《2026初高衔接》[第十二讲]——二次函数与方程根分布_2026版高中《罗老师初升高讲义》十五讲（数学）_《初高衔接2026版》教师版

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选择胜于努力，笃行成就未来
12
二次函数与方程根分布
二次函数与方程根分布
[教学重难点]
[教学目标]
[核心素养]
区间下二次函数的重构
掌握区间二次函数图象分析方法，
求解最值与参数范围
直观想象、逻辑推理
二次方程根的分布
结合二次函数图象列出根分布约束
条件，规范求解参数
直观想象、数学运算
一区间下二次函数的性质
二次函数对于大家并不陌生．初中阶段，我们学习了一元二次方程的通用解法与全体实数范围下二次函数
的基本性质．现在请大家根据初中的学习完成下表。
解析式
一般式：y = ax2 + bx + c(a ≠0)
图象
a > 0
a < 0
x0=- b
2a
x0=- b
2a
对称轴
x=- b
2a
顶点
- b
2a , 4ac-b2
4a


区间下的值域
我们知道：在全体实数范围下二次函数f(x) = ax2+ bx + c 在对称轴x =- b
2a 处取到最值．
设二次函数f(x) = ax2 + bx + c(a > 0) 在闭区间[p,q] 上的最大值为M，最小值为m，对称轴x0 =- b
2a , 区间
[p,q] 的中点为t = 1
2 (p + q).则有：
(1) 当- b
2a < p 时，则f(x)
min = f(p) = m，f(x)
max = f(q) = M；参照图1
(2) 当p ≤- b
2a < t 时，则f(x)
min = f(- b
2a ) = m，f(x)
max = f(q) = M；参照图2
(3) 当t ≤- b
2a < q 时，则f(x)
min = f(- b
2a ) = m，f(x)
max = f(p) = M；参照图3
(4) 当q ≤- b
2a 时，则f(x)
min = f(q) = m，f(x)
max = f(p) = M. 参照图4
x
x0
p q x
图1
x
x0
p
q
t
图2
x
x0
p
q
t
图3
x
x0
p
q
图4
区间二次函数的值域
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选择胜于努力，笃行成就未来
1 (★★★☆☆)函数f(x) = x2- 2x - 2．
(1) 当x ∈[-2，2] 时，求函数f(x) 的值域；
(2) 当x ∈[t，t + 1] 时，求函数f(x) 的最小值g(t)。
(1) 函数f(x) = x2- 2x - 2 对称轴x =- b
2a = 1，函数开口向上。
f(x)
max = f(-2) = 6，f(x)
min = f(-1) =-3
(2) ①当t ≤0 时，函数在[t，t + 1] 上单调递减，f(x)
min = f(t + 1) = t2- 3
②当0 < t < 1 时，函数在[t，1] 上单调递减，在[1，t + 1] 上单调递增，f(x)
min = f(1) =-3
③当t ≥1 时，函数在[t，t + 1] 上单调递增，f(x)
min = f(t) = t2- 2t - 2
综上所述：g(t) =
t2-3，t≤0
-3，0<t<1
t2-2t-2，t≥1





x
1
t t+1
x
1
t
t+1
x
1
t t+1
1
(★☆☆☆☆)已知函数f(x) = x2- 4x + 1，x ∈[-1，3]，则函数的值域为
( B )
A. [-2，6]
B. [-3，6]
C. [-3，-2)
D. (-2，3]
∵f(x) = x2- 4x + 1，x ∈[-1，3]，则对称轴x = 2，开口向上，在(-1，2) 上单调递减，
在(2，3) 上单调递增，且-1 离对称轴远，又f(-1) = 6，f(2) =-3，故函数的值域为：[-3，6]，选：B．
2
(★☆☆☆☆)二次函数f(x) =-x2+ x - 2，若x ∈[-1，1]，则函数f(x) 在此区间上的值域为
( A )
A.
-4，- 7
4




