2024-2025学年高考数学一轮复习专题2.3二次函数与一元二次方程不等式知识点讲解含解析

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】1.一元二次不等式：(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.2.结合二次函数的图象,了解函数的零点与方程根的联系,推断一元二次方程根的存在性及根的个数.3．培育学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养.【学问清单】1．二次函数(1)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)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，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)图象定义域(－∞，＋∞)(－∞，＋∞)值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))单调性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递减对称性函数的图象关于x＝－eq\f(b,2a)对称2.一元二次不等式的概念及形式(1)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)．(3)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，一元二次不等式的全部解组成的集合叫做这个一元二次不等式的解集.3.三个“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)＝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Δ＝b2－4ac判别式Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0解不等式f(x)>0或f(x)<0的步骤求方程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没有实数解画函数y＝f(x)的示意图得不等式的解集f(x)>0__{x|x<x1或x>x2}__{x|x≠－eq\f(b,2a)}Rf(x)<0__{x|x1<x<x2}____∅____∅__3.不等式恒成立问题1．一元二次不等式恒成立问题(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ<0))；(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ≤0))；(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ<0))；(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ≤0)).2．含参数的一元二次不等式恒成立．若能够分别参数成k<f(x)或k>f(x)形式．则可以转化为函数值域求解．设f(x)的最大值为M，最小值为m.(1)k<f(x)恒成立⇔k<m，k≤f(x)恒成立⇔k≤m.(2)k>f(x)恒成立⇔k>M，k≥f(x)恒成立⇔k≥M.【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f(x)满意f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，试确定该二次函数的解析式．【答案】f(x)＝－4x2＋4x＋7【解析】解法一(利用“一般式”解题)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))∴所求二次函数为f(x)＝－4x2＋4x＋7.解法二(利用“顶点式”解题)设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．∵f(2)＝f(－1)，∴抛物线的对称轴为x＝＝eq\f(1,2)，∴m＝eq\f(1,2).又依据题意，函数有最大值8，∴n＝8，∴y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8.∵f(2)＝－1，∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4，∴f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))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≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函数有最大值8，即＝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】依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】（2024·陕西省咸阳市试验中学高一月考）已知二次函数满意：随意的，有成立，且最小值为，与轴交点坐标为（1）求的解析式；（2）是否存在实数，使的定义域和值域分别为和，假如存在，求出；假如不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在；【解析】（1）因为，所以是图象的对称轴，且最小值为，故可设，由得，所以，即；（2）假设存在实数满意题意，由（1）在上递减，在上递增，若，明显不合题意；若，则，，不合题意，所以，，即是方程的两不等实根，，即，，，，所以．高频考点二：二次函数图象的识别例2.（2024·山东省微山县第一中学高一月考）对数函数且与二次函数在同一坐标系内的图像不行能是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】当时，函数单调递减，开口向下，对称轴在y轴的左侧，解除C，D；当时，函数单调递增，开口向上，对称轴在y轴的右侧，解除B；故选：A【总结提升】识别二次函数图象应学会“三看”【变式训练】（2024·辽宁高考模拟（理））函数的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】当时，,所以舍去A,D,当时，,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.（2024·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．