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专题 2.3 二次函数与一元二次方程、不等式
练基础
1．（浙江高考真题）已知a，b，c∈R，函数f (x)＝ax2＋bx＋c.若f (0)＝f （4）>f （1），则（ ）
A．a>0，4a＋b＝0 B．a<0，4a＋b＝0
C．a>0，2a＋b＝0 D．a<0，2a＋b＝0
【答案】A
【解析】
由已知得f (x)的图象的对称轴为x＝2且f (x)先减后增，可得选项.
【详解】
由f (0)＝f （4），得f (x)＝ax2＋bx＋c图象的对称轴为x＝－ ＝2，∴4a＋b＝0，
又f (0)>f （1），f （4）>f （1），∴f (x)先减后增，于是a>0，
故选：A.
2．（2021·全国高三专题练习（文））已知函数 ，则错误的是（ ）
A． 的图象关于 轴对称 B．方程 的解的个数为2
C． 在 上单调递增 D． 的最小值为
【答案】B
【解析】
结合函数的奇偶性求出函数的对称轴，判断 ，令 ，求出方程的解的个数，判断B，令 ，
，从而判断C，D即可．
【详解】
定义域为 ，显然关于原点对称，又 ，
所以 是偶函数，关于 轴对称，故选项A正确.
令 即 ，
解得： ，1， ，函数 有3个零点，故B错误；
令 ， ， 时，
函数 ， 都为递增函数，故 在 递增，故C正确；
由 时， 取得最小值 ，故 的最小值是 ，故D正确．
故选：B．
3．（2021·北京高三其他模拟）设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
分别解出两个不等式的解集，比较集合的关系，从而得到两命题的逻辑关系.
【详解】
； ；
易知集合 是 的真子集，故是充分不必要条件.
故选：A.
4．（2021·全国高三月考）已知函数 ，则“ ”是“方程 有两
个不同实数解且方程 恰有两个不同实数解”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
根据二次函数的图象与性质，求得 ，反之若 有两个正根 ，当 ，
得到方程 恰有四个不同实数解，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】
由 表示开口向下的抛物线，对称轴的方程为 ，
要使得方程 有两个不同实数，只需 ，
要使得方程 恰有两个不同实数解，设两解分别为 ，且 ，
则满足 ，
因为 时， ，所以 ，所以必要性成立；
反之，设 ，即 ，
当 有两个正根，且满足 ，若 ，
此时方程 恰有四个不同实数解，所以充分性不成立.
所以“ ”是“方程 有两个不同实数解且方程 恰有两个不同实数解”
的必要不充分条件.
故选：C.
5．（2021·全国高三专题练习）若当x∈(1，2)时，函数y=(x-1)2的图象始终在函数y=log x的图象的下方，
a
则实数a的取值范围是___________.【答案】10恒成立，则实数m的取值
范围是________．
【答案】
【解析】先换元3x＝t， ，使f（t）＝t2－mt＋m＋1>0在 上恒成立，再利用二次函数图象特征
列限定条件，计算求得结果即可.
【详解】
令3x＝t，当 时， ，则f（t）＝t2－mt＋m＋1>0在 上恒成立，即函数在
的图象在x轴的上方，而判别式 ，
故 或 ，解得 .
故答案为： .
8．（2021·浙江高一期末）已知函数 ，若任意 、 且 ，都有
，则实数a的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
本题首先可令 ，将 转化为 ，然后令 ，
通过函数单调性的定义得出函数 在 上是增函数，最后分为 、 两种情况进行讨论，
结合二次函数性质即可得出结果.
【详解】
因为任意 、 且 ，都有 ，
所以令 ， 即 ， ，令 ，则函数 在 上是增函数，
若 ，则 ，显然不成立；
若 ，则 ，解得 ，
综合所述，实数a的取值范围是 ，
故答案为： .
9.（2021·四川成都市·高三三模（理））已知函数 ，若 ，且
，则 的最大值为________．
【答案】
【解析】
由 得， ，把 转化为 ，利用二次
函数求最值.
【详解】
的图像如图示：不妨令 ，由图像可知， ，
由 ，
由
当 时， ．
故答案为： .
10．（2021·浙江高一期末）已知函数 ．
（Ⅰ）若函数 在区间 上单调递减，求实数 的取值范围；
（Ⅱ） ， 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由题意讨论 ， 与 三种情况，求出函数的对称轴，结合区间，列不等式求解；
（Ⅱ）利用参变分离法得 在 上恒成立，令 ，根据单调性，求解出最值，即可
得 的取值范围.
【详解】
（Ⅰ）当 时， ，在区间 上单调递减，符合题意；当 时，对称轴为 ，因为 在区间 上单调递减，所以 ，得 ，所以 ；当 时，函数 在区间
上单调递减，符合题意，综上， 的取值范围为 .
