【新高考】高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)知識點(diǎn)講解3二次函數(shù)與一元二次方程、不等式

專題2.3二次函數(shù)與一元二次方程、不等式【考綱解讀與核心素養(yǎng)】.一元二次不等式：(1)會從實(shí)際情境中抽象出一元二次不等式模型.(2)通過函數(shù)圖像了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系(3)會解一元二次不等式..結(jié)合二次函數(shù)的圖象,了解函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的聯(lián)系,判斷一元二次方程根的存在性及根的個數(shù).培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)建模、邏輯推理、直觀想象等核心數(shù)學(xué)素養(yǎng)【知識清單】.二次函數(shù)⑴二次函數(shù)解析式的三種形式:一般式：f(x)=ax2+bx+c(a￥0).頂點(diǎn)式：f(x)=a(x—m)2+n(a￥0),頂點(diǎn)坐標(biāo)為(m,n).零點(diǎn)式：f(x尸a(x—x1)(x—x2)(a￥0),x〃x2為f(x)的零點(diǎn).(2)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)解析式f(x)=ax2+bx+c(a>0)f(x)=ax2+bx+c(a<0)圖象\J/於甲定義域(—?,+?)(—?,+?)值域4ac—b2 )L4a，+叼( 4ac—b2L， 4a」單調(diào)性在(一如一2a_在L—2a,+s上單調(diào)遞減；)上單調(diào)遞增在(---2a_在［-2a，8上單調(diào)遞增；)上單調(diào)遞減對稱性b函數(shù)的圖象關(guān)于x=一b對稱ad-.一元二次不等式的概念及形式⑴概念：我們把只含有一個未知數(shù)，并且知數(shù)的最高次數(shù)是2的不等式，稱為一元二次不等式.(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).⑶一元二次不等式的解集的概念:一般地，使某個一元二次不等式成立的x的值叫做這個不等式的解，一元二次不等式的所有解組成的集合叫做這個一元二次不等式的解集..三個“二次”之間的關(guān)系(1)關(guān)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;若二次函數(shù)為f(x尸ax2+bx+c(a，0),則一元二次不等式f(x)>0或f(x)<0的解集，就是分別使二次函數(shù)f(x)的函數(shù)值為正值或負(fù)值時自變量x的取值的集合.(2)三個“二次”之間的關(guān)系:設(shè)f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程ax2+bx+c=0的判別式/=b2—4ac判別式/=b2—4ac/>0/=0/<0解不等式求方程f(x)=0的解有兩個不等的實(shí)數(shù)解x1,x2有兩個相等的實(shí)數(shù)解x1=x2沒有實(shí)數(shù)解fx)>0或fx)<0的步驟畫函數(shù)y=f(x)的示意圖11/同。斷;11得不等式fx)>0{xIx<x+或x>x2}b{x1用-2a}R的解fx)<0{xIx.<x<x」00集(1 2J.不等式恒成立問題-a>0/<0；a>0/<0；1.一元二次不等式恒成立問題⑴ax2+bx-a>0/<0；a>0/<0；(2)ax2+bx+c>0(a，0)恒成立(或解集為R)時，滿足,

f?<0（3）q%2+云+cvo（存0）恒成立（或解集為R）時，滿足/V0；[a<0（4）奴2+法+c豈）（分0）恒成立（或解集為R）時，滿足/〈0.2.含參數(shù)的一元二次不等式恒成立.若能夠分離參數(shù)成左。力或匕依）形式.則可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域求解.設(shè)公）的最大值為〃，最小值為利（1）左勺㈤恒成立QkV機(jī)，仁/（%）恒成立Qk<m.（2）左狀%）恒成立左狀%）恒成立=泛用.【典例剖析】高頻考點(diǎn)一：二次函數(shù)的解析式例1.已知二次函數(shù)段）滿足式2）=—1,八一1）=—1,且八%）的最大值是8,試確定該二次函數(shù)的解析式.【答案】/（%）=—4%2+4%+7【解析】解法一（利用“一般式”解題）CL=-4,解得k=4，、c=7.CL=-4,解得k=4，、c=7.4q+2Z?+c=-1,…日否*4曰<a—b+c=—\,由題意得4。。一岳<\ =8，4。.,.所求二次函數(shù)為/（%）=—4%2+4%+7.解法二（利用“頂點(diǎn)式”解題）設(shè)f（x）=a（x—m）2+〃（q，0）.2+（—1）1???拋物線的對稱軸為l=——=',1-1-2

