2024年高考数学第一轮复习核心考点专题特训 专题2.3 二次函数与一元二次方程、不等式【原卷版+解析】

这是一份2024年高考数学第一轮复习核心考点专题特训 专题2.3 二次函数与一元二次方程、不等式【原卷版+解析】，共46页。


【核心素养】
1．考查二次函数的图象和性质，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
2.结合“三个二次”间的关系，考查一元二次方程、一元二次不等式的解法、恒成立问题求解，考查转化与化归能力，凸显数学抽象的核心素养．
3.以多种知识内容为载体，考查应用不等式性质、一元二次不等式、二次函数的图象和性质、一元二次方程等解决问题的能力，凸显数学建模、数学运算、逻辑推理等核心素养．
知识点一
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
知识点二
一元二次不等式
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.
知识点三
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：
知识点四
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,Δ<0))；
(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,Δ≤0))；
(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0,Δ<0))；
(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0,Δ≤0)).
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)k(2)k>f(x)恒成立⇔k>M，k≥f(x)恒成立⇔k≥M.
知识点五
待定系数法的应用
1.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．
2.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．
常考题型剖析
题型一：求二次函数的解析式
【典例分析】
例1-1.（2023·山东枣庄·统考模拟预测）已知二次函数，，且.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在区间上的值域．
【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：
【变式训练】
变式1-1. 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．
题型二：二次函数的图象
例2-1.（2022秋·安徽合肥·高一中国科技大学附属中学校考阶段练习）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．6C．D．3
例2-2.（2022秋·广西柳州·高一柳铁一中校联考阶段练习）已知函数的图像如图所示，则的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
例2-3.（2023·北京·高三专题练习）已知二次函数，对任意的，有，则的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【规律方法】
识别二次函数图象应学会“三看”
【变式训练】
变式2-1.（2021秋·高一课时练习）已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
变式2-2. （2023春·上海杨浦·高二上海市控江中学校考阶段练习）设均为非零实数，则直线和在同一坐标系下的图形可能是（ ）．
A．B．
C．D．
变式2-3. 【多选题】（2022秋·江西·高一统考阶段练习）设，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
题型三：二次函数的单调性问题
【典例分析】
例3-1.（2022秋·广东肇庆·高一德庆县香山中学校考开学考试）已知二次函数在区间内是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A．或B．
C．或D．
例3-2．（2023春·贵州黔东南·高一校考阶段练习）已知二次函数对任意的x都有，且的图象与x轴的两个交点间的距离为6.
(1)求的解析式；
(2)设，若在上是减函数，求的最小值.
【规律方法】
1．主要有三类问题：确定函数的单调区间、根据单调性求参数和应用单调性解题（如解不等式或求最值）；
2. 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⊆eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A⊆\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))))，即区间A一定在函数对称轴的左侧(右侧)．
【变式训练】
变式3-1.（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__________．
变式3-2.（2022秋·高一单元测试）已知函数与在区间上都是减函数，那么__________.
题型四：二次函数的最值问题
【典例分析】
例4-1. （2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则的最小值是（ ）
A．B．C．1D．2
例4-2．（2023·全国·高三专题练习）函数在区间上的最大值为．求的解析式；
【规律方法】
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．
【变式训练】
变式4-1.（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．，
变式4-2.（2023·重庆·统考二模）已知，，则的最小值为___________.
题型五：恒成立问题
【典例分析】
例5-1.（江西高考真题）若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（ ）
A．0B．C．D．
例5-2. （2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是____________.
例5-3．（2023·全国·高一专题练习）已知二次函数满足条件：①的解集为；②的最大值为4.
(1)求a，b，c的值；
(2)在区间上，二次函数的图象恒在一次函数图象的下方（无公共点），求实数m的取值范围.
【规律方法】
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（如例5-1）；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．
4. “二次”问题恒成立问题的解题思路
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,b2－4ac<0；))
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,b2－4ac<0；))
(3)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
【变式训练】
变式5-1.（2023·广西玉林·统考二模）若不等式对恒成立，则a的取值范围是____________．
变式5-2.（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．
变式5-3.（2020秋·福建泉州·高一晋江市第一中学校考阶段练习）已知关于的不等式的解集是．
(1)求，的值；
(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
题型六：“二次问题”与其它知识的“交汇”
【典例分析】
例6-1.（2023·四川宜宾·统考三模）在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（ ）
A．B．2C．D．
例6-2.（2023·全国·高三专题练习）函数的值域是____________．
例6-3．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）双曲线的离心率的取值范围是___．
例6-4．（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中为实数．
(1)已知函数在处取得极值，求的值；
(2)已知不等式对都成立，求实数的取值范围．
【规律方法】
1.“三个二次”作为基础知识，应用非常广泛，它与数学的其它知识交汇也很普遍，从近几年高考命题看，命题交汇有：与其它函数函数交汇、与解三角形交汇、与平面向量交汇、与立体几何交汇、与平面解析几何交汇、与导数交汇等.