B.
-4，- 5
4




C. [-4，-2]
D.
-2，- 7
4




∵f(x) =-x2 + x - 2 =- x- 1
2


2
- 7
4 在-1，1
2




上单调递增，在
1
2 ，1




上单调递减，
∴当x = 1
2 时，二次函数有最大值f 1
2


=- 7
4 ，∵f(-1) =-4，f(1) =-2，
∴当x =-1 时，二次函数有最小值-4，故函数的值域为-4，- 7
4




，故选：A．
3
(★☆☆☆☆)已知二次函数f(x) = x2- 2ax + 1 在区间(2，3) 内不单调，则a 的取值范围是
( B )
A. a < 2 或a > 3
B. 2 < a < 3
C. a <-3 或a >-2
D. - 3 ≤a ≤-2
二次函数f(x) = x2 - 2ax + 1，对称轴为x = a，∵二次函数f(x) = x2 - 2ax + 1 在区间(2，
3) 内不单调，∴2 < a < 3．
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4 (★☆☆☆☆)函数f(x) = x2+ 2(a - 1)x + 2 在区间(-∞，3) 上是单调函数，则a 的取值范围是( A )
A. (-∞，-2]
B. [-2，+∞)
C. (-∞，4]
D. [4，+∞)
函数f(x) 图象是开口向上，对称轴为x = 1 - a，f(x) 在(-∞，1 - a) 上单减，在(1 - a，
+∞) 上单调递增，又函数f(x) = x2+ 2(a - 1)x + 2 在(-∞，3) 上是单调函数，所以1 - a ≥3，得a ≤-2
5
(★★☆☆☆)“a < 0”是“函数f(x) = (x - a)2在(0，+∞) 内单调递增”的
( A )
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要
由函数f(x) = (x - a)2 在(0，+∞) 内单调递增，结合二次函数图象可得a 的取值范围是：
a ≤0，∴“a < 0”是“函数f(x) = (x - a)2在(0，+∞) 内单调递增”的充分不必要条件．故选：A．
6
(★★☆☆☆)函数f(x) = x2- 4x - 8 的定义域为[0，a]，值域为[-12，-8]，a 取值范围是
( A )
A. [2，4]
B. [4，6]
C. [2，6]
D. [0，4]
f(x) = x2- 4x - 8 = (x - 2)2- 12，f(x) 在(-∞，2) 为减函数，在(2，+∞) 为增函数，
∴f(x)min = f(2) =-12，f(0) =-8，若x ∈[0，a]，值域为[-12，-8]，则a ≥2，f(a) ≤f(0)，
即a2- 4a - 8 ≤-8，解得0 ≤a ≤4，所以2 ≤a ≤4，故选：A．
7
(★★☆☆☆)函数f(x) =-x2- 4x + 2 在[m，0] 上的值域为[2，6]，则m 的取值范围是
( A )
A. [-4，-2]
B. [-4，0]
C. [-2，0]
D. (-∞，-2]
由二次函数f(x) =-x2- 4x + 2 的对称轴为：x =-2，
在[m，0] 上的值域为[2，6]，x =-2 时，f(0) = 2，可得函数在区间[m，-2] 上是增函数，且f(m) ≥
2，-m2- 4m + 2 ≥2，求得m ∈[-4，0]，综上m ∈[-4，-2]．故选：A．
8
(★★☆☆☆)设二次函数f(x) = ax2+ (b - 2)x + 3．
(1) 若关于x 的不等式f(x) > 0 的解集为{x|x ≠1}，求a，b 的值；
(2) 若f(1) = 3，
i


a > 0，b > 0，求1
a + 2a
b 的最小值，并指出取最小值时a，b 的值；
ii


求函数f(x) 在区间[1，3] 上的最小值．
(1) 根据题意，若关于x 的不等式f(x) > 0，即ax2+ (b - 2)x + 3 > 0 的解集为{x|x ≠1}，
则方程ax2+ (b - 2)x + 3 = 0 的两根相等且都为1，同时a > 0，
则有
3
a =1
b-2
a
=-2