（Ⅱ） ， 恒成立，即 ， 恒成立，令 ，可
知函数 在 上单调递增，所以 ，所以 ，所以 ，故 的取值范围为
练提升
TIDHNE
1．（2020·山东省高三二模）已知函数 ，若 恒成立，则实数m的
范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
，
（1） ， 恒成立等价于 或 恒成立，
即 或 （不合题意，舍去）恒成立；即 ，解得 ，
（2） 恒成立，符合题意；
（3） ， 恒成立等价于 （不合题意，舍去）或 恒成立，等价于
，解得 .
综上所述， ，
故选：A.
2．（2021·浙江高三二模）已知 ，对任意的 ， ．方程
在 上有解，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
对任意的 ， ．方程 在 上有解，不妨取取
， ，方程有解 只能取4，则排除其他答案.
【详解】
， ，则 ， .
要对任意的 ， ．方程 在 上都有解,
取 ， ，
此时，任意 ，都有 ，其他 的取值，方程均无解，则 的取值范围是 .
故选：D.
3.（2020·浙江省高三二模）已知函数 的图象经过三个象限，则实数a的取
值范围是________.
【答案】 或 .
【解析】
当 时， ，此时函数图象经过第三象限，
当 时， ，此时函数图象恒经过第一象限，当 且
，即 时，函数图像经过第一、四象限，
当 时， ，此时函数图象恒经过第一象限，当 ，即 时，函数图
像经过第一、四象限，
综上所述： 或 .
4．（2020·陕西省西安中学高三其他（理））记 函数
有且只有一个零点，则实数 的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
令 ，
因为 ，则 ，
所以 ，即1是函数 的零点，因为函数 的对称轴为 ，
所以根据题意，若函数 有且只有一个零点，则二次函数 没有零点，
，解得 .
故答案为：
5．（2021·浙江高三专题练习）已知函数 ，若 时， ，
则 的最大值是___________.
【答案】
【解析】
根据函数 ，分 ， 和 三种情况讨论，分别求得其最
大值，即可求解.
【详解】
由题意，函数 ，
当 时， ，
因为 ，可得 ，所以 ，所以 ；
当 时， ，
因为 ，可得 ，
所以 ，所以 ；
当 时， ，
由 知， ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
综上可得， 的最大值是 .
故答案为：
6.（2021·浙江高三期末）已知函数 ，若对于任意 ，均有
，则 的最大值是___________.
【答案】
【解析】首先讨论 、 时 的最值情况，由不等式恒成立求 的范围，再讨论 并结合
的单调情况求 的范围，最后取它们的并集即可知 的最大值.
【详解】
当 时， ，
当 时， ，
令 ，则 ∴当 时， 有 ；
有 ；
由 有 ，有 ，故 ；
当 时， 有 ； 有 ；
由 有 ，有 ，故 ，即 ；
当 时， ，
∴ ： 在 上递减， 上递减， 上递增；： 在 上递减， 上递增；
： 在 上递减， 上递增， 上递增；
∴综上， 在 上先减后增，则 ，可得
∴ 恒成立，即 的最大值是-1.
故答案为： .
7．（2020·武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）高一期中）已知函数 ，
且 的解集为 ．
（1）求 的解析式；
（2）设 ，在定义域范围内若对于任意的 ，使得 恒成立，
求M的最小值．
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】
（1）代入方程的根，求得参数值.
（2）使不等式恒成立，根据函数单调性求得函数的最值，从而求得参数的值.
【详解】
解：（1）由题意
解得（2）由题意
当
当
令 ，当 ，当 取等号，
当 当 取等号，
综上，
8．（2021·浙江高一期末）设函数 ．
（1）若 在区间 上的最大值为 ，求 的取值范围；
（2）若 在区间 上有零点，求 的最小值．【答案】（1） ；（2） .
【解析】
（1）对实数 的取值进行分类讨论，分析函数 在区间 上的单调性，求得 ，再由
可求得实数 的取值范围；
（2）设函数 的两个零点为 、 ，由韦达定理化简
，设 ，由 结合
不等式的基本性质求出 的最小值，即为所求.
【详解】
（1）二次函数 的图象开口向上，对称轴为直线 .
①当 时，即当 时，函数 在区间 上单调递增，则 ；
②当 时，即当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
， ，所以， ；
③当 时，即当 时，函数 在区间 上单调递减，则 .
综上所述， .所以，当 在区间 上的最大值为 ，实数 的取值范围是 ；
（2）设函数 的两个零点为 、 ，由韦达定理可得 ，
所以，
，
设 ，
由 可得 ，所以， .
此时， ，由 可得 .
所以，当 ， 时， 取最小值 .
