《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

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$8$，则$f(x)=$____。

答案： 例$1 -4x^{2}+4x + 7 [$法一(利用“一般式”)设$f(x)=ax^{2}+bx + c(a \neq 0).$由题意得$\begin{cases}4a + 2b + c = -1,\\a - b + c = -1,\frac{4ac - b^{2}}{4a}=8.\end{cases}$解得$\begin{cases}a = -4,\\b = 4,\\c = 7.\end{cases}$所以所求二次函数的解析式为$f(x)= -4x^{2}+4x + 7.$法二(利用“顶点式”)设$f(x)=a(x - m)^{2}+n(a \neq 0).$因为f
(2)=f(-1)，所以抛物线的对称轴为$x = \frac{2+(-1)}{2}=\frac{1}{2}，$所以$m = \frac{1}{2}.$又根据题意，函数有最大值8，所以n = 8，所以$f(x)=a(x - \frac{1}{2})^{2}+8.$因为f
(2)= -1，所以$a(2 - \frac{1}{2})^{2}+8 = -1，$解得a = -4，所以$f(x)= -4(x - \frac{1}{2})^{2}+8 = -4x^{2}+4x + 7.$法三(利用“零点式”)由已知f(x)+1 = 0的两根为$x_{1}=2,x_{2}= -1，$故可设$f(x)+1 = a(x - 2)(x + 1)(a \neq 0)，$即$f(x)=ax^{2}-ax - 2a - 1.$又函数有最大值8，即$\frac{4a(-2a - 1)-(-a)^{2}}{4a}=8.$解得a = -4或a = 0(舍).故所求函数的解析式为$f(x)= -4x^{2}+4x + 7.]$

已知二次函数的图象过点$(-3, 0)$，$(1, 0)$，且顶点到$x$轴的距离等于$2$，则二次函数的解析式为$y = \frac{1}{2}x^{2}+x - \frac{3}{2}$或$y = -\frac{1}{2}x^{2}+x + \frac{3}{2}$。

答案： 训练1 $y = \frac{1}{2}x^{2}+x - \frac{3}{2}$或$y = -\frac{1}{2}x^{2}+x + \frac{3}{2}$ [因为二次函数的图象过点$(-3,0),(1,0)$，所以可设二次函数为$y = a(x + 3)(x - 1)(a \neq 0)$，展开得，$y = ax^{2}+2ax - 3a$，顶点的纵坐标为$\frac{-12a^{2}-4a^{2}}{4a}=-4a$，由于二次函数图象的顶点到$x$轴的距离为$2$，所以$\vert -4a\vert = 2$，即$a = \pm \frac{1}{2}$，所以二次函数的解析式为$y = \frac{1}{2}x^{2}+x - \frac{3}{2}$或$y = -\frac{1}{2}x^{2}+x + \frac{3}{2}$.]

考点二 二次函数的图象
例 2 (1)已知函数$f(x) = ax^2 + bx + c$，若$a ＞ b ＞ c$，且$a + b + c = 0$，且函数$f(x)$的图象可能是(D)

答案： 例2
(1)D
(2)AD [
(1)由$a＞b＞c$且$a + b + c = 0$，得$a＞0,c＜0$，所以函数图象开口向上，排除A,C；又$f(0)=c＜0$，排除B.故选D.
(2)因为图象与$x$轴交于两点，所以$b^{2}-4ac＞0$，即$b^{2}＞4ac$，A正确.对称轴为$x = -1$，即$-\frac{b}{2a}= -1,2a - b = 0$，B错误.结合图象，当$x = -1$时，$y＞0$，即$a - b + c＞0$，C错误.由对称轴为$x = -1$知，$b = 2a$.根据抛物线开口向下，知$a＜0$，所以$5a＜2a$，即$5a＜b$，D正确.]

