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（练）

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高考数学一轮复习策略1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。2、精练习题复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。3、加强审题的规范性每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。4、重视错题“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。 专题2.3   二次函数与一元二次方程、不等式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＝0C．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2C．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=logax的图象的下方，则实数a的取值范围是___________.【答案】1<a≤2.【解析】在同一个坐标系中画出两个函数的图象，结合图形，列出不等式组，求得结果.【详解】如图，在同一平面直角坐标系中画出函数y=(x-1)2和y=logax的图象.由于当x∈(1，2)时，函数y=(x-1)2的图象恒在函数y=logax的图象的下方，则，解得1<a≤2.故答案为：1<a≤2.6.（2020·山东省微山县第一中学高一月考）若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】∵不等式对任意恒成立，∴函数的图象始终在轴下方，∴，解得，故答案为：．7.（2021·全国高三专题练习）已知当时，不等式9x－m·3x＋m＋1>0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﹣a3x+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）min=g（）=﹣，再根据题意可得﹣m2+tm≤﹣，利用函数的单调性即可求出．【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）min=h（3）=a2﹣9a+9；当，即a＞时，g（a）=h（u）min=h（1）=a2﹣3a+1；故g（a）=；（Ⅱ）当a≤时，g（a）=a2﹣9a+9，g（a）min=g（）=﹣；当a时，g（a）=a2﹣3a+1，g（a）min=g（）=﹣；因此g（a）min=g（）=﹣；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.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)  【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.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.