2.解决“交汇”问题的策略是：先根据所交汇的知识进行变形，通过“换元”转化为用“二次问题”求解，这是难点；
【变式训练】
变式6-1.（2023·宁夏中卫·统考二模）已知点在直线上，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
变式6-2.（2023·全国·模拟预测）设，均为正实数，若直线被圆截得的弦长为2，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
变式6-3.（2023·全国·高三专题练习）函数的最小值为________．
变式6-4.（2023·广西柳州·高三柳州高级中学校联考阶段练习）已知函数，若函数在上有极值，则实数a的取值范围为___．
一、单选题
1．（2022秋·福建福州·高一校联考期中）不等式的解集为，则函数的图象为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学）对任意的，不等式都成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2022秋·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）不等式对任意的恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
4．（2023秋·甘肃天水·高一统考期末）若函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围是________.
5．（2022秋·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）已知函数，方程有两个相等的实数根，若关于的不等式的解集为，则实数的值为________.
6．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）正数满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围__________.
7．（2023·陕西榆林·统考三模）若不等式对恒成立，则a的取值范围是__________，的最小值为__________．
8．（2023·全国·高三专题练习）已知为正的常数，若不等式对一切非负实数恒成立，则的最大值为________.
9．（2021春·陕西渭南·高一校考阶段练习）如图是二次函数图象的一部分，图象过点，对称轴为．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是__________．
四、解答题
10．（2023·全国·高三专题练习）已知在区间 上的值域为.
(1)求实数的值；
(2)若不等式 当上恒成立，求实数k的取值范围.
11．（2022秋·山东枣庄·高一统考期末）已知函数，.
(1)若在上单调递减，求实数m的取值范围；
(2)解关于x的不等式．
12．（浙江高考真题）设，若，求证：
(1)方程有实根；
(2)；
(3)设是方程的两个实根，则．
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\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))
单调性
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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
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
＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<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
不等式
的解集
f(x)>0
{x|xx2}
{x|x≠－eq \f(b,2a)}
R
f(x)<0
{x|x1∅
∅
专题2.3 二次函数与一元二次方程、不等式

【核心素养】
1．考查二次函数的图象和性质，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
2.结合“三个二次”间的关系，考查一元二次方程、一元二次不等式的解法、恒成立问题求解，考查转化与化归能力，凸显数学抽象的核心素养．
3.以多种知识内容为载体，考查应用不等式性质、一元二次不等式、二次函数的图象和性质、一元二次方程等解决问题的能力，凸显数学建模、数学运算、逻辑推理等核心素养．
知识点一
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
知识点二
一元二次不等式
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.
知识点三
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：
知识点四
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,Δ<0))；
(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,Δ≤0))；
(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0,Δ<0))；
(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0,Δ≤0)).
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)k(2)k>f(x)恒成立⇔k>M，k≥f(x)恒成立⇔k≥M.
知识点五
待定系数法的应用
1.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．
2.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．
常考题型剖析
题型一：求二次函数的解析式
【典例分析】
例1-1.（2023·山东枣庄·统考模拟预测）已知二次函数，，且.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在区间上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）函数图象与轴交点确定值，函数和函数相等，对应系数相等确定、值.
（2）根据区间上的单调性求出最值，即可得到区间上的值域.
【详解】（1）解：因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以，
所以，所以，
即．
（2）解：因为，所以是开口向上，对称轴为的抛物线．
因为在递减，在递增，所以，
因为，，
所以，
所以在上的值域为．
【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：
【变式训练】
变式1-1. 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，
∴
∵f(2)＝－1，∴＝－1，解得a＝－4，
∴f(x)＝＝－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.
题型二：二次函数的图象
例2-1.（2022秋·安徽合肥·高一中国科技大学附属中学校考阶段练习）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．6C．D．3
【答案】C
【分析】由图可得方程的两根为2和4，利用根与系数的关系结合列式求得的值，则答案可求.
