[0,t+1],总有fx1）—f（x2）区2,则实数t的取值范围是（）A.[一也，亚] B.[1,\"2]C.[2,3] D.[1,2]【答案】B【解析】由于f（x）=x2-2tx+1的图象的对称轴为x=t,又y=f（x）在（一口1]上是减函数，所以t>1.则在区间[0，t+1]上，fx）max=f（0）=1，f（x）min=f（t）=12—212+1=-12+1，要使对任意的x1，xf[0，t+1],都有fx]）—fx2）区2，只需1一（一12+1）W2，解得一%,f2<tS\'2.又t>1，；♦1<t<\,12.高频考点四：二次函数的最值问题例4.（浙江省名校新高考研究联盟（Z20）2019届联考）】设函数' 二-—一；：.•WR，当二E 时，记晨吟的最大值为Mg,b），则汹加,5）的最小值为.【答案】:【解析】去绝对值，」二二：-•:：二-,利用二次函数的性质可得，..：，）在:一二2：的最大值为」-：,.「：，二—三，中之一，：•：•）：「二=”:-1-/，TOC\o"1-5"\h\z「二”=一；，.，J 4 -B\o"CurrentDocument"1 1 1.-「一二二---二一，-I -4 T上面四个式子相加可得“：二..二二二■;:一二一二-二一.•一.•・二一・•-二一二一.•4 -I -I1 11 25之？|4一》十串十引十|亍十亍|二不.nr ww m即有个可得:的最小值为二.故答案为二£3 C3【技巧点拨】二次函数最值问题的类型及求解策略⑴类型：①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动、区间固定；③对称轴定、区间变动.（2）解决这类问题的思路：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成.【变式探究】（2019•天津高考模拟（文））若不等式—x2+2x+3W21-3a对任意实数x都成立，则实数a的最大值为.1【答案】-3【解析】设f(x)=-x2+2x+3,不等式-x2+2x+3<21-3a对任意实数x都成立，只需满足f(x) <21-3a，即maxmax14<21-3ana<-3,因此实数a的最大值为-3.可.f(x)=-x2+2xmax14<21-3ana<-3,因此实数a的最大值为-3.高频考点五：二次函数的恒成立问题

