专题2.3二次函数与一元二次方程、不等式2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题2.3 二次函数与一元二次方程、不等式 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. 新课程考试要求 (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,判断一元二次方程根的存在性 及根的个数. 培养学生数学运算（例1--9）、数学建模（例9）、逻辑推理（例7）等核心数学素 核心素养 养. 1.二次函数的图象和性质及应用 考向预测 2.一元二次不等式的解法 3.一元二次不等式的恒成立问题 【知识清单】 1．二次函数 (1)二次函数解析式的三种形式： 一般式：f(x)＝ ax 2 ＋ 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－x)(x－x)(a≠0)，x，x 为f(x)的零点. 1 2 1 2 (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 在上单调递减； 在上单调递增； 单调性 在上单调递增 在上单调递减 对称性 函数的图象关于x＝－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，一元二次不等式的所有解组成的集合 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 Δ>0 Δ＝0 Δ<0 ＝b2－4ac 有两个不等的实数 有两个相等的实数 求方程f(x)＝0的解 没有实数解 解不等式 解x，x 解x＝x 1 2 1 2 f(x)>0 或f(x)< 画函数y＝f(x)的示 0的步骤 意图 得不 __ { x | x < x 1 f(x)>0 {x|x≠－} R 等式 或 x > x}__ 2 的解 f(x)<0 __ { x | x < x < x }__ __∅__ __∅__ 1 2 集 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，满足； (2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足； (3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足； (4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足. 2．含参数的一元二次不等式恒成立．若能够分离参数成kf(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)kf(x)恒成立⇔k>M，k≥f(x)恒成立⇔k≥M. 4.待定系数法的应用 待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程．使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的 数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主 要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解．例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数 学表达形式，所以都可以用待定系数法求解． 使用待定系数法解题的基本步骤是： 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式； 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决． 如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析： ①利用对应系数相等列方程； ②由恒等的概念用数值代入法列方程； ③利用定义本身的属性列方程； ④利用几何条件列方程． 【考点分类剖析】 考点一 ：二次函数的解析式 例1.已知二次函数f(x)满足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)． 由题意得解得 ∴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＝＝， ∴m＝. 又根据题意，函数有最大值8，∴n＝8， ∴y＝f(x)＝a2＋8. ∵f(2)＝－1，∴a2＋8＝－1，解得a＝－4， ∴f(x)＝－42＋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x＝2，x＝－1， 1 2 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】 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】 （2020·江苏常州市·常州高级中学高一期中）已知二次函数 ，满足 且方程 有两个相等实根． （1）求函数 的解析式； （2）当且仅当 时，不等式 恒成立，试求 ， 的值． 【答案】（1） ；（2） ， ． 【解析】 （1）由 ，以及二次方程有两个相等实根的条件：判别式为0，可得 ， 的方程，解方程可得 所求解析式； （2）由 ，解不等式可得解集，再由题意可得原不等式的解集即为 ， ，可得 ， 的方程 组，解方程可得所求值． 