，解可得a = 3，b =-4；
(2) 根据题意，若f(1) = 3，则有a + (b - 2) + 3 = 3，变形可得a + b = 2，
①，由于a > 0，b > 0，
则1
a + 2a
b = a+b
2a
+ 2a
b = 1
2 + b
2a + 2a
b ≥1
2 + 2
b
2a × 2a
b
= 1
2 + 2 = 5
2 ，当且仅当b = 2a 时取等，
②由于a + b = 2，则b = 2 - a，则有f(x) = ax2- ax + 3，其对称轴为x = 1
2 ，
当a > 0 时，f(x) 在[1，3] 上递增，其最小值为f(1) = 3，
当a < 0 时，f(x) 在[1，3] 上递减，其最小值为f(3) = 6a + 3．
综合可得：当a > 0 时，f(x) 在区间[1，3] 上的最小值为3，当a < 0 时，f(x) 最小值为6a + 3．
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9
(★★★☆☆)已知二次函数f(x) 满足f(x) = f(4 - x)，f(2) = f(1) - 1，若不等式f(x) ≤-2x + 2 有唯
一实数解．
(1) 求函数f(x) 的解析式；
(2) 若函数f(x) 在[t，t + 1] 上的最小值为g(t)．
i


求g(t)；
ii


解不等式g(m) < g 2m- 1
2


(1) 根据题意，二次函数f(x) 满足f(x) = f(4 - x)，则f(x) 的对称轴为x = 2；
设f(x) = ax2- 4ax + c，
又由f(2) = f(1) - 1，则有4a - 8a + c = a - 4a + c - 1，解可得a = 1，
又由不等式f(x) ≤-2x + 2 有唯一实数解，即x2- x + c - 2 ≤0 有唯一实数解，必有Δ = 4 - 4(c - 2) = 0，
解可得c = 3；
故f(x) = x2- 4x + 3；
(2) ①根据题意，由(1) 的结论，f(x) = x2- 4x + 3，其对称轴为x = 2；
当t ≥2 时，f(x) 在[t，t + 1] 上为单调增函数，此时g(t) = f(t) = t2- 4t + 3，
当1 < t < 2 时，有t < 2 < t + 1，此时g(t) = f(2) =-1，
当t ≤1 时，f(x) 在[t，t + 1] 上为单调减函数，此时g(t) = f(t + 1) = t2- 2t，
故g(t) =
t2-2t，t≤1
-1，1<t<2
t2-4t+3，t≥2





；
②根据题意，g(t) =
t2-2t，t≤1
-1，1<t<2
t2-4t+3，t≥2





，其图象关于直线t = 3
2 对称，
若g(m) < g 2m- 1
2


，分2 种情况讨论：
a、1 ≤m ≤2 时，只需2m - 1
2 < 1 或2m - 1
2 > 2，解可得m < 3
4 或m > 5
4 ，此时有5
4 < m ≤2；
b、当m < 1 或m > 2 时，有2m- 1
2 - 3
2

> m- 3
2

，解可得m > 7
6 或m < 1
2 ，此时有m < 1
2 或m >
2；
综合可得：m 的取值范围为{m|m < 1
2 或m > 5
4 }．
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10 (★★★☆☆)已知二次函数f(x) 对一切实数x ∈R，都有f(1 - x) = f(1 + x) 成立，且f(1) = 0，f(0)
= 1，g(x) = f(x + 1) + bx + c(b，c ∈R)．
(1) 求f(x) 的解析式；
(2) 记函数g(x) 在[-1，1] 上的最大值为M，最小值为m，若M - m ≤4，求b 的最大值．
(1) 对一切实数x ∈R，都有f(1 - x) = f(1 + x) 成立，则二次函数y = f(x) 的对称轴为直线
x = 1，
又f(1) = 0，则二次函数y = f(x) 图象的顶点坐标为(1，0)，
设f(x) = a(x - 1)2，则f(0) = a = 1，因此，f(x) = (x - 1)2；
(2) ∵g(x) = f(x + 1) + bx + c = x2+ bx + c，
对称轴为直线x =- b
2 ，
当- b
2 ≤-1 时，即当b ≥2 时，函数y = g(x) 在区间[-1，1] 上单调递增，
则M = g(1) = b + c + 1，m = g(-1) =-b + c + 1，则M - m = 2b ≤4，
得b ≤2，此时b = 2；
当-1 <- b
2 ≤0 时，即当0 ≤b < 2 时，函数y = g(x) 区间-1，- b
2



上单调递减，在区间- b
2 ，1



上
单调递增，
所以，m = g - b
2


=- b2
4 + c，∴M = g(1) = b + c + 1，
则M - m = b + 1 + b2
4 ≤4，整理得b2+ 4b - 12 ≤0，解得-6 ≤b ≤2，
此时，0 ≤b < 2；
当0 <- b
2 ≤1 时，即当-2 ≤b < 0 时，函数y = g(x) 在区间-1，- b
2