-

m*又根據(jù)題意，函數(shù)有最大值8,???“=8,'：f(2)=~l, ；)2+8=—1,解得q=-4,2+8=—2+8=—4x2+4x+7.解法三（利用“零點(diǎn)式”解題）由已知f(x)+1=0的兩根為x1=2,x2=-1,故可設(shè)f(x)+1=a(x-2)(x+1)(a手0)即f(x)=ax2—ax—2a—1.又函數(shù)有最大值8,又函數(shù)有最大值8,即4a(-2a-1)-a24a=8.解得a=—4或a=0(舍).???所求函數(shù)的解析式為f(x)=-4x2+4x+7.【規(guī)律方法】根據(jù)已知條件確定二次函數(shù)解析式，一般用待定系數(shù)法，選擇規(guī)律如下:【變式探究】(2019?陜西省咸陽市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一月考)已知二次函數(shù)f(x)滿足：任意的xeR，有【變式探究】(2019?陜西省咸陽市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一月考)已知二次函數(shù)f(x)滿足：任意的xeR，有J1 「■ 」f萬+x=f-~x成立，且f(x)最小值為:12f(x)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,1)(1)求f(x)的解析式;(2)是否存在實(shí)數(shù)m,n(m<n),使f(x)的定義域和值域分別為［m,n］和如果不存在，請說明理由.L-1m【答案】(1)f(x)=x2-x+1；(2)存在；r2n=2【解析】/1一.(1)因?yàn)閒5+x=f工V2J，如果存在，求出m，所以x=-是f(x)圖象的對稱軸，且最小值為，I\o"CurrentDocument"… , 1、 3 -1 3一\o"CurrentDocument"故可設(shè)f(x)=a(x-萬)2+五，由f(0)=a+五=1得a=1乙 I I I\o"CurrentDocument"…，1、 3 … .所以f(x)=(x—5)2+工，即f(x)=x2-x+1, 、 ， 1、 ，1 、 1(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)m,n(m<n)滿足題意，由(1)f(x)在(-^,-)上遞減，在(-,+^)上遞增，若n<-顯然不合題意;1m=5,不合題意，、2TOC\o"1-5"\h\zf(m)=3m 3所以m>-，j3，即m，n是方程f(x)=-x的兩不等實(shí)根，f(n)=2n 2<2x2--x+1=0，x=，x—22 ， 1 2， 2m=1Mn=22.高頻考點(diǎn)二：二次函數(shù)圖象的識別例2.(2020.山東省微山縣第一中學(xué)高一月考)對數(shù)函數(shù)>=logax(a>0且a豐1)與二次函數(shù)y-(a-1)x2-x在同一坐標(biāo)系內(nèi)的圖像不可能是( )【答案】A【答案】A【解析】當(dāng)0<a<1時，函數(shù)y=10gzx單調(diào)遞減，y-(a-1)x2-x開口向下，對稱軸在y軸的左側(cè)，排除C,D；當(dāng)a>1時，函數(shù)y=1ogax單調(diào)遞增，y-(a-1)x2-x開口向上，對稱軸在y軸的右側(cè)，排除B；故選：A【總結(jié)提升】識別二次函數(shù)圖象應(yīng)學(xué)會“三看”