【详解】 解：（1）由 ， ，可得 ，即 ，则 ， 方程 有两个相等实根，即 有两个相等实根，则 ， 所以 ，从而 ；（2）不等式 即为 ，化为 ，由 ，可得 ， 则不等式 的解集为 ， ， 又当且仅当 ， 时，不等式 恒成立， 可得 ， ， ， 所以 且 ，解得 ， ． 考点二：二次函数图象的识别 y log xa0 a1 例2.（2020·山东省微山县第一中学高一月考）对数函数 a 且 与二次函数 ya1x2 x 在同一坐标系内的图像不可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 当0a1时，函数 y log a x 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； y log x ya1x2 x 当a1时，函数 a 单调递增， 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”【变式训练】 （2019·辽宁高考模拟（理））函数y=1−|x−x2|的图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 当x=−1时，y=1−|−1−1|=−1,所以舍去A,D, 当x=2时，y=1−|2−4|=−1,所以舍去B, 综上选C. 考点三：二次函数的单调性问题 例3.（2021·浙江高三专题练习）若函数 在 内不单调，则实数a的取值范围是 __________． 【答案】 【解析】先求出函数的对称轴 ，由于函数在 内不单调，所以对称轴在此区间，即 ，从而可求 出实数a的取值范围 【详解】 由题意得 的对称轴为 ， 因为函数 在 内不单调，所以 ，得 ． 故答案为： ． 【总结提升】 研究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A ，即区间A一定在函数对称轴 的左侧(右侧)． ⊆ 【变式探究】 （2020·泰州市第二中学高一月考）已知函数 ， . （1）若函数 是区间 上的单调函数，求实数 的取值范围； （2）求函数 在区间 上的最小值. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 （1）由二次函数的单调性，根据对称轴与区间 的关系求解； （2）根据对称轴与区间 的关系，分类讨论求解. 【详解】 因为 ，所以函数 的图象的对称轴为 ，且函数 在区间 上单调递减， 在区间 上单调递增， （1）因为函数 在区间 是单调函数， 所以 或 ， 所以实数 的取值范围为 . （2）（i）当 ，即 时， 有 在区间 上单调递增， 所以 ， （ii）当 ，即 时， 有 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增， 所以 ， 综上所述，函数 在区间 上的最小值 . 考点四：二次函数的最值问题 例4. （2020·全国高一单元测试）已知二次函数 的两个零点分别是0和5，图象开口向上，且 在区间 上的最大值为12． （1）求 的解析式；（2）设函数 在 上的最小值为 ，求 的解析式． 【答案】（1） ；（2） ． 【解析】 （1）根据二次函数的图像性质求出函数解析式；（2）结合二次函数的单调性，及对称轴和区间的位置关 系，分类讨论求出最小值为 g(t)的解析式. 【详解】 （1）因为二次函数 的两个零点分别是0和5，图象开口向上，所以可设 ， 又 在区间 上的最大值为12，所以 ， ． ． （2） ，图象开口向上，对称轴为 ． ①当 即 时， 在 上是减函数， ； ②当 即 时， ； ③当 时， 在 上是增函数， ．综上所述， . 【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，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成． 【变式探究】 （2021·长春市第二实验中学高二月考（文））函数 在 上的最大值和最小值依次 是（ ） A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】D 【解析】 分析二次函数 在区间 上的单调性，由此可得出该函数的最大值和最小值. 【详解】 二次函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 则 ， ， ，所以， . 故选：D. 考点五：二次函数的恒成立问题 例5. （2021·全国高三专题练习）已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3在x∈[－1，1]上恒小于零，求实 数a的取值范围． 【答案】 ． 【解析】分类： 适合， 时，分离参数 ，求出右端的最小值即可得． 【详解】 由题可知2ax2＋2x－3<0在[－1，1]上恒成立． x＝0时，有－3<0恒成立；x≠0时，a< ， 因为 ∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，当 ＝1，即x＝1时，不等式右边取最小值 ，所以a< ，且a≠0． 综上，实数a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：一是分离参数；二是不分离参数． 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离．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，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】  x2 x,x0 （2020·天津市咸水沽第二中学高三一模）已知函数 f x ．