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）

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1．二次函数
(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
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：
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.
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))
∴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＝eq \f(2＋－1,2)＝eq \f(1,2)，
∴m＝eq \f(1,2).
又根据题意，函数有最大值8，∴n＝8，
∴y＝f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋8.
∵f(2)＝－1，∴aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4，
∴f(x)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋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eq \f(4a－2a－1－a2,4a)＝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
例2.（2020·山东省微山县第一中学高一月考）对数函数且与二次函数在同一坐标系内的图像不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
当时，函数单调递减，开口向下，对称轴在y轴的左侧，排除C，D；
当时，函数单调递增，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⊆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】
（2020·天津市咸水沽第二中学高三一模）已知函数．若存在使得关于x的不等式成立，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
由题意，当时，不等式可化为显然不成立；
当时，不等式可化为，所以，
又当时，，当且仅当，即时，等号成立；
当时，不等式可化为，
即；
因为存在使得关于x的不等式成立，
所以，只需或.
故答案为：.
考点六：二次函数与函数零点问题
例6.（2020·宜宾市叙州区第一中学校高一月考（理））已知函数.
（1）若的值域为，求关于的方程的解；
（2）当时，函数在上有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）或.（2）
【解析】
（1）因为的值域为，所以.
因为，所以，则.
因为，所以，即，
解得或.
（2）在上有三个零点等价于方程在上有三个不同的根.
因为，所以或.
因为，所以.
结合在上的图象可知，要使方程在上有三个不同的根，则在上有一个实数根，在上有两个不等实数根，
即，解得.
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．
【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是函数的零点.
（1）求解析式，并解不等式;
（2）若，求行数的值域
【答案】（1）（2）
【解析】
（1）由题意得

即
，
（2）令

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，若在区间上，不等式恒成立，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
要使在区间上，不等式恒成立，
只需恒成立，
设，只需小于在区间上的最小值，
因为，所以当时，
，
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，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解.
【变式探究】
（2020·海丰县彭湃中学高一期末）已知函数，，且函数是偶函数.
（1）求的解析式；
（2）若不等式在上恒成立，求n的取值范围；
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）∵,
∴.
∵是偶函数,
∴,∴.
∴,
∴.
（2）令,
∵,
∴,不等式在上恒成立,
等价于在上恒成立,
∴.
令,,则,
,
∴.
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）y=-3x2+940x+20000(1≤x≤110)（2）将这批香菇存放50天后出售（3）存放100天后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，x1=50，x2=150（不合题意，舍去）；
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W，则由（2）得，W=(-3x2+940x+20000)-(10×2000+340x)
=-3x2+600x=-3(x-100)2+30000；
因此当x=100时，Wmax=30000；
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 \* GB3 \* MERGEFORMAT 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 \* GB3 \* MERGEFORMAT 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 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③求模：求解数学模型，得出数学结论；
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT 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.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，是的一次函数；当时，因缺氧等原因，的值为0千克/年.
（1）当时，求关于的函数表达式.
（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.
【答案】（1）（2）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.
【解析】
（1）由题意得当时，.
当时，设，
由已知得解得所以.
故函数
（2）设鱼的年生长量为千克/立方米，依题意，由（1）可得，
当时，，；
当时，，.
所以当时，的最大值为12.5，
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.
新课程考试要求
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.
(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.
核心素养
培养学生数学运算（例1--9）、数学建模（例9）、逻辑推理（例7）等核心数学素养.
考向预测
1.二次函数的图象和性质及应用
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
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
得不
等式
的解
集
f(x)>0
__{x|x或x>x2}__
{x|x≠－eq \f(b,2a)}
R
f(x)<0
__{x|x1__∅__
__∅__