(－∞，8] B．[40，＋∞) C．(－∞，8]∪[40，＋∞) D．[8，40]【答案】C【解析】由题意得，函数图象的对称轴为，且抛物线的开口向上，∵函数在[1,5]上为单调函数，∴或，解得或，∴实数k的取值范围是．故选C．【总结提升】探讨二次函数单调性的思路(1)二次函数的单调性在其图象对称轴的两侧不同，因此探讨二次函数的单调性时要依据其图象的对称轴进行分类探讨．(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A⊆eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A⊆\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))))，即区间A肯定在函数对称轴的左侧(右侧)．【变式探究】(2024·浙江“超级全能生”模拟)已知在(－∞，1]上递减的函数f(x)＝x2－2tx＋1，且对随意的x1，x2∈[0，t＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤2，则实数t的取值范围是()A．[－eq\r(2)，eq\r(2)] B．[1，eq\r(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(－∞，1]上是减函数，所以t≥1.则在区间[0，t＋1]上，f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(t)＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，要使对随意的x1，x2∈[0，t＋1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤2，只需1－(－t2＋1)≤2，解得－eq\r(2)≤t≤eq\r(2).又t≥1，∴1≤t≤eq\r(2).高频考点四：二次函数的最值问题例4.（浙江省名校新高考探讨联盟（Z20)2025届联考）】设函数，当时，记的最大值为，则的最小值为______．【答案】【解析】去肯定值，利用二次函数的性质可得，在的最大值为，，，中之一，所以可得，，，，上面四个式子相加可得即有，可得的最小值为．故答案为．【技巧点拨】二次函数最值问题的类型及求解策略(1)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，依据函数的单调性及分类探讨的思想即可完成．【变式探究】（2024·天津高考模拟（文））若不等式对随意实数都成立,则实数的最大值为________.【答案】【解析】设不等式对随意实数都成立，只需满意，即可.所以有因此实数的最大值为.高频考点五：二次函数的恒成立问题例5.（2024·北京高三高考模拟（理））已知函数当时，的最小值等于____；若对于定义域内的随意，恒成立，则实数的取值范围是____．【答案】【解析】当时，，－3≤x≤0时，f(x)＝（x＋1）2－2，得：当x＝－1时，f（x）有最小值为－2，0＜x≤3时，f(x)＝－（x－1）2＋1，得：当x＝3时，f（x）有最小值为－3，所以，当时，的最小值等于－3，定义域内的随意恒成立，①－3≤x≤0时，有，即：恒成立，令＝，在－3≤x≤0时，g（x）有最小值：g（0）＝g（－3）＝1，所以，，②0＜x≤3时，有，即：恒成立，令，在0＜x≤3时，g（x）有最大值：g（）＝，所以，，实数的取值范围是【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1.一般有两个解题思路：一是分别参数；二是不分别参数．2.两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别．这两个思路的依据是：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min..3.有关二次函数的问题，数形结合，亲密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】（2024·天津市咸水沽其次中学高三一模）已知函数．若存在使得关于x的不等式成立，则实数a的取值范围是________．【答案】【解析】由题意，当时，不等式可化为明显不成立；当时，不等式可化为，所以，又当时，，当且仅当，即时，等号成立；当时，不等式可化为，即；因为存在使得关于x的不等式成立，所以，只需或.故答案为：.高频考点六：二次函数与函数零点问题例6.（2024·宜宾市叙州区第一中学校高一月考（理））已知函数.（1）若的值域为，求关于的方程的解；（2）当时，函数在上有三个零点，求的取值范围.【答案】（1）或.（2）【解析】（1）因为的值域为，所以.因为，所以，则.因为，所以，即，解得或.（2）在上有三个零点等价于方程在上有三个不同的根.因为，所以或.因为，所以.结合在上的图象可知，要使方程在上有三个不同的根，则在上有一个实数根，在上有两个不等实数根，即，解得.故的取值范围为.【规律总结】1.一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a≠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．2．留意敏捷运用根与系数的关系解决问题．【变式探究】（2024·马关县第一中学校高一期末）已知二次函数，且-1,3是函数的零点.（1）求解析式，并解不等式;（2）若，求行数的值域【答案】（1）（2）【解析】（1）由题意得即，（2）令高频考点七：一元二次不等式恒成立问题例7.（2024·湖北高三月考（理））若对随意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为()A．9 B．10 C．11 D．12【答案】A【解析】由时，恒成立可得：令，可得，图象如下图所示：要使最大，则必过，且与相切于点则此时，即直线方程为：联立得：，解得：由图象可知本题正确选项：【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1.一般有两个解题思路：一是分别参数；二是不分别参数．2.两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别．这两个思路的依据是：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min..3.有关二次函数的问题，数形结合，亲密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】（2024·济源市第六中学高二月考（文））已知函数，若在区间上，不等式恒成立，则实数的取值范围是___________．【答案】【解析】要