專題2.3二次函數與一元二次方程、不等式【考綱解讀與核心素養】1.一元二次不等式：(1)會從實際情境中抽象出一元二次不等式模型.(2)通過函數圖像了解一元二次不等式與相應的二次函數、一元二次方程的聯系.(3)會解一元二次不等式.2.結合二次函數的圖象,了解函數的零點與方程根的聯系,推斷一元二次方程根的存在性及根的個數.3．培育學生的數學抽象、數學運算、數學建模、邏輯推理、直觀想象等核心數學素養.【學問清單】1．二次函數(1)二次函數解析式的三種形式：一般式：f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0).頂點式：f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，頂點坐標為(m，n).零點式：f(x)＝a(x－x1)(x－x2)(a≠0)，x1，x2為f(x)的零點.(2)二次函數的圖象和性質解析式f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)f(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)圖象定義域(－∞，＋∞)(－∞，＋∞)值域eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4ac－b2,4a)，＋∞))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4ac－b2,4a)))單調性在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上單調遞減；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上單調遞增在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))上單調遞增；在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))上單調遞減對稱性函數的圖象關于x＝－eq\f(b,2a)對稱2.一元二次不等式的概念及形式(1)概念：我們把只含有一個未知數，并且知數的最高次數是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)．(3)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，一元二次不等式的全部解組成的集合叫做這個一元二次不等式的解集.3.三個“二次”之間的關系（1）關于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；若二次函數為f(x)＝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f(x)的函數值為正值或負值時自變量x的取值的集合．（2）三個“二次”之間的關系：設f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，方程ax2＋bx＋c＝0的判別式Δ＝b2－4ac判別式Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0解不等式f(x)>0或f(x)<0的步驟求方程f(x)＝0的解有兩個不等的實數解x1，x2有兩個相等的實數解x1＝x2沒有實數解畫函數y＝f(x)的示意圖得不等式的解集f(x)>0__{x|x<x1或x>x2}__{x|x≠－eq\f(b,2a)}Rf(x)<0__{x|x1<x<x2}____?____?__3.不等式恒成立問題1．一元二次不等式恒成立問題(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立(或解集為R)時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ<0))；(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立(或解集為R)時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ≤0))；(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集為R)時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ<0))；(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集為R)時，滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ≤0)).2．含參數的一元二次不等式恒成立．若能夠分別參數成k<f(x)或k>f(x)形式．則可以轉化為函數值域求解．設f(x)的最大值為M，最小值為m.(1)k<f(x)恒成立?k<m，k≤f(x)恒成立?k≤m.(2)k>f(x)恒成立?k>M，k≥f(x)恒成立?k≥M.【典例剖析】高頻考點一：二次函數的解析式例1.已知二次函數f(x)滿意f(2)＝－1，f(－1)＝－1，且f(x)的最大值是8，試確定該二次函數的解析式．【答案】f(x)＝－4x2＋4x＋7【解析】解法一(利用“一般式”解題)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝－1，,a－b＋c＝－1，,\f(4ac－b2,4a)＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝4，,c＝7.))∴所求二次函數為f(x)＝－4x2＋4x＋7.解法二(利用“頂點式”解題)設f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)．∵f(2)＝f(－1)，∴拋物線的對稱軸為x＝＝eq\f(1,2)，∴m＝eq\f(1,2).又依據題意，函數有最大值8，∴n＝8，∴y＝f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8.∵f(2)＝－1，∴aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))2＋8＝－1，解得a＝－4，∴f(x)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋8＝－4x2＋4x＋7.解法三(利用“零點式”解題)由已知f(x)＋1＝0的兩根為x1＝2，x2＝－1，故可設f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，即f(x)＝ax2－ax－2a－1.又函數有最大值8，即＝8.解得a＝－4或a＝0(舍)．∴所求函數的解析式為f(x)＝－4x2＋4x＋7.【規律方法】依據已知條件確定二次函數解析式，一般用待定系數法，選擇規律如下：【變式探究】（2024·陜西省咸陽市試驗中學高一月考）已知二次函數滿意：隨意的，有成立，且最小值為，與軸交點坐標為（1）求的解析式；（2）是否存在實數，使的定義域和值域分別為和，假如存在，求出；假如不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）存在；【解析】（1）因為，所以是圖象的對稱軸，且最小值為，故可設，由得，所以，即；（2）假設存在實數滿意題意，由（1）在上遞減，在上遞增，若，明顯不合題意；若，則，，不合題意，所以，，即是方程的兩不等實根，，即，，，，所以．