上单调递减，
在区间- b
2 ，1



上单调递增，所以，m = g - b
2


=- b2
4 + c，∴M = g(-1) =-b + c + 1，M - m = b2
4
- b + 1 ≤4，整理得b2- 4b - 12 ≤0，解得-2 ≤b ≤6，
此时-2 ≤b < 0；
当- b
2 > 1，即当b <-2 时，函数y = g(x) 在区间[-1，1] 上单调递减，∴M = g(-1) =-b + c + 1，m
= g(1) = b + c + 1，M - m =-2b ≤4，∴b ≥-2，此时b ∈∅．
综上所述，-2 ≤b ≤2，则实数b 的最大值为2．
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二二次方程根的分布
初中阶段，我们知道了在全体实数范围下二次方程ax2 + bx + c = 0 根的分布与判别式：△= b2 - 4ac 的正
负有关系．即：(a > 0)
Δ = b2 - 4ac
Δ > 0
Δ = 0
Δ < 0
y = ax2+ bx + c 图象
x
x
x
ax2+ bx + c = 0 的根
两根
一根
无实根
高中阶段，我们将接触的是某个区间下方程根的分布．
设：f(x) = ax2 + bx + c(a > 0) 的零点为：x1，x2，判别式：△= b2- 4ac, 对称轴：x0=- b
2a
(1) 方程f(x) = 0 在区间m,n


上无解.
图
象
x
n
m
f(n)
f(m)
x0
x
f(m)
m
a>0
f(n)
n
或
x
f(m)
m
a>0
n
f(n)
x
f(m)
m
x1
x2
a>0
n
f(n)
不等式约束
f(m)>0
f(n)>0
△<0
m<x0<n







f(m)>0
f(n)>0
n<x0或m>x0





f(m)<0
f(n)<0
△>0





(2) 方程f(x) = 0 在区间m,n


上有一解.
图
象
x
f(n)
n
x0
a>0
m
f(m)
x
f(n)
m x2
f(m)
n
x
f(n)
x1
a>0
n
或
x
f(m)
m
x1
x2
a>0
f(n)
n
不等式约束
f(m)≥0
f(n)≥0
△=0
m≤x0≤n







f(m)∙f(n)≤0
△>0

(3) 方程f(x) = 0 在区间m,n


上有两解.
x
f(m)
m
x1
x2 n
f(n)
x

f(m)≥0
f(n)≥0
△>0
m<x0<n







区间下二次方程根的分布
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选择胜于努力，笃行成就未来
2 (★★☆☆☆)方程t2- (m - 1)t + 1 - m = 0 在t ∈(0，+∞) 上有解，求实数t 的范围．
方程t
2- m-1


t + 1 - m = 0 在t ∈(0，+∞) 上有解，作出示意图如下：
O
x
y

Δ= m-1


2-4 1-m


≥0
0< m-1
2


m ∈1,+∞


11 (★☆☆☆☆) 方程x2+ (a - 2)x + 5 - a = 0 在(2，4) 上有两个不相等的实根，则a 的取值范围( D )
A. (-6，-2)
B. (-6，-4)
C.
- 13
3 ，-2


D.
- 13
3 ，-4


设f(x) = x2 + (a - 2)x + 5 - a，因为方程x2 + (a - 2)x + 5 - a = 0 在(2，4) 上有两个不相
等的实根，所以
Δ=(a-2)2-4(5-a)>0
2<- a-2
2
<4
f(2)=a+5>0
f(4)=3a+13>0





，解得- 13
3 < a <-4．
12 (★☆☆☆☆) 已知关于x 的方程x2 - (m + 1)x + 4m2 = 0 的两根分别在区间(0，1)，(1，2) 内，则
实数m 的取值范围为
0，1
4