【详解】由直线，，知，又由二次函数的对称性和图象知顶点为，
所以，解得，由得，，则．
故选：C.
例2-2.（2022秋·广西柳州·高一柳铁一中校联考阶段练习）已知函数的图像如图所示，则的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】根据二次函数的图像判断参数的范围，再根据对数函数的性质即可选出答案.
【详解】解：根据二次函数图像可知，，两个数一个大于1，一个大于0且小于1，
当，时，在定义域内单调递增，，故B项符合题意；
当，时，在定义域内单调递减，，故A项符合题意.
故选：AB.
例2-3.（2023·北京·高三专题练习）已知二次函数，对任意的，有，则的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】令中，则，排除C，D；又由可得任意的恒成立，则，，排除B，即可得出答案.
【详解】因为对任意的，有，令，则，
所以，排除C，D；即，
设二次函数，
所以，，
由可得，则，
所以任意的恒成立，则，，故排除B.
故选：A.
【规律方法】
识别二次函数图象应学会“三看”
【变式训练】
变式2-1.（2021秋·高一课时练习）已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据二次函数图象上特殊点的正负性，结合指数型函数的性质进行判断即可.
【详解】由图象可知，所以，
因为，所以由(1)可得：，由(3)可得：，所以，
由(2)可得：，所以，
因此有，所以函数是减函数，
，所以选项A符合.
故选：A.
变式2-2. （2023春·上海杨浦·高二上海市控江中学校考阶段练习）设均为非零实数，则直线和在同一坐标系下的图形可能是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】假设每个选项中的一次函数图象正确，可得的正负，由此可确定二次函数的开口方向和对称轴位置，可排除得到最终结果.
【详解】对于A，若图象正确，则，，
开口方向向上，对称轴为，与图象符合，A正确；
对于B，若图象正确，则，，
开口方向向下，与图象不符，B错误；
对于C，若图象正确，则，，
开口方向向上，与图象不符，C错误；
对于D，若图象正确，则，，
开口方向向上，与图象不符，D错误.
故选：A.
变式2-3. 【多选题】（2022秋·江西·高一统考阶段练习）设，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据二次函数图像的性质，依次分析各选项即可得答案.
【详解】函数的图象的对称轴为，与轴的交点的坐标分别为，则，
A中，，则，，，∴，符合题意；
B中，，则，，，∴，符合题意；
C中，，则，，，∴，不符合题意；
D中，，则，，，∴，符合题意，
故选：ABD.
题型三：二次函数的单调性问题
【典例分析】
例3-1.（2022秋·广东肇庆·高一德庆县香山中学校考开学考试）已知二次函数在区间内是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A．或B．
C．或D．
【答案】A
【分析】根据二次函数的性质求解.
【详解】二次函数 的对称轴为 ，欲使得 时是单调的，
则对称轴 必须在 区间之外，即 或者 ；
故选：A.
例3-2．（2023春·贵州黔东南·高一校考阶段练习）已知二次函数对任意的x都有，且的图象与x轴的两个交点间的距离为6.
(1)求的解析式；
(2)设，若在上是减函数，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二次函数的对称性和两根之间的距离即可解答；
（2）求出的解析式，利用二次函数的单调性即可解答．
【详解】（1），
关于对称，
，．
设方程的两根为，，则：，，
又，
，
解得：，
．
（2），
当时，，满足题意．
当时，，开口向上，对称轴为，
又在，上是减函数，，
解得：，
的最小值为．
当时，，开口向下，对称轴为，
又在，上是减函数，
，解得：，
综上当在，上是减函数时，，，
的最小值为：．
【规律方法】
1．主要有三类问题：确定函数的单调区间、根据单调性求参数和应用单调性解题（如解不等式或求最值）；
2. 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⊆eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A⊆\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))))，即区间A一定在函数对称轴的左侧(右侧)．
【变式训练】
变式3-1.（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：．
变式3-2.（2022秋·高一单元测试）已知函数与在区间上都是减函数，那么__________.
【答案】.
【分析】二次函数在区间单减，则区间在二次函数的减区间范围内，从而求得的范围；反比例型函数在区间单调递减，得，取交集即可.
【详解】根据二次函数的表达式可知，的对称轴为，开口向下，若在区间上是减函数，则，
是反比例型函数，若在区间是减函数，则，所以.
所以与在区间上都是减函数，a的取值范围为.
故答案为:.
题型四：二次函数的最值问题
【典例分析】
例4-1. （2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则的最小值是（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】先求得时，函数的值域为，结合函数为奇函数，求得函数的值域，进而求得其最小值.