(2)(多选)如图是二次函数$y = ax^2 + bx + c(a \neq 0)$图象的一部分，图象过点$A(-3, 0)$，对称轴为$x = -1$。给出下面四个结论正确的为(AD)


A.$b^2 ＞ 4ac$
B.$2a - b = 1$
C.$a - b + c = 0$
D.$5a ＜ b$

答案： 例2
(1)D
(2)AD [
(1)由$a＞b＞c$且$a + b + c = 0$，得$a＞0,c＜0$，所以函数图象开口向上，排除A,C；又$f(0)=c＜0$，排除B.故选D.
(2)因为图象与$x$轴交于两点，所以$b^{2}-4ac＞0$，即$b^{2}＞4ac$，A正确.对称轴为$x = -1$，即$-\frac{b}{2a}= -1,2a - b = 0$，B错误.结合图象，当$x = -1$时，$y＞0$，即$a - b + c＞0$，C错误.由对称轴为$x = -1$知，$b = 2a$.根据抛物线开口向下，知$a＜0$，所以$5a＜2a$，即$5a＜b$，D正确.]

二 次函数$y = ax^2 + bx + c$的图象如图所示，则下列说法正确的是(ACD)

A.$2a + b = 0$
B.$4a + 2b + c ＜ 0$
C.$9a + 3b + c ＜ 0$
D.$abc ＜ 0$

答案： 训练2 ACD [由二次函数图象开口向下知a＜0，对称轴为$x = -\frac{b}{2a}=1，$即2a + b = 0，故b＞0.又因为f
(0)=c＞0，所以abc＜0. f
(2)=f
(0)=4a + 2b + c＞0，f
(3)=f(-1)=9a + 3b + c＜0.]

考点三 二次函数的最值
例 3 (2025·福州段考)已知二次函数$f(x) = ax^2 - x + 2a - 1$。
(1)若$f(x)$在区间$[1, 2]$上单调递减，求$a$的取值范围；
(2)若$a ＞ 0$，设函数$f(x)$在区间$[1, 2]$上的最小值为$g(a)$，求$g(a)$的表达式。解 (1)由题意知$a \neq 0$.当$a＞0$时，$f(x)=ax^{2}-x + 2a - 1$的图象开口向上，对称轴方程为$x = \frac{1}{2a}$，所以$f(x)$在区间$[1,2]$上单调递减需满足$\frac{1}{2a} \geq 2$，又$a＞0$，所以$0＜a \leq \frac{1}{4}$；当$a＜0$时，$f(x)=ax^{2}-x + 2a - 1$的图象开口向下，对称轴方程为$x = \frac{1}{2a}＜0$，所以$f(x)$在区间$[1,2]$上单调递减恒成立.综上，$a$的取值范围是$(-\infty,0) \cup (0,\frac{1}{4}]$.(2)①当$-\frac{2a - 1}{2} \leq 1$，即$a \geq -\frac{1}{2}$时，$f(x)_{\max}=f(3)=6a + 3$，$\therefore 6a + 3 = 1$，即$a = -\frac{1}{3}$，满足题意；

答案： 例3 解
(1)由题意知$a \neq 0$.当$a＞0$时，$f(x)=ax^{2}-x + 2a - 1$的图象开口向上，对称轴方程为$x = \frac{1}{2a}$，所以$f(x)$在区间$[1,2]$上单调递减需满足$\frac{1}{2a} \geq 2$，又$a＞0$，所以$0＜a \leq \frac{1}{4}$；当$a＜0$时，$f(x)=ax^{2}-x + 2a - 1$的图象开口向下，对称轴方程为$x = \frac{1}{2a}＜0$，所以$f(x)$在区间$[1,2]$上单调递减恒成立.综上，$a$的取值范围是$(-\infty,0) \cup (0,\frac{1}{4}]$.
(2)①当$-\frac{2a - 1}{2} \leq 1$，即$a \geq -\frac{1}{2}$时，$f(x)_{\max}=f(3)=6a + 3$，$\therefore 6a + 3 = 1$，即$a = -\frac{1}{3}$，满足题意；②当$-\frac{2a - 1}{2}＞1$，即$a＜-\frac{1}{2}$时，$f(x)_{\max}=f(-1)= -2a - 1$，$\therefore -2a - 1 = 1$，即$a = -1$，满足题意.综上可知，$a = -\frac{1}{3}$或$-1$.