．
令f(x) = x2- (m + 1)x + 4m2，
根据题意得
f(0)>0
f(1)<0
f(2)>0





，即
4m2>0①
1-(m+1)+4m2<0②
4-2(m+1)+4m2>0③





，
由①得：m ≠0，由②得：0 < m < 1
4 ，由③得：x ∈R，求交集得：0 < m < 1
4 ，
故m 的取值范围为0，1
4


．故答案为：0，1
4


．
13 (★★☆☆☆) 关于x 的二次方程x2+ (m - 1)x + 1 = 0 在区间[0，2] 上有解，求实数m 的取值范围．
设f(x) = x2+ (m - 1)x + 1，x ∈[0，2]．
(1)f(x) = 0 在区间[0，2] 上有一解．
∵f(0) = 1 > 0，∴应有f(2) ≤0 ⇒m ≤- 3
2 ．
(2)f(x) = 0 在区间[0，2] 上有两解，
则
△≥0⇒(m-1)2-4≥0⇒m≥3或m≤-1
0<- m-1
2
≤2⇒-3≤m<1
f(2)≥0⇒4+(m-1)×2+1≥0⇒m≥- 3
2







，∴- 3
2 ≤m ≤-1．由(1) (2) 知：m ≤-1．
125
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选择胜于努力，笃行成就未来
14 (★★☆☆☆) 已知关于x 的方程x2 +
1
2 -2m


x + m2 - 1 = 0(m 是与x 无关的实数) 的两个实根在区
间[0，2] 内，求m 的取值范围．
设f(x) = x2+
1
2 -2m


+ m2- 1，对称轴为x = m - 1
4 ，
Δ =
1
2 -2m


2
- 4(m2- 1) = 17
4 - 2m，
f(0) = m2- 1，f(2) = m2- 4m + 4 = (m - 2)2，
由题意得：
△≥0
0≤m- 1
4 ≤2

且
f(0)≥0
f(2)≥2

，
解得1
4 < m ≤17
8 且m ≥1，
∴m 的取值范围是1，17
8




15 (★★☆☆☆) 已知函数f(x) = mx2 + (m - 3)x + 1 的图象与x 轴的交点至少有一个在原点的右侧，求
实数m 的取值范围．
若m = 0，则f(x) =-3x + 1，显然满足要求．
若m ≠0，有两种情况：
①原点两侧各有一个，则
Δ=(m-3)2-4m>0
x1x2= 1
m <0

⇒m < 0；
②都在原点右侧，则
△=(m-3)2-4m≥0
x1+x2= 3-m
m
>0
x1⋅x2= 1
m >0







解得0 < m ≤1．
综上可得m ∈(-∞，1]．
126
夏• 2026 初高衔接
晓书
选择胜于努力，笃行成就未来
1 (★☆☆☆☆)函数f(x) = x2+ x - 2(x ∈[0，2]) 值域
( A )
A. [-2，4]
B.
- 9
4 ，4




C.
- 9
4 ，+∞



D.
- 7
4 ，4




函数f(x) = x2+ x - 2 的对称轴为x =- 1
2 ，故函数f(x) = x2+ x - 2 在[0，2] 上单调递增，
又f(0) =-2，f(2) = 4，所以函数f(x) = x2+ x - 2(x ∈[0，2]) 的值域是[-2，4]．故选：A．
2 (★☆☆☆☆)设m ∈R，则“m ≤2”是“函数f(x) = x2- mx 在[1，+∞) 上单调递增”的
( C )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 不充分也不必要条件
若函数f(x) = x2- mx 在[1，+∞) 上单调递增，
则m
2 ≤1，∴m ≤2，∴m ≤2 是函数f(x) = x2- mx 在[1，+∞) 上单调递增的充要条件，故选：C．
3 (多选•★★☆☆☆)下列关于二次函数f(x) = x2+ x - 1 的说法正确的是
( ABD )
A. f(f(-1)) =-1
B. f(x) 在(-2，-1) 上有且仅有一个零点
C. 若x ∈(-1，2)，则f(x) 的值域为(-1，5)
D. ∀x ∈R，都有f(-x - 1) - f(x) = 0
A，f(-1) = (-1)2 - 1 - 1 =-1，f(f(-1)) = f(-1) =-1，正确；B，二次函数开口向上，
对称轴为x =- 1
2 ，故f(x) 在(-2，-1) 单调递减，至多只有一个零点，且f(-2) = 1 > 0，f(-1) =-1 < 0，
由零点存在性定理，f(x) 在(-2，-1) 上有且仅有一个零点，正确；C，二次函数对称轴为x =- 1
2 ∈(-1，
2)，故f(x)min = f - 1
2