看二次項(xiàng)系數(shù)的符號，它確定二次函數(shù)圖象的開口方向二看對稱軸

不

二看對稱軸

不

|特殊點(diǎn)|TOC\o"1-5"\h\zi ?[具體位置 :a圖豪工的二—雇.；石總襄向豪營I P一、軸的交點(diǎn)、與M軸的交點(diǎn)F函數(shù)圖象的最葡I B【變式訓(xùn)練】（2019.遼寧高考模擬（理））函數(shù).?二【變式訓(xùn)練】（2019.遼寧高考模擬（理））函數(shù).?二-- -：的圖象大致是（）【答案】C【解析】當(dāng)二一1時，「二1--1-二二一]，所以舍去A,D,當(dāng)二二時，.?二一一二-二二一.,所以舍去B,綜上選C.高頻考點(diǎn)三：二次函數(shù)的單調(diào)性問題例3.（2019?北京臨川學(xué)校高二期末（文））若函數(shù)f（x）=8x2-2kx-7在[1,5]上為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（）A.（一②，8] B.[40,+8） C.（一②，8]U[40,+^）D.[8,40]【答案】C【解析】由題意得，函數(shù)于（。=8x2-2%-7圖象的對稱軸為x=k，且拋物線的開口向上，由題意得，8???函數(shù)f（x）=8X2-2kx-7在[1,5]上為單調(diào)函數(shù)，?k<1或上>5“8或8-解得k<8或k>40二實(shí)數(shù)k的取值范圍是(—s,8]u[40,+s)故選C.【總結(jié)提升】研究二次函數(shù)單調(diào)性的思路⑴二次函數(shù)的單調(diào)性在其圖象對稱軸的兩側(cè)不同，因此研究二次函數(shù)的單調(diào)性時要依據(jù)其圖象的對稱軸進(jìn)行分類討論.（2）若已知f（x）=ax2+bx+c（a>0）在區(qū)間A上單調(diào)遞減（單調(diào)遞增），則AU（一如一/][f—2a,+j）,即區(qū)間A一定在函數(shù)對稱軸的左側(cè)（右側(cè)）.【變式探究】（2019?浙江“超級全能生”模擬）已知在（一口1]上遞減的函數(shù)f（x）=x2—2tx+1,且對任意的x1,xf[0,t+1],總有fx1）—f（x2）區(qū)2,則實(shí)數(shù)t的取值范圍是（）A.[一也，亞] B.[1,\"2]C.[2,3] D.[1,2]【答案】B【解析】由于f（x）=x2-2tx+1的圖象的對稱軸為x=t,又y=f（x）在（一口1]上是減函數(shù)，所以t>1.則在區(qū)間[0，t+1]上，fx）max=f（0）=1，f（x）min=f（t）=12—212+1=-12+1，要使對任意的x1，xf[0，t+1],都有fx]）—fx2）區(qū)2，只需1一（一12+1）W2，解得一%,f2<tS\'2.又t>1，；?1<t<\,12.高頻考點(diǎn)四：二次函數(shù)的最值問題例4.（浙江省名校新高考研究聯(lián)盟（Z20）2019屆聯(lián)考）】設(shè)函數(shù)' 二-—一；：.?WR，當(dāng)二E 時，記晨吟的最大值為Mg,b），則洶加,5）的最小值為.【答案】:【解析】去絕對值，」二二：-?:：二-,利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得，..：，）在:一二2：的最大值為」-：,.「：，二—三，中之一，：?：?）：「二=”:-1-/，TOC\o"1-5"\h\z「二”=一；，.，J 4 -B\o"CurrentDocument"1 1 1.-「一二二---二一，-I -4 T上面四個式子相加可得“：二..二二二■;:一二一二-二一.?一.??二一??-二一二一.?4 -I -I1 11 25之？|4一》十串十引十|亍十亍|二不.nr ww m即有個可得:的最小值為二.故答案為二￡3 C3【技巧點(diǎn)撥】二次函數(shù)最值問題的類型及求解策略⑴類型：①對稱軸、區(qū)間都是給定的；②對稱軸動、區(qū)間固定；③對稱軸定、區(qū)間變動.（2）解決這類問題的思路：抓住“三點(diǎn)一軸”數(shù)形結(jié)合，三點(diǎn)是指區(qū)間兩個端點(diǎn)和中點(diǎn)，一軸指的是對稱軸，結(jié)合配方法，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及分類討論的思想即可完成.【變式探究】（2019?天津高考模擬（文））若不等式—x2+2x+3W21-3a對任意實(shí)數(shù)x都成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為.1【答案】-3【解析】設(shè)f(x)=-x2+2x+3,不等式-x2+2x+3<21-3a對任意實(shí)數(shù)x都成立，只需滿足f(x) <21-3a，即maxmax14<21-3ana<-3,因此實(shí)數(shù)a的最大值為-3.可.f(x)=-x2+2xmax14<21-3ana<-3,因此實(shí)數(shù)a的最大值為-3.高頻考點(diǎn)五：二次函數(shù)的恒成立問題