例5.(2019•北京高三高考模拟(理))已知函数f(x)=<x2+2x+例5.(2019•北京高三高考模拟(理))已知函数f(x)=<……当a=0时，f(x)的—x2+2x—a, 0<x<3.I最小值等于一；若对于定义域内的任意x,f(x)<x恒成立，则实数a的取值范围是一c 「1八【答案】—3 [-,1]4【解析】当a=0时，f(x)=<x2当a=0时，f(x)=<—x2+2x, 0<x<3.，~3<x<0时，f(x)=(x+1)2—2,得：当x=—1时，f(x)有最小值为一2,0Vx<3时，f(x)=一(x—1)2+1,得：当x=3时，f(x)有最小值为一3,所以，当a=0时，f(x)的最小值等于一3,定义域内的任意x,f(x)<1x।恒成立，①一3<x<0时，有x2+2x+a—1<—x即：a<—x2—3x+1恒成立，,、八一一 3_13令g(x)=—x2—3x+1=—(x+—)2+ ,在一3<x<0时，g(x)有最小值：g(0)=g(—3)=1,所以，a<1②0Vx<3时，有—x2+2x—a<x即：a>—x2+x恒成立，一，、八r1¥1令h(x)=—x2+x=—x——+—,I2)41 1在0Vx<3时，g(x)有最大值：g(-)=,1所以，a>4实数a的取值范围是U,1]4【总结提升】由不等式恒成立求参数的取值范围的思路及关键.一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数..两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离.这两个思路的依据是:⑴伫/⑴恒成立学>)s；(2)〃勺⑴恒成立今4勺力切比...有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法.一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析./\ x2-x,x<0【变式探究】(2020.天津市咸水沽第二中学高三一模)已知函数广.若存在xwR使得2yjX,X>0关于X的不等式1成立，则实数〃的取值范围是 .【答案】(-8,-31u[t，+8)【解析】由题意，当％=。时，不等式—1可化为。《-1显然不成立；当x<0时，不等式/(x)vax—1可化为12—x+lVax,所以〃Vx+工—1,x1 「 (1又当x<0时，x+—=—(―x)+—<-2,当且仅当一元,即x=—1时，等号成立；X [_ yx X当x>0时，不等式%T可化为26+1Vqx,12f1V即〃2一+—^=—=+1—1—1；因为存在xeR使得关于X的不等式/G)«依-1成立,所以，只需2—1=—3或aN—1.故答案为：(―00,—31uL1，+s).高频考点六：二次函数与函数零点问题例6.(2020•宜宾市叙州区第一中学校高一月考(理))已知函数/⑴=X2+qi+1(q>0).(1)若/⑴的值域为。+8),求关于光的方程/(x)=4的解;(2)当〃=2时，函数g(x)="(x)]2—2时(、)+加2—1在[-2,1]上有三个零点，求根的取值范围.【答案】(1)X=—3或x=l.(2)(1,2]【解析】(1)因为/G)的值域为h+s)，所以于G)=f［-a］=1a2—:a2+1=0.minI2y4 2因为a>0,所以a=2，则f(x)=举+2x+1.因为fG)=4，所以x2+2x+1=4，即x2+2x-3=0解得x=—3或x=1.g(x)=［f(x)］2-2mf(x)+m2-1在［-21］上有三个零点等价于方程［f(x)2-2mf(x)+m2-1=0在［-21］上有三个不同的根.因为［f(x)2-2mf(x)+m2-1=0，所以f(x)=m+1或f(x)=m-1.因为a=2，所以f(x)=x2+2x+1.结合f(x)在［-2,1］上的图象可知，要使方程［f(x)］2-2mf(x)+m2-1=0在匚2,1］上有三个不同的根，则f(x)=m+1在匚2,1］上有一个实数根，f(x)=m―1在匚2,1］上有两个不等实数根，［1<m+1<4即1 ，解得1<m<2.［0<m-1<1故m的取值范围为(1,21.【规律总结】.一元二次不等式ax2+bx+c>0(a于0的解集的端点值是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，也是函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交点的横坐标..注意灵活运用根与系数的关系解决问题.【变式探究】(2019•马关县第一中学校高一期末)已知二次函数f(x)=ax2+(b-2)x+3，且-1,3是函数f(x)的零点.(1)求f(x)解析式，并解不等式f(x)<3;(2)若g(x)=f(sinx)，求行数g(x)的值域【答案】(1)【答案】(1){x|x<0或x>2}(2)g(x)e[0,4]【解析】(1(1)由题意得i.•.—x2+2x+3<3即x2—2x>0.{x|x<0或x>2}(2)令t=sinxg[-1,1]g(t)=—12+21+3=—(t—1〉+4g[0,4]:g(x)g[0,4]高频考点七：一元二次不等式恒成立问题例7.（2019-湖北高三月考（理））若对任意的xg[1,5]，存在实数a，使2x<x2+ax+b<6x（agR,b>0）恒成立，则实数b的最大值为（ ）910 C.910 C.11D.12【答案】A【解析】由xg1,5]【答案】A【解析】由xg1,5]时，2x<x2+ax+b<6x恒成立可得：一x2+2x<ax+b<—x2+6x令f(x)=-x2+2x(1<x<5)6x(1<x<5)可得f（x）,g（x）图象如下图所示:要使b最大，则y=ax+b必过A(I,5),且与y=f(x)相切于点B则此时b=5—a，即直线方程为：y=ax+5—a联立=ax联立=ax+5—a——x2+2x得：x2+,\A—(a—2)2—4(5—a)—0，解得：a2—16由图象可知a<0 /.a——4 「.bmax―5—(—4)—9本题正确选项：A【总结提升】由不等式恒成立求参数的取值范围的思路及关键.一般有两个解题思路：一是分离参数；二是不分离参数..两种思路都是将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离.这两个思路的依据是：(1)afx)恒成立Qafx)max；(2)afx)恒成立Qafx)min...有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法.一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析.【变式探究】(2020.济源市第六中学高二月考(文))已知函数f(x)―x2—x+1,若在区间L1,1］上，不等式f(x)>2x+m恒成立，则实数m的取值范围是 .【答案】(—叫—1)

【解析】要使在区间L1,1］上，不等式f(。>2x+m恒成立，只需m<f(x)—2x=x2-3x+1恒成立，设g(x)=x2—3x+1，只需m小于g(x)只需m<f./\一一/ 3125 ...一因为g(x)=x2-3x+1=x一一一一，所以当x=1时，I 2J4g(x)i=g(1)=12—3x1+1=一1，所以m<—1，所以实数m的取值范围是(一不一1).高频考点八：二次函数的综合应用例8.(2016.上海市松江二中高三月考)设f(x)=x|x-a+2x(a£R)⑴若a=2，求f(x)在区间h31上的最大值；(2)若a>2，写出f(x)的单调区间；⑶若存在a£［—2,4］使得方程f(x)=tf(a)有三个不相等的实数解，求t的取值范围.【答案】(1)f【答案】(1)f(x) =9；⑵f(x)的单调增区间为1-%等］max 1 2y和(a,+s),单调减区间'a+2,,a(3)/【解析】(1)当a=2时，f(x)=x|x-2|+2x={一x2+(1)当a=2时，x2, x>2，f(x)在R上为增函数，f(x)在10,3］上为增函数,则f(x) =fG)=9.max-x2+(2+a)x,x<a⑵f(x)={x2+(2一a)x,x>aa>2,

当x^a时，当x<a时，a>^一2, f(x当x^a时，当x<a时，TOC\o"1-5"\h\za+2 2—a a+2 -a= <0，即 <a2 2 2f(X)f(X)在J*为增函数，在一5-V2单调减区间则f(x)的单调增区间为\~^,a^2