若存在 使得关于x的 2 x,x0 xR f xax1 不等式 成立，则实数a的取值范围是________． ,3  1, 【答案】 【解析】 f xax1 x0 01 由题意，当 时，不等式 可化为 显然不成立； 1 a x 1 f xax1 当x0时，不等式 可化为x2 x1ax，所以 x ，1   1 1 x  (x)  2    x 又当 x0 时， x   x ，当且仅当 x ，即 x1 时，等号成立； f xax1 x0 2 x 1ax 当 时，不等式 可化为 ， 2 1 2  1  a   1 11 即   ； x x  x  f xax1 xR 因为存在 使得关于x的不等式 成立， a213 a1 所以，只需 或 . ,3  1, 故答案为： . 考点六：二次函数与函数零点问题 f(x) x2 ax1(a 0) 例6.（2020·宜宾市叙州区第一中学校高一月考（理））已知函数 . f(x) [0,) x f(x)4 （1）若 的值域为 ，求关于 的方程 的解； a2 g(x)[f(x)]2 2mf(x)m2 1 [2,1] m （2）当 时，函数 在 上有三个零点，求 的取值范围. x3 x1 (1,2] 【答案】（1） 或 .（2） 【解析】  a 1 1 f x  f   a2  a2 10 （1）因为 f x 的值域为 0, ，所以 min   2   4 2 . f x x2 2x1 a0 a2 因为 ，所以 ，则 . f x4 x2 2x14 x2 2x30 因为 ，所以 ，即 ， x3 x1 解得 或 . gx f x 2 2mf xm2 1 2,1 （2）   在 上有三个零点等价于方程 f x 2 2mf xm2 10 2,1   在 上有三个不同的根.f x 2 2mf xm2 10 f xm1 f xm1 因为  ，所以 或 . f x x2 2x1 a2 因为 ，所以 . f x 2,1 f x 2 2mf xm2 10 2,1 结合 在 上的图象可知，要使方程  在 上有三个不同的根， f xm1 2,1 f xm1 2,1 则 在 上有一个实数根， 在 上有两个不等实数根， 1m14  即 0m11，解得 1m2 . 1,2 m 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．注意灵活运用根与系数的关系解决问题． f(x)ax2 (b2)x3 【变式探究】（2019·马关县第一中学校高一期末）已知二次函数 ，且-1,3是 f(x) 函数 的零点. f(x) f(x)3 （1）求 解析式，并解不等式 ; g(x) f(sinx) g(x) （2）若 ，求行数 的值域  x x0或x2  g(x)[0,4] 【答案】（1） （2） 【解析】  b2 13   a  （1）由题意得 3  13  a a 1   b4f xx2 2x3  x2 2x33 x2 2x0 即  x x0或x2   ， t sinx1,1 gtt2 2t3t12 40,4 （2）令 gx0,4  考点七：一元二次不等式恒成立问题 例7. （2021·全国高三专题练习）设函数 ．若对于 ， 恒成立， 求m的取值范围． 【答案】 ． 【解析】 由题意等价于对于 ， 恒成立，令 ，即 恒成立，分类讨论 ， 和 三种情况进行讨论，结合函数的单调性进行求解即得. 【详解】 由题意对于 ， 恒成立，． 等价于对于 ， 恒成立，令 （1）当 时， 恒成立，符合题意； （2）当 时， 在 上单调递增，要使 恒成立， 只要 即可，即 ，解得： ，故 . （3）当 时， 在 上单调递减，要使 恒成立，只要 即可，即 ，解得： ，故 . 综上，m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：一是分离参数；二是不分离参数． 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离．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，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1,1上， 不等式 f x2xm恒成立，则实数m的取值范围是___________． ,1 【答案】 【解析】 1,1 f x2xm 要使在区间 上，不等式 恒成立， m f x2x x2 3x1 只需 恒成立， gx x2 3x1 gx 1,1 m 设 ，只需 小于 在区间 上的最小值， 2  3 5 gx x2 3x1 x  因为   ，所以当 时，  2 4 x1 gx  g112 3111 min ， ,1 m1 m 所以 ，所以实数 的取值范围是 . 考点八：二次函数的综合应用 例8．（2021·上海高三二模）已知函数 ( 为常数， ). （1）讨论函数 的奇偶性；（2）当 为偶函数时，若方程 在 上有实根，求实数 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） . 【解析】 （1）利用函数的奇偶性的定义求解即可； （2）当函数 为偶函数时， ，列出方程 ，利用换元法，结合指数函数和对勾 函数的性质，由求根公式解出方程的根，可得实数 的取值范围． 【详解】 （1）∵函数 的定义域为 ， 又∵ ∴①当 时，即 时，可得 即当 时，函数 为偶函数； ②当 时，即 时，可得 即当 时，函数 为奇函数. （2）由（1）可得，当函数 为偶函数时， ， 即 时， 由题可得， 令 ，则有 ∵∴ ， 又∵ ，当且仅当 时，等号成立 根据对勾函数的性质可知， ，即 ① 此时 的取值不存在； ② 此时，可得 的取值为 综上可得 【总结提升】 对于含有参数的一元二次不等式常见的讨论形式有如下几种情形：1、对二次项系数进行讨论；2、对应方 程的根进行讨论；3、对应根的大小进行讨论等；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一 ahx ahx ah x ah x 种手段．