例5.(2019?北京高三高考模擬(理))已知函數(shù)f(x)=<x2+2x+例5.(2019?北京高三高考模擬(理))已知函數(shù)f(x)=<……當(dāng)a=0時，f(x)的—x2+2x—a, 0<x<3.I最小值等于一；若對于定義域內(nèi)的任意x,f(x)<x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是一c 「1八【答案】—3 [-,1]4【解析】當(dāng)a=0時，f(x)=<x2當(dāng)a=0時，f(x)=<—x2+2x, 0<x<3.，~3<x<0時，f(x)=(x+1)2—2,得：當(dāng)x=—1時，f(x)有最小值為一2,0Vx<3時，f(x)=一(x—1)2+1,得：當(dāng)x=3時，f(x)有最小值為一3,所以，當(dāng)a=0時，f(x)的最小值等于一3,定義域內(nèi)的任意x,f(x)<1x?恒成立，①一3<x<0時，有x2+2x+a—1<—x即：a<—x2—3x+1恒成立，,、八一一 3_13令g(x)=—x2—3x+1=—(x+—)2+ ,在一3<x<0時，g(x)有最小值：g(0)=g(—3)=1,所以，a<1②0Vx<3時，有—x2+2x—a<x即：a>—x2+x恒成立，一，、八r1￥1令h(x)=—x2+x=—x——+—,I2)41 1在0Vx<3時，g(x)有最大值：g(-)=,1所以，a>4實(shí)數(shù)a的取值范圍是U,1]4【總結(jié)提升】由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍的思路及關(guān)鍵.一般有兩個解題思路：一是分離參數(shù)；二是不分離參數(shù)..兩種思路都是將問題歸結(jié)為求函數(shù)的最值，至于用哪種方法，關(guān)鍵是看參數(shù)是否已分離.這兩個思路的依據(jù)是:⑴佇/⑴恒成立學(xué)>)s；(2)〃勺⑴恒成立今4勺力切比...有關(guān)二次函數(shù)的問題，數(shù)形結(jié)合，密切聯(lián)系圖象是探求解題思路的有效方法.一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點(diǎn)函數(shù)值符號四個方面分析./\ x2-x,x<0【變式探究】(2020.天津市咸水沽第二中學(xué)高三一模)已知函數(shù)廣.若存在xwR使得2yjX,X>0關(guān)于X的不等式1成立，則實(shí)數(shù)〃的取值范圍是 .【答案】(-8,-31u[t，+8)【解析】由題意，當(dāng)％=。時，不等式—1可化為?！?1顯然不成立；當(dāng)x<0時，不等式/(x)vax—1可化為12—x+lVax,所以〃Vx+工—1,x1 「 (1又當(dāng)x<0時，x+—=—(―x)+—<-2,當(dāng)且僅當(dāng)一元,即x=—1時，等號成立；X [_ yx X當(dāng)x>0時，不等式%T可化為26+1Vqx,12f1V即〃2一+—^=—=+1—1—1；因?yàn)榇嬖趚eR使得關(guān)于X的不等式/G)?依-1成立,所以，只需2—1=—3或aN—1.故答案為：(―00,—31uL1，+s).高頻考點(diǎn)六：二次函數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)問題例6.(2020?宜賓市敘州區(qū)第一中學(xué)校高一月考(理))已知函數(shù)/⑴=X2+qi+1(q>0).(1)若/⑴的值域?yàn)椤?8),求關(guān)于光的方程/(x)=4的解;(2)當(dāng)〃=2時，函數(shù)g(x)="(x)]2—2時(、)+加2—1在[-2,1]上有三個零點(diǎn)，求根的取值范圍.【答案】(1)X=—3或x=l.(2)(1,2]【解析】(1)因?yàn)?G)的值域?yàn)閔+s)，所以于G)=f［-a］=1a2—:a2+1=0.minI2y4 2因?yàn)閍>0,所以a=2，則f(x)=舉+2x+1.因?yàn)閒G)=4，所以x2+2x+1=4，即x2+2x-3=0解得x=—3或x=1.g(x)=［f(x)］2-2mf(x)+m2-1在［-21］上有三個零點(diǎn)等價于方程［f(x)2-2mf(x)+m2-1=0在［-21］上有三個不同的根.因?yàn)椋踗(x)2-2mf(x)+m2-1=0，所以f(x)=m+1或f(x)=m-1.因?yàn)閍=2，所以f(x)=x2+2x+1.結(jié)合f(x)在［-2,1］上的圖象可知，要使方程［f(x)］2-2mf(x)+m2-1=0在匚2,1］上有三個不同的根，則f(x)=m+1在匚2,1］上有一個實(shí)數(shù)根，f(x)=m―1在匚2,1］上有兩個不等實(shí)數(shù)根，［1<m+1<4即1 ，解得1<m<2.［0<m-1<1故m的取值范圍為(1,21.【規(guī)律總結(jié)】.一元二次不等式ax2+bx+c>0(a于0的解集的端點(diǎn)值是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，也是函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)..注意靈活運(yùn)用根與系數(shù)的關(guān)系解決問題.【變式探究】(2019?馬關(guān)縣第一中學(xué)校高一期末)已知二次函數(shù)f(x)=ax2+(b-2)x+3，且-1,3是函數(shù)f(x)的零點(diǎn).(1)求f(x)解析式，并解不等式f(x)<3;(2)若g(x)=f(sinx)，求行數(shù)g(x)的值域【答案】(1)【答案】(1){x|x<0或x>2}(2)g(x)e[0,4]【解析】(1(1)由題意得i.?.—x2+2x+3<3即x2—2x>0.{x|x<0或x>2}(2)令t=sinxg[-1,1]g(t)=—12+21+3=—(t—1〉+4g[0,4]:g(x)g[0,4]高頻考點(diǎn)七：一元二次不等式恒成立問題例7.（2019-湖北高三月考（理））若對任意的xg[1,5]，存在實(shí)數(shù)a，使2x<x2+ax+b<6x（agR,b>0）恒成立，則實(shí)數(shù)b的最大值為（ ）910 C.910 C.11D.12【答案】A【解析】由xg1,5]【答案】A【解析】由xg1,5]時，2x<x2+ax+b<6x恒成立可得：一x2+2x<ax+b<—x2+6x令f(x)=-x2+2x(1<x<5)6x(1<x<5)可得f（x）,g（x）圖象如下圖所示:要使b最大，則y=ax+b必過A(I,5),且與y=f(x)相切于點(diǎn)B則此時b=5—a，即直線方程為：y=ax+5—a聯(lián)立=ax聯(lián)立=ax+5—a——x2+2x得：x2+,\A—(a—2)2—4(5—a)—0，解得：a2—16由圖象可知a<0 /.a——4 「.bmax―5—(—4)—9本題正確選項(xiàng)：A【總結(jié)提升】由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍的思路及關(guān)鍵.一般有兩個解題思路：一是分離參數(shù)；二是不分離參數(shù)..兩種思路都是將問題歸結(jié)為求函數(shù)的最值，至于用哪種方法，關(guān)鍵是看參數(shù)是否已分離.這兩個思路的依據(jù)是：(1)afx)恒成立Qafx)max；(2)afx)恒成立Qafx)min...有關(guān)二次函數(shù)的問題，數(shù)形結(jié)合，密切聯(lián)系圖象是探求解題思路的有效方法.一般從：①開口方向；②對稱軸位置；③判別式；④端點(diǎn)函數(shù)值符號四個方面分析.【變式探究】(2020.濟(jì)源市第六中學(xué)高二月考(文))已知函數(shù)f(x)―x2—x+1,若在區(qū)間L1,1］上，不等式f(x)>2x+m恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 .【答案】(—叫—1)