高頻考點二：二次函數圖象的識別例2.（2024·山東省微山縣第一中學高一月考）對數函數且與二次函數在同一坐標系內的圖像不行能是（）A． B．C． D．【答案】A【解析】當時，函數單調遞減，開口向下，對稱軸在y軸的左側，解除C，D；當時，函數單調遞增，開口向上，對稱軸在y軸的右側，解除B；故選：A【總結提升】識別二次函數圖象應學會“三看”【變式訓練】（2024·遼寧高考模擬（理））函數的圖象大致是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】當時，,所以舍去A,D,當時，,所以舍去B,綜上選C.高頻考點三：二次函數的單調性問題例3.（2024·北京臨川學校高二期末（文））若函數f(x)＝8x2－2kx－7在[1，5]上為單調函數，則實數k的取值范圍是（）A．(－∞，8] B．[40，＋∞) C．(－∞，8]∪[40，＋∞) D．[8，40]【答案】C【解析】由題意得，函數圖象的對稱軸為，且拋物線的開口向上，∵函數在[1,5]上為單調函數，∴或，解得或，∴實數k的取值范圍是．故選C．【總結提升】探討二次函數單調性的思路(1)二次函數的單調性在其圖象對稱軸的兩側不同，因此探討二次函數的單調性時要依據其圖象的對稱軸進行分類探討．(2)若已知f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)在區間A上單調遞減(單調遞增)，則A?eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A?\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞))))，即區間A肯定在函數對稱軸的左側(右側)．【變式探究】(2024·浙江“超級全能生”模擬)已知在(－∞，1]上遞減的函數f(x)＝x2－2tx＋1，且對隨意的x1，x2∈[0，t＋1]，總有|f(x1)－f(x2)|≤2，則實數t的取值范圍是()A．[－eq\r(2)，eq\r(2)] B．[1，eq\r(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(－∞，1]上是減函數，所以t≥1.則在區間[0，t＋1]上，f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(t)＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，要使對隨意的x1，x2∈[0，t＋1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤2，只需1－(－t2＋1)≤2，解得－eq\r(2)≤t≤eq\r(2).又t≥1，∴1≤t≤eq\r(2).高頻考點四：二次函數的最值問題例4.（浙江省名校新高考探討聯盟（Z20)2025屆聯考）】設函數，當時，記的最大值為，則的最小值為______．【答案】【解析】去肯定值，利用二次函數的性質可得，在的最大值為，，，中之一，所以可得，，，，上面四個式子相加可得即有，可得的最小值為．故答案為．【技巧點撥】二次函數最值問題的類型及求解策略(1)類型：①對稱軸、區間都是給定的；②對稱軸動、區間固定；③對稱軸定、區間變動．(2)解決這類問題的思路：抓住“三點一軸”數形結合，三點是指區間兩個端點和中點，一軸指的是對稱軸，結合配方法，依據函數的單調性及分類探討的思想即可完成．【變式探究】（2024·天津高考模擬（文））若不等式對隨意實數都成立,則實數的最大值為________.【答案】【解析】設不等式對隨意實數都成立，只需滿意，即可.所以有因此實數的最大值為.高頻考點五：二次函數的恒成立問題例5.（2024·北京高三高考模擬（理））已知函數當時，的最小值等于____；若對于定義域內的隨意，恒成立，則實數的取值范圍是____．【答案】【解析】當時，，－3≤x≤0時，f(x)＝（x＋1）2－2，得：當x＝－1時，f（x）有最小值為－2，0＜x≤3時，f(x)＝－（x－1）2＋1，得：當x＝3時，f（x）有最小值為－3，所以，當時，的最小值等于－3，定義域內的隨意恒成立，①－3≤x≤0時，有，即：恒成立，令＝，在－3≤x≤0時，g（x）有最小值：g（0）＝g（－3）＝1，所以，，②0＜x≤3時，有，即：恒成立，令，在0＜x≤3時，g（x）有最大值：g（）＝，所以，，實數的取值范圍是【總結提升】由不等式恒成立求參數的取值范圍的思路及關鍵1.一般有兩個解題思路：一是分別參數；二是不分別參數．2.兩種思路都是將問題歸結為求函數的最值，至于用哪種方法，關鍵是看參數是否已分別．這兩個思路的依據是：(1)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min..3.有關二次函數的問題，數形結合，親密聯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端點函數值符號四個方面分析．【變式探究】（2024·天津市咸水沽其次中學高三一模）已知函數．若存在使得關于x的不等式成立，則實數a的取值范圍是________．【答案】【解析】由題意，當時，不等式可化為明顯不成立；當時，不等式可化為，所以，又當時，，當且僅當，即時，等號成立；當時，不等式可化為，即；因為存在使得關于x的不等式成立，所以，只需或.故答案為：.高頻考點六：二次函數與函數零點問題例6.（2024·宜賓市敘州區第一中學校高一月考（理））已知函數.（1）若的值域為，求關于的方程的解；（2）當時，函數在上有三個零點，求的取值范圍.【答案】（1）或.（2）【解析】（1）因為的值域為，所以.因為，所以，則.因為，所以，即，解得或.（2）在上有三個零點等價于方程在上有三個不同的根.因為，所以或.因為，所以.結合在上的圖象可知，要使方程在上有三個不同的根，則在上有一個實數根，在上有兩個不等實數根，即，解得.故的取值范圍為.【規律總結】1.一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集的端點值是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根，也是函數y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交點的橫坐標．2．留意敏捷運用根與系數的關系解決問題．【變式探究】（2024·馬關縣第一中學校高一期末）已知二次函數，且-1,3是函數的零點.（1）求解析式，并解不等式;（2）若，求行數的值域【答案】（1）（2）【解析】（1）由題意得即，（2）令高頻考點七：一元二次不等式恒成立問題例7.（2024·湖北高三月考（理））若對隨意的，存在實數，使恒成立，則實數的最大值為()A．9 B．10 C．11 D．12【答案】A【解析】由時，恒成立可得：令，可得，圖象如下圖所示：要使最大，則必過，且與相切于點則此時，即直線方程為：聯立得：，解得：由圖象可知本題正確選項：【總結提升】由不等式恒成立求參數的取值范圍的思路及關鍵1.一般有兩個解題思路：一是分別參數；二是不分別參數．2.兩種思路都是將問題歸結為求函數的最值，至于用哪種方法，關鍵是看參數是否已分別．這兩個思路的依據是：(1)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min..3.有關二次函數的問題，數形結合，親密聯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端點函數值符號四個方面分析．【變式探究】（2024·濟源市第六中學高二月考（文））已知函數，若在區間上，不等式恒成立，則實數的取值范圍是___________．【答案】【解析】要