【详解】当时，函数，
当时，；当时，，
所以函数在上的值域为
因为是上的奇函数，所以的值域为，
所以的最小值是.
故选：A.
例4-2．（2023·全国·高三专题练习）函数在区间上的最大值为．求的解析式；
【答案】
【分析】首先求函数的对称轴，再讨论对称轴和定义域端点的关系，再结合函数的单调性求函数的最大值，即可求解.
【详解】
当，即时，在区间上为增函数，
当，即时，；
当时，在区间上为减函数，
综上所述，.
【规律方法】
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．
【变式训练】
变式4-1.（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.
变式4-2.（2023·重庆·统考二模）已知，，则的最小值为___________.
【答案】/
【分析】首先由条件变形得，再利用二次函数求最值.
【详解】设，
，
当，此时，的最小值为.
故答案为：
题型五：恒成立问题
【典例分析】
例5-1.（江西高考真题）若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（ ）
A．0B．C．D．
【答案】C
【解析】采用分离参数将问题转化为“对一切恒成立”，再利用基本不等式求解出的最小值，由此求解出的取值范围.
【详解】因为不等式对于一切恒成立，
所以对一切恒成立，
所以，
又因为在上单调递减，所以，
所以，所以的最小值为，
故选：C.
例5-2. （2023·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是____________.
【答案】
【分析】原不等式可转化为，利用换元法，令，将不等式转化为一元二次不等式在区间上恒成立问题，利用一元二次函数的图象和性质求解即可.
【详解】因为，所以原不等式可转化为在上恒成立，
令，，
要使在上恒成立，
当时，不符合题意，
当时，若要在上恒成立，
由一元二次函数的图象和性质可得该函数图象开口向下，即，
当对称轴，即时，只需，解得；
当对称轴，即时，只需，解得；
综上所述，
故答案为：
例5-3．（2023·全国·高一专题练习）已知二次函数满足条件：①的解集为；②的最大值为4.
(1)求a，b，c的值；
(2)在区间上，二次函数的图象恒在一次函数图象的下方（无公共点），求实数m的取值范围.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）根据不等式解集的端点即为对应方程的根，得到根与系数的关系，再由最大值可得出；
（2）转化为不等式恒成立，分离参数后，由二次函数求区间上的最大值即可得解.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
所以，3是方程的两根，
所以，，即，
函数的对称轴为，
且函数在处取得最大值4，即有，
所以，因此，，.
（2）依题意，在上恒成立，
即有在上恒成立，
而在上单调递减，
所以，因此.
【规律方法】
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（如例5-1）；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．
4. “二次”问题恒成立问题的解题思路
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,b2－4ac<0；))
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,b2－4ac<0；))
(3)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
【变式训练】
变式5-1.（2023·广西玉林·统考二模）若不等式对恒成立，则a的取值范围是____________．
【答案】
【分析】通过参数分离等价转化不等式，再求二次函数在给定区间的最值，即可求出a的取值范围．
【详解】由不等式对恒成立，
可转化为对恒成立，即，
而，
当时，有最大值，所以，
故答案为：．
变式5-2.（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.
变式5-3.（2020秋·福建泉州·高一晋江市第一中学校考阶段练习）已知关于的不等式的解集是．
(1)求，的值；
(2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）由题意，可判断得方程的两根为和，再利用韦达定理列方程组计算；
（2）将题干条件转化为，利用函数的单调性求解最大值，从而可得的取值范围.
【详解】（1）由题意，方程的两根为和，
由韦达定理可得，，解得.
所以，
（2）由（1）知，对任意，恒成立，
即任意，恒成立，
令，则成立，
因为函数在上为减函数，
所以当时，，即，
所以实数的取值范围为.
题型六：“二次问题”与其它知识的“交汇”
【典例分析】
例6-1.（2023·四川宜宾·统考三模）在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】由余弦定理及同角三角函数的基本关系可求与，故，根据二次函数的性质即可求解.
【详解】由余弦定理可得，
所以.
因为，，所以，即，解得.
所以
，
当时，.
故选：C.
例6-2.（2023·全国·高三专题练习）函数的值域是____________．
【答案】
【分析】令，利用三角恒等变换，可将函数转化为，结合二次函数的单调性即可求得函数的值域.
【详解】令，
又，则，
所以
则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，；又当时，，当时，，即，
故函数的值域为.
故答案为：.