【解析】要使在區(qū)間L1,1］上，不等式f(。>2x+m恒成立，只需m<f(x)—2x=x2-3x+1恒成立，設(shè)g(x)=x2—3x+1，只需m小于g(x)只需m<f./\一一/ 3125 ...一因?yàn)間(x)=x2-3x+1=x一一一一，所以當(dāng)x=1時，I 2J4g(x)i=g(1)=12—3x1+1=一1，所以m<—1，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(一不一1).高頻考點(diǎn)八：二次函數(shù)的綜合應(yīng)用例8.(2016.上海市松江二中高三月考)設(shè)f(x)=x|x-a+2x(a￡R)⑴若a=2，求f(x)在區(qū)間h31上的最大值；(2)若a>2，寫出f(x)的單調(diào)區(qū)間；⑶若存在a￡［—2,4］使得方程f(x)=tf(a)有三個不相等的實(shí)數(shù)解，求t的取值范圍.【答案】(1)f【答案】(1)f(x) =9；⑵f(x)的單調(diào)增區(qū)間為1-%等］max 1 2y和(a,+s),單調(diào)減區(qū)間'a+2,,a(3)/【解析】(1)當(dāng)a=2時，f(x)=x|x-2|+2x={一x2+(1)當(dāng)a=2時，x2, x>2，f(x)在R上為增函數(shù)，f(x)在10,3］上為增函數(shù),則f(x) =fG)=9.max-x2+(2+a)x,x<a⑵f(x)={x2+(2一a)x,x>aa>2,

當(dāng)x^a時，當(dāng)x<a時，a>^一2, f(x當(dāng)x^a時，當(dāng)x<a時，TOC\o"1-5"\h\za+2 2—a a+2 -a= <0，即 <a2 2 2f(X)f(X)在J*為增函數(shù)，在一5-V2單調(diào)減區(qū)間則f(x)的單調(diào)增區(qū)間為\~^,a^2