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函数三个“二次”中参数问题重点考点 专题练
2026年高考数学一轮复习备考
一、单选题
1．若关于的不等式的解集是，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．“”是“函数的值域为R”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知二次函数图象如图所示，则下列说法不正确的是（ ）
A．在区间上单调递减
B．不等式的解集为
C．
D．不等式的解集为
4．已知，是定义域为的函数，且是偶函数，是奇函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．若函数在区间上的最小值、最大值分别为，，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．若关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．设函数的定义域为，且，当时，，若对于，都有恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
8．若函数的定义域为，最大值、最小值分别为，，则实数的值可能为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．下列说法正确的是（ ）
A．不等式的解集是
B．不等式的解集是
C．若不等式恒成立，则a的取值范围是
D．若关于x的不等式的解集是，则的值为
10．已知二次函数，若对任意，则（ ）
A．当时，恒成立
B．当时，恒成立
C．使得成立
D．对任意，，均有恒成立
三、填空题
11．若是函数的单调递增区间，则实数a的值为 .
12．函数的最大值为1，最小值为，则 .
13．若，对，均有恒成立，则的最小值为
14．设，对任意实数x，用表示中的较小者．若函数至少有3个零点，则的取值范围为 .
四、解答题
15．已知函数．
(1)已知在上单调递增，求的取值范围；
(2)求在上的最小值．
16．已知二次函数，．
(1)若函数的最小值为，求的解析式，并写出单调区间；
(2)在（1）的条件下，在区间上恒成立，试求的取值范围．
17．已知二次函数
(1)若的一个零点在内，另一个零点在内，求a的取值范围；
(2)求在区间的最小值．
18．已知函数，是否存在实数，使得在区间上的最小值为 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．已知函数，求函数在闭区间上的最大值．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C D D B A ABC CD AD
1．C
【分析】由已知根据解集的形式判断二次函数的开口方向和方程根的大小关系，即可求解.
【详解】因为关于的不等式的解集是，
所以且，
解得，所以的取值范围是.
故选：.
2．A
【分析】验证充分性，当时，，所以函数的值域为R，即具有充分性；再验证必要性，若函数的值域为R，则对于二次函数，其判别式非负，由此可解得，可得答案.
【详解】若，因为，所以函数的定义域为，
故，所以函数的值域为R，
即“”是“函数的值域为R”的充分条件；
若函数的值域为R，则对于二次函数，其值域包含，
即，解得或，
即“”不是“函数的值域为R”的必要条件，
综上，“”是“函数的值域为R”的充分不必要条件，
故选：A.
3．C
【分析】A选项，根据图象分析单调性即可；B选项，根据三个“二次”的关系解不等式；C选项，根据图象判断函数值的大小；D选项，根据三个“二次”的关系得到是的两个根和，然后解不等式.
【详解】由图可知，二次函数图象的对称轴为，又图象开口向上，
所以在区间上单调递减，A对；
由图知：不等式的解集为，B对；
由图知：，C错；
根据二次函数与一元二次方程的关系，是的两个根，
所以，，且，
所以，解集为，D对.
故选：C.
4．D
【分析】利用，的奇偶性联立方程组得，则根据题意可得成立，构造，按的不同取值分类讨论在的单调性即可.
【详解】由题意可得，
因为是偶函数，是奇函数，所以，
联立，解得，
又对任意的，都有成立，
所以，所以成立，
构造，则，
所以在上单调递增，
①若，则对称轴，解得；
②若，则在单调递增，满足题意；
③若，则对称轴恒成立；
综上，,
故选：D
5．D
【分析】令，通过函数的最小值为及定义域可知函数在处取得最小值，再通过对函数的分段讨论及函数的最大值为求出实数的取值范围即可．
【详解】令，解得或，
∵函数定义域为，∴，即函数在处取得最小值，
且，即，则，
∵函数的值域为，∴，
当时，有，即，
解得，即；当时，有，
即，解得，即．
综上，实数a的取值范围为，故D正确.
故选：D．
6．B
【详解】当时，解得：，不满足条件；
故，关于的不等式可得，
所以，即，
方程的两根为，
当时，不等式可化为，，
解集为：，不满足条件；
当时，不等式可化为，
当时，则，即，不等式的解集为：，
要使不等式有且只有一个整数解，则，又因为，不满足条件；
当时，则，即，不等式的解集为空集，
当时，则，即，不等式的解集为，
要使不等式有且只有一个整数解，则，解得：，
故实数的取值范围是：.
故选：B.
7．A
【分析】由和当时可以逐次推出，，上的解析式，根据每个区间上的函数最小值的规律，应求时，函数值等于时的自变量的值，得到满足的的范围，即得t的取值范围.
【详解】当时，，；
因，即x每增大，对应的纵坐标都变原来的倍.
当时，，故，
则，；
当时，，故，
则，；
当时，，故，
则，.
当时，由，可得，解得或，
如下图所示：
由图可知，当时，恒成立，故实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与递推倍减函数的恒成立问题.对于递推倍减函数的恒成立问题，解题关键在于根据恒成立条件，分别求得在对应区间上的函数解析式，结合函数图象的理解，求得参变量的范围.