通过分离参数可转化为 或 恒成立，即 max 或 min 即可，利用 h x h x 导数知识结合单调性求出 max 或 min 即得解. 【变式探究】f(x) g(x) （2020·海丰县彭湃中学高一期末）已知函数 f(x) x2 (m2)xm， x ，且函数 y  f(x2) 是偶函数. g(x) （1）求 的解析式；  1  ,1   （2）若不等式g(lnx)nlnx�0在e2 上恒成立，求n的取值范围； 6 5 g(x) x 4(x0) n�  【答案】（1） x （2） 2 【解析】 f(x) x2 (m2)xm （1）∵ , f(x2)(x2)2 (m2)(x2)m x2 (m6)x83m ∴ . y  f(x2) ∵ 是偶函数, m60 m6 ∴ ,∴ . f(x) x2 4x6 ∴ , 6 g(x) x 4(x0) ∴ x . （2）令lnxt ,  1  x ,1   ∵ e2 ,  1  ,1   ∴t[2,0),不等式g(lnx)nlnx�0在e2 上恒成立, g(t)nt�0 t[2,0) 等价于 在 上恒成立,6 t 4 ∴ t 6 4 6 4 . n� 1    1 t t2 t t2 t 6 4 1 1 z   1 s s�  令 t2 t ,t ,则 2, 5 z 6s2 4s1�  2 , 5 n�  ∴ 2. 例9.（山东省青岛市春季高考二模）山东省寿光市绿色富硒产品和特色农产品在 国际市场上颇具竞争力，其中香菇远销日本和韩国等地.上市时，外商李经理按市 场价格10元/千克在本市收购了2000千克香菇存放入冷库中.据预测，香菇的市场 价格每天每千克将上涨0.5元，但冷库存放这批香菇时每天需要支出各种费用合计 340元，而且香菇在冷库中最多保存110天，同时，平均每天有6千克的香菇损坏 不能出售. （1）若存放x天后，将这批香菇一次性出售，设这批香菇的销售总金额为y元，试写出y与x之间的函数关 系式； （2）李经理如果想获得利润22500元，需将这批香菇存放多少天后出售？（提示：利润=销售总金额-收购 成本-各种费用） （3）李经理将这批香菇存放多少天后出售可获得最大利润？最大利润是多少？ 【答案】（1） （2）将这批香菇存放 天后出售（3）存放 天后 y=−3x2+940x+20000(1≤x≤110) 50 100 出售可获得最大利润为30000元. 【解析】 （1）由题意得，y与x之间的函数关系式为： . y=(10+0.5x)(2000−6x) =−3x2+940x+20000(1≤x≤110) （2）由题意得， ； (−3x2+940x+20000)−(10×2000+340x)=22500 化简得，x2−200x+7500=0； 解得，x =50，x =150（不合题意，舍去）； 1 2 因此，李经理如果想获得利润22500元，需将这批香菇存放50天后出售.（3）设利润为 ，则由（2）得， W W =(−3x2+940x+20000)−(10×2000+340x) ； =−3x2+600x=−3(x−100) 2+30000 因此当x=100时，W =30000； max 又因为100∈(0,110)，所以李经理将这批香菇存放100天后出售可获得最大利润为30000元. 【重点总结】 解答函数应用题的一般步骤： ①审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择数学模型； ②建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型； ③求模：求解数学模型，得出数学结论； ④还原：将数学问题还原为实际问题的意义． 【变式探究】 （2020·攀枝花市第十五中学校高一期中）“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点. v 研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度 （单位：千克/年）是 x 0 x4 v 4 x20 v x 养殖密度 （单位：尾/立方米）的函数.当 时， 的值为2千克/年；当 时， 是 的 x20 v 一次函数；当 时，因缺氧等原因， 的值为0千克/年. 0 x20 v x （1）当 时，求 关于 的函数表达式. x （2）当养殖密度 为多少时，鱼的年生长量（单位：千克/立方米）可以达到最大？并求出最大值. 2,0 x4,xN  v 1 5 【答案】（1）  x ,4 x20,xN（2）当养殖密度 为10尾/立方米时，鱼的年生长量可   8 2 x 以达到最大，最大值为12.5千克/立方米. 【解析】 0 x4 v2 （1）由题意得当 时， . 4 x20 vaxb 当 时，设 ， 1 a  ,   8  由已知得20ab0,解得  5 所以 1 5 .  b , v x 4ab2,  2 8 2 2,0 x4,xN  v 1 5 故函数  x ,4 x20,xN   8 2 f x （2）设鱼的年生长量为 千克/立方米，依题意，由（1）可得 2x,0 x4,xN  f(x) 1 5  x2  x,4 x20,xN，   8 2 f x2x 0 x4 f x  f 4248 0 x4 当 时， ， max ； 1 5 1 25 f x x2  x x102  f x  f 1012.5 当4 x20时， 8 2 8 2 ， . max f x 0 x20 所以当 时， 的最大值为12.5， x 即当养殖密度 为10尾/立方米时，鱼的年生长量可以达到最大，最大值为12.5千克/立方米.