例6-3．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）双曲线的离心率的取值范围是___．
【答案】
【分析】由已知求得，，得到.又，根据二次函数的性质得出，开方即可得出答案.
【详解】由题意可知，，，
所以，
所以.
因为，所以，
所以，所以.
故答案为：.
例6-4．（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中为实数．
(1)已知函数在处取得极值，求的值；
(2)已知不等式对都成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由极值点的定义可得，解出的值并验证即可；
（2）由题意可得对任意都成立，按照的不同取值结合二次函数的图象和对称轴分情况讨论即可.
【详解】（1）由题意可得，
因为函数在处取得极值，
所以，
解得，
当时，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，函数在处取得极大值，符合题意.
（2）由题设知，对任意都成立，
即对任意都成立，
令，
①当时，由解得，显然时不成立，故；
②当，即时，为开口向下的抛物线，的对称轴为，
所以在上单调递减，
所以由对任意都成立可得，解得，与矛盾，
故不符合题意；
③当，即时，为开口向上的抛物线，的对称轴为，
若，即时，，解得或，所以；
若，即时，由对任意都成立可得，解得，所以；
综上所述，.
【规律方法】
1.“三个二次”作为基础知识，应用非常广泛，它与数学的其它知识交汇也很普遍，从近几年高考命题看，命题交汇有：与其它函数函数交汇、与解三角形交汇、与平面向量交汇、与立体几何交汇、与平面解析几何交汇、与导数交汇等.
2.解决“交汇”问题的策略是：先根据所交汇的知识进行变形，通过“换元”转化为用“二次问题”求解，这是难点；
【变式训练】
变式6-1.（2023·宁夏中卫·统考二模）已知点在直线上，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将点代入直线方程，再利用基本不等式求得的最小值，从而将问题转化，解之即可.
【详解】因为点在直线上，
所以，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
因为关于的不等式恒成立，
所以，解得，
所以.
故选：A
变式6-2.（2023·全国·模拟预测）设，均为正实数，若直线被圆截得的弦长为2，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用直线与圆的位置关系及基本不等式，结合一元二次不等式的解法即可求解.
【详解】圆的圆心为，半径为，
由题意可知，圆心到直线的距离为
，两边平方并整理，得，
由基本不等式可知，，即，
解得或，当且仅当时，取等号，
于是有或,
的取值范围是.
故选：C.
变式6-3.（2023·全国·高三专题练习）函数的最小值为________．
【答案】/
【分析】利用换元法，结合对数函数的运算法则和二次函数的性质即可得出结论.
【详解】显然，∴
，
令，∵x∈，∴t∈[－1，2]，则，
当且仅当t＝－即x＝时，有.
故答案为：
变式6-4.（2023·广西柳州·高三柳州高级中学校联考阶段练习）已知函数，若函数在上有极值，则实数a的取值范围为___．
【答案】
【分析】根据导数与极值的关系求解即可.
【详解】因为，所以，
为二次函数，且对称轴为，
所以函数在单调递增，
则函数在单调递增，
因为函数在上有极值，
所以在有解，
根据零点的存在性定理可知，即，
解得，
故答案为：.
一、单选题
1．（2022秋·福建福州·高一校联考期中）不等式的解集为，则函数的图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据等式的解集为可得是的两根且，由此求出，可得的解析式，继而可判断答案.
【详解】不等式的解集为，
则是的两根且 ，则，
故 ，所以，
则函数的图象为开口向下，对称轴为的抛物线，
只有D选项中图象符合题意.
故选:D.
2．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第十三中学）对任意的，不等式都成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分离参数得对任意的恒成立，则求出即可.
【详解】因为对任意的，都有恒成立，
∴对任意的恒成立．
设，
，，
当，即时，，
∴实数a的取值范围是.
故选：D.
二、多选题
3．（2022秋·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）不等式对任意的恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】将原不等式转化为一元二次不等式恒成立问题，根据二次函数的性质求解.
【详解】 可整理为 ，根据二次函数的性质有：
，故A正确；
当时，满足 ，即原不等式成立，B错误；
由 ，得 ，所以 ，C正确；
，D正确；
故选：ACD．
三、填空题
4．（2023秋·甘肃天水·高一统考期末）若函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【分析】根据二次函数的单调性可得答案.
【详解】因为函数在区间上单调递减，
所以，即，
故答案为：
5．（2022秋·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）已知函数，方程有两个相等的实数根，若关于的不等式的解集为，则实数的值为________.