8．ABC
【分析】根据已知条件，结合二次函数的性质求参数．
【详解】由，得函数的对称轴为，
当时，函数取的最小值为，
当或时，函数值为，
函数的定义域为，值域为，
所以，实数的值可能为．
故选：ABC
9．CD
【分析】对于AB，直接解一元二次不等式即可判断；对于C，对分类讨论即可判断；对于D，由一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，先求得，然后即可判断.
【详解】对于A，或，故A错误；
对于B，，故B错误；
若不等式恒成立，
当时，是不可能成立的，
所以只能，而该不等式组无解，综上，故C正确；
对于D，由题意得是一元二次方程的两根，
从而，解得，
而当时，一元二次不等式满足题意，
所以的值为，故D正确.
故选：CD.
10．AD
【分析】二次函数开口向下，对称轴为，结合二次函数的性质对选项逐一判断即可.
【详解】依题意，二次函数的对称轴为.
因为，所以其函数图象为开口向下的抛物线，
对于A选项，当时，，关于直线对称，
所以恒成立，所以A选项正确；
对于B选项，当，若，则不等式可化为，
所以；
若，则不等式可化为，所以，所以B选项错误；
对于C选项，因为，所以，
所以二次函数的图象开口向下，且二次函数与x轴无交点，所以不存在使得成立，所以C选项错误；
对于D选项，，
所以对任意，，均有恒成立，所以D选项正确，
故选：AD.
11．0
【分析】求出函数的单调递增区间，进而求出值.
【详解】函数的单调递增区间是，
依题意，，所以.
故答案为：0
12．/
【分析】由题意得，令，，求出对称轴，对分，，和讨论最值即可求解.
【详解】，
令，，对称轴方程为，
①当时，，，
解得，，
②当时，，，
解得，，
③当时，，，
即或，无满足条件的解，
综上，.
故答案为：.
13．
【分析】先设，根据不等式的形式，为了消可以取，得到，验证时，是否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设，原题转化为求的最小值，
原不等式可化为对任意的，，
不妨代入，得，得，
当时，原不等式可化为，
即，
观察可知，当时，对一定成立，当且仅当取等号，
此时，，说明时，均可取到，满足题意，
故的最小值为.
故答案为：
14．
【分析】设，，分析可知函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【详解】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：
此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
15．(1)．
(2)
【分析】（1）根据二次函数的图象特点，可得；
（2）讨论二次函数的对称轴和区间的三种位置关系，再根据函数的单调性即可求得.
【详解】（1）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为，
要使得在上单调递增，则满足，所以的取值范围为．
（2）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为，
当时，函数在上单调递增，所以的最小值为；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为；
当时，函数在上单调递减，所以的最小值为，
综上可得，在上的最小值为
16．(1)，单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)．
【分析】（1）根据二次函数的性质和条件，即可联立方程求解；
（2）利用分离参数法，结合二次函数性质，即可求解恒成立问题.
【详解】（1）由题意知，
解得，所以，
由知，
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由题意知，在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
令，
由，知在区间上是减函数，
则，所以，
即的取值范围是．
17．(1)
(2)
【分析】（1）结合二次函数的单调性与零点存在性定理得到不等式组，计算得到答案.
（2）考虑的对称轴为的三种情况，求解即可.
【详解】（1）因为方程的一个根在内，另一个根在内，
结合二次函数的单调性与零点存在性定理得
解得，
即a的取值范围为
（2）的对称轴为，开口向上，
若，则在区间上是增函数，所以最小值为
若最小值为
若，则在区间上是减函数，所以最小值为
综上，在区间上的最小值为
18．存在实数或
【分析】根据分段函数的特点以及对称轴与给定区间的位置关系进行分类，结合二次函数知识分别计算不同情况下函数的最小值，再令最小值等于，求解的值并判断是否符合该情况的取值范围即可.
【详解】由题意得
①当，即时，在上是减函数，故．
令，得，满足题意．
②当即时，在上是减函数，在上是增函数，故．令，得，不合题意．
③当时，在上是增函数，故．
④当即时，在上是增函数，在上是减函数，的最小值是与中的较小者．．
令，得；令，得．均不合题意．
⑤当时，在[1,2]上是减函数，故．
令，得，不合题意．
⑥当时，在[1,2]上是减函数，故．令，得，满足题意．
综上，存在实数或，使得在区间上的最小值为．
19．
【分析】先化简函数，且对称轴为，接下来分类讨论对称轴的位置，从而求得最大值.
【详解】题意得，
函数与的对称轴均为，均过点，
①当时，，在上，单调递增，．
当时，，由对称性
在上单调递减，在上单调递增．
ⅰ）当时，，因此，在上，．
ⅱ）当时，，因此，在上，．
②当时，在上，单调递增．
在[0，2]上，单调递增，且均有，
因此在上单调递增，故．
③当，即时，在上单调递减，在[0，2]上单调递增，
的最大值是与中的较大者．．
当时，，因此．
④当，即时，
在上单调递增，在上单调递减，在[0，2]上单调递增，
的最大值是与中的较大者．
．
令，即，
解得或．
∵，∴不存在．
即当时，恒成立，
∴．故此时．
综上，
【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：
（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；
（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；
（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.
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