=- 5
4 ，错误；D，f(-x - 1) - f(x) = (-x - 1)2 + (-x - 1) - 1 - x2 - x + 1 = 0，正
确；故选：ABD．
4 (★★☆☆☆)如图是二次函数y = ax2 + bx + c 图象的一部分，图象过点A(-3，0)，对称轴为x =
-1，给出下面四个结论：①b2> 4ac；②2a - b = 1；③a - b + c = 0；④若y > 0，则x ∈(-3，1)．
其中正确的是
( C )
A. ①③
B. ②④
C. ①④
D. ①②③
由函数y = ax2 + bx + c 的图象，可得函数的图象开口向下，与x 轴有两
个交点，∴a < 0，Δ = b2 - 4ac > 0，∴①正确；由对称轴方程为x =- b
2a =-1，可得2a
= b，∴2a - b = 0，∴②不正确；由f(-1) > 0，可得a - b + c > 0，∴③不正确；由图象可得f(-3) = 0，根
据函数的对称性，可得f(1) = 0，∴y > 0，可得-3 < x < 1，∴④正确．故选：C．
5 (★★☆☆☆) f(x) = x2- (m + 2)x + 2 在区间[1，3] 上是单调函数，则实数m 的取值范围是( D )
A. (-∞，0)
B. [4，+∞)
C. (-∞，0) ∪(4，+∞)
D. (-∞，0] ∪[4，+∞)
函数f(x) = x2 - (m + 2)x + 2，对称轴为x = m+2
2
，∵f(x) = x2 - (m + 2)x + 2 在区间
[1，3] 上是单调函数，∴m+2
2
≤1 或m+2
2
≥3，解得m ≤0 或m ≥4，m 的范围是(∞，0] ∪[4，+∞)
x
y
-1
-3
A
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6 (★★★☆☆)已知二次函数f(x) 在(-∞，2] 上单调递减，在[2，+∞) 上单调递增，且f(x) 的最小
值为-1，f(x) 的图象过点(0，3)．
(1) 求f(x) 的解析式；
(3) 讨论f(x) 在[m - 1，m + 1] 上的最小值．
(1) 二次函数f(x) 在(-∞，2] 上单调递减，在[2，+∞) 上单调递增，且f(x) 的最小值为
-1，
依题意可设f(x) = a(x - 2)2- 1，a > 0，
由题意可得f(0) = 4a - 1 = 3，所以a = 1，
所以f(x) = (x - 2)2- 1 = x2- 4x + 3．
(2) 当m + 1 ≤2，即m ≤1 时，f(x) 在[m - 1，m + 1] 上单调递减，
所以f(x)min = f(m + 1) = m2- 2m；
当m - 1 < 2 < m + 1，即1 < m < 3 时，函数f(x) 在[m - 1，2] 上单调递减，在[2，m + 1] 上单调递
增，
则f(x)min = f(2) =-1；
当m - 1 ≥2，即当m ≥3 时，f(x) 在[m - 1，m + 1] 上单调递增，
所以f(x)min = f(m - 1) = m2- 6m + 8．
综上，f(x)min =
m2-6m+8，m≥3
-1，1<m<3
m2-2m，m≤1





．
16 (★★★☆☆)若二次函数f(x) = ax2+ bx + c(a ≠0)，满足f(x + 1) - f(x) = 2x，且f(0) = 1．
(1) 求f(x) 的解析式；
(2) 若在区间[-1，2] 上，不等式f(x) < 2x + m 恒成立，求实数m 的取值范围．
(本题满分12 分)
：(1) 由f(0) = 1 得，c = 1，
∴f(x) = ax2+ bx + 1．
又f(x + 1) - f(x) = 2x，
∴a(x + 1)2+ b(x + 1) + 1 - (ax2+ bx + 1) = 2x，即2ax + a + b = 2x，
∴2a = 2 且a + b = 0，
得a = 1，b =-1
因此，f(x) = x2- x + 1．
(2)f(x) < 2x + m 等价于x2- x + 1 < 2x + m，即x2- 3x + 1 < m，
令g(x) = x2- 3x + 1，x ∈[-1，2]．
则当x =-1 时，g(x)max = g(-1) = 5，
故m > 5．
因此满足条件的实数m 的取值范围是(5，+∞)．