9．（2020·全国高一单元测试）已知函数f（x）=9x﹣a 3x+1+a2（x∈[0，1]，a∈R），记f（x）的最大值为
g（a）．
（Ⅰ）求g（a）解析式；
（Ⅱ）若对于任意t∈[﹣2，2]，任意a∈R，不等式g（a）≥﹣m2+tm恒成立，求实数m的范围．
【答案】（Ⅰ）g（a）= ；（Ⅱ）m≤﹣ 或m≥ ．
【解析】
（Ⅰ）令u=3x∈[1，3]，得到f（x）=h（u）=u2﹣3au+a2，分类讨论即可求出，
（Ⅱ）先求出g（a） =g（ ）=﹣ ，再根据题意可得﹣m2+tm≤﹣ ，利用函数的单调性即可求出．
min【详解】
解：（Ⅰ）令u=3x∈[1，3]，则f（x）=h（u）=u2﹣3au+a2．
当 ≤2，即a≤ 时，g（a）=h（u） =h（3）=a2﹣9a+9；
min
当 ，即a＞ 时，g（a）=h（u） =h（1）=a2﹣3a+1；
min
故g（a）= ；
（Ⅱ）当a≤ 时，g（a）=a2﹣9a+9，g（a） =g（ ）=﹣ ；
min
当a 时，g（a）=a2﹣3a+1，g（a） =g（ ）=﹣ ；
min
因此g（a） =g（ ）=﹣ ；
min
对于任意任意a∈R，不等式g（a）≥﹣m2+tm恒成立等价于﹣m2+tm≤﹣ ．
令h（t）=mt﹣m2，由于h（t）是关于t的一次函数，故对于任意t∈[﹣2，2]都有h（t）≤﹣ 等价于
，即 ，
解得m≤﹣ 或m≥ ．10．（2021·全国高一课时练习）已知函数 ，在区间 上有最大值16，最
小值 .设 ．
（1）求 的解析式；
（2）若不等式 在 上恒成立，求实数k的取值范围；
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】
（1）由二次函数的性质知 在 上为减函数，在 上为增函数，结合其区间的最值，列方程组
求 ，即可写出 解析式；
（2）由题设得 在 上恒成立，即k只需小于等于右边函数式的最小值
即可.
【详解】
（1）∵ ( )，即 在 上为减函数，在 上为增函数．又在
上有最大值16，最小值0，
∴ ， ，解得 ，
∴ ；
（2）∵
∴ ，由 ，则 ，∴ ，设 ， ，
∴ 在 上为减函数，当 时， 最小值为1，
∴ ，即 .
练真题
TIDHNE
1．（浙江省高考真题）若函数 在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则 的值
（ ）
A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
【答案】B
【解析】
因为最值在 中取，所以最值之差一定与 无关，选B．
2.（2018·浙江高考真题）已知λ∈R，函数f(x)=¿，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．
若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．
【答案】 (1,4) (1,3]∪(4,+∞)
【解析】
由题意得¿或¿，所以2≤x<4或14 f(x)=x−4>0 f(x)=x2−4x+3=0,x=1,3 (−∞,λ) λ≤4
，由 在 上只能有一个零点得 .综上， 的取值范围
f(x)=x−4=0,x=4 f(x)=x2−4x+3 (−∞,λ) 1<λ≤3 λ
为(1,3]∪(4,+∞).
3.（北京高考真题）已知 , ,且 ,则 的取值范围是_____.
【答案】【解析】
试题分析： ，所以当 时，取最大值1；当
时，取最小值 .因此 的取值范围为 .
4.（2018·天津高考真题（理））已知 ，函数 若关于 的方程
恰有2个互异的实数解，则 的取值范围是______________.
【答案】
【解析】
分析：由题意分类讨论 和 两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.
详解：分类讨论：当 时，方程 即 ，
整理可得： ，
很明显 不是方程的实数解，则 ，
当 时，方程 即 ，
整理可得： ，
很明显 不是方程的实数解，则 ，
令 ，其中 ，
原问题等价于函数 与函数 有两个不同的交点，求 的取值范围.
结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数 的图象，
同时绘制函数 的图象如图所示，考查临界条件，
结合 观察可得，实数 的取值范围是 .
5.（2020·江苏省高考真题）已知关于x的函数 与 在区间D上
恒有 ．
（1）若 ，求h(x)的表达式；【答案】（1） ；
【解析】
（1）由题设有 对任意的 恒成立.
令 ，则 ，所以 .
因此 即 对任意的 恒成立，
所以 ，因此 .
故 .
6．（浙江省高考真题（文））设函数 .
（1）当 时，求函数 在 上的最小值 的表达式；
（2）已知函数 在 上存在零点， ，求 的取值范围.
【答案】（1） ；（2）
【解析】
（1）当 时， ，故其对称轴为 .
当 时， .
当 时， .
当 时， .综上，
（2）设 为方程 的解，且 ，则 .
由于 ，因此 .
当 时， ，
由于 和 ，
所以 .
当 时， ，
由于 和 ，所以 .
综上可知， 的取值范围是 .