【答案】16
【分析】由判别式为0得，由不等式的解集得一元二次方程的两根，题意说明两根差的绝对值为8，利用韦达定理可求得．
【详解】方程有两个相等的实数根，则，，
关于的不等式的解集为，
所以方程的两根为和，两根记为，则，
又，，
所以，，
故答案为：16.
6．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）正数满足，若不等式恒成立，则实数的取值范围__________.
【答案】
【分析】由不等式恒成立可得，利用基本不等式求的最小值，由此可求的取值范围.
【详解】因为不等式恒成立，所以，
由，，
可得，
当且仅当时等号成立，
所以，解得.
所以的取值范围为.
故答案为：.
7．（2023·陕西榆林·统考三模）若不等式对恒成立，则a的取值范围是__________，的最小值为__________．
【答案】
【分析】根据题意，结合二次函数的性质，求得，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】当时，不等式对不恒成立，不符合题意（舍去）；
当时，要使得对恒成立，
则满足，解得，所以实数的取值范围为.
因为，可得，所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．
故答案为：；.
8．（2023·全国·高三专题练习）已知为正的常数，若不等式对一切非负实数恒成立，则的最大值为________.
【答案】
【分析】令，将带有根式的不等式问题转化成整式不等式的问题，然后结合二次函数性质处理.
【详解】原不等式即 ① ，令，，则，
将代入①式，则有，
对一切恒成立，对恒成立，
即，根据二次函数的性质，在时单调递增，故，
所以，又为正的常数，则的最大值为.
故答案为：
9．（2021春·陕西渭南·高一校考阶段练习）如图是二次函数图象的一部分，图象过点，对称轴为．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是__________．
【答案】①④
【分析】根据已知条件及函数的部分图象，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】对于①，由图象可知，函数图象与轴有两个交点，
所以有两个不相等的实根，
所以，即，故①正确；
对于②，因为二次函数的对称轴为，
所以，即，故②错误；
对于③，由图象可知，，即，故③错误；
对于④，由图可知，，即.
由二次函数的对称性可知，，
所以，
由，得，即，于是有，故④正确.
故答案为：①④.
四、解答题
10．（2023·全国·高三专题练习）已知在区间 上的值域为.
(1)求实数的值；
(2)若不等式 当上恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据区间 讨论 的对称轴 的位置，满足值域是 ，求出a；
（2）运用换元法构造函数根据单调性求解.
【详解】（1）函数 是开口向上，对称轴为 的二次函数，根据 的图像有：
当 时， 在 上的最小值 ，
不符合 ，舍；
当 时， 在 上的最小值 或 （舍），
， ，满足题意；
当 时， 在 上的最小值 （舍），
；
（2）由(1)， ，不等式为 ，
即 ，令 ，则 ， 在 时恒成立，
令 ，是对称轴为 开口向上的抛物线，在 时单调递减，
， ，即k的取值范围是 ；
综上， .
11．（2022秋·山东枣庄·高一统考期末）已知函数，.
(1)若在上单调递减，求实数m的取值范围；
(2)解关于x的不等式．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求出二次函数的对称轴和单调递减区间，从而列出不等式，求出m的取值范围；
（2）因式分解后，分，和三种情况，求出不等式的解集.
【详解】（1）因为函数，的图象为开口向上的抛物线，
其对称轴为直线．
由二次函数图象可知，的单调递减区间为．
因为在上单调递减，所以．
所以．
（2）由得：．
由得或．
①当时，有，解得；
②当时，解得或；
③当时，解得或．
综上，①当时，不等式的解集是；
②当时，不等式的解集是；
③当时，不等式的解集是．
12．（浙江高考真题）设，若，求证：
(1)方程有实根；
(2)；
(3)设是方程的两个实根，则．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据已知条件，求判别式的范围，即可证明；
（2）由，以及的等量关系，即可证明；
（3）根据根与系数的关系，结合（2）中所求，求得的取值范围，即可证明.
【详解】（1）若，则，所以，与已知矛盾，
所以．因为，所以，
所以方程的判别式
所以方程有实数根；
（2）由，得
，
，
，又，
，
解得；
（3）因为，是方程的两个实数根，
所以，
所以，
因为，所以，故，
所以
所以．
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\c1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))
单调性
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递减；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，＋∞))上单调递增
在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(b,2a)))上单调递增；
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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
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
＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<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
不等式
的解集
f(x)>0
{x|xx2}
{x|x≠－eq \f(b,2a)}
R
f(x)<0
{x|x1∅
∅