第二章 一元二次函数、方程和不等式 单元练习（Word版含解析）

人教A版（2019）必修第一册 第二章 一元二次函数、方程和不等式
一、单选题
1．若实数是不等式的一个解，则可取的最小正整数是（ ）
A． B． C． D．
2．古希腊科学家阿基米德在《论平面图形的平衡》一书中提出了杠杆原理，它是使用天平秤物品的理论基础，当天平平衡时，左臂长与左盘物品质量的乘积等于右臀长与右盘物品质量的乘积，某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（ ）
A．大于 B．小于 C．大于等于 D．小于等于
3．若，且，则的最小值是.
A． B．3 C．2 D．
4．在R上定义运算：a b＝(a＋1)b.已知1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x) (m＋x)<4成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．{m|－2C．{m|－35．不等式的解集为，则函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．若，则下面结论正确的有（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．若，则有最大值
7．下列命题正确的是（ ）
A．函数的最小值是
B．若且，则
C． 的最小值是
D．函数的最小值为
8．给出下列命题：①若，，则；②若，则；③若且，则；④若，则.其中真命题的个数（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知满足，且，那么下列选项中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．设实数、满足，，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
11．若，则下列不等关系中，不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
12．不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．已知点在线段上运动，则的最大值是____________．
14．已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为________________．
15．已知且，则的最小值为___________.
16．若关于的不等式的解集是，则______.
三、解答题
17．设，已知二次函数．若关于的不等式的解集为，且．
(1)求的值；
(2)若均小于，求的取值范围；
(3)若对任意的恒成立，求的取值范围．
18．（1）已知正数满足，求的最小值；
（2）已知，求函数的最大值．
19．设函数.
（1）若不等式的解集为，求实数的值；
（2）若，且存在，使成立，求实数的取值范围.
20．在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的值；
（2）若，，求的周长；
（3）若，求面积的最大值．
21．（1）求不等式的解集；
（2）解不等式：；
（3）关于的不等式的解集为R，求实数a的取值范围；
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
根据条件将代入不等式，由此求解出的取值范围，从而的最小值确定.
【详解】
∵实数是不等式的一个解，
∴代入得：，解得，
∴a可取的最小整数是，
故选：C．
2．A
设天平左臂长为，右臂长为（不妨设），先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为.根据天平平衡，列出等式，可得表达式，利用作差法比较与10的大小，即可得答案.
【详解】
解：由于天平的两臂不相等，故可设天平左臂长为，右臂长为（不妨设），
先称得的黄金的实际质量为，后称得的黄金的实际质量为.
由杠杆的平衡原理：，．解得，，
则.
下面比较与10的大小：（作差比较法）
因为，
因为，所以，即.
所以这样可知称出的黄金质量大于.
故选：A
3．A
根据，将代入，即可求解.
【详解】
因为，
所以．
而，且
所以，当且仅当时等号成立.
本题主要考查了转化的思想及等式的变形，属于中档题.
4．C
根据定义求出(m－x) (m＋x)＝m2－x2＋m＋x，将不等式分离参数后，转化为最大值使不等式成立，根据二次函数求出最大值后，解一元二次不等式即可得解.
【详解】
依题意得(m－x) (m＋x)＝(m－x＋1)(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，
因为1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x) (m＋x)<4成立，
所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m即当1≤x≤2时，m2＋m<(x2－x＋4)max.
因为1≤x≤2，所以当x＝2时，x2－x＋4取最大值6，
所以m2＋m<6，解得－3故选：C．
本题考查了对新定义的理解能力，考查了不等式能成立问题，考查了二次函数求最值，考查了一元二次不等式的解法，属于中档题.
5．C
由一元二次不等式的解集形式确定的正负，的关系，得函数零点，然后确定函数图象．
【详解】
∵不等式的解集为，
∴，∴，
，图象开口向下，两个零点为.
故选：C.
6．B
对于选项ABD利用基本不等式化简整理求解即可判断，对于选项C取特值即可判断即可.
【详解】
对于选项A：若，
由基本不等式得，即，
当且仅当时取等号；所以选项A不正确；
对于选项B：若，
，
，
当且仅当且，
即时取等号，所以选项B正确；
对于选项C：由，
，
即，
如时，，所以选项C不正确；
对于选项D：，当且仅当时取等
则有最大值，所以选项D不正确；
故选：B
7．B
利用基本不等式和对勾函数性质依次判断各个选项即可得到结果.
【详解】
对于，当时，，错误；
对于，由知：，，（当且仅当，即时取等号），正确；
对于，令，则，错误；
对于，（当且仅当，即时取等号），即函数的最大值为，错误.
故选：.
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意必须满足的三个条件：“一正二定三相等”.
（1）“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
8．A
根据不等式的性质判断，错误的不等式可举反例说明．
【详解】
，例如，，①错；
，若，则，②错；
若，，例如，，此时，③错；
若，则，，又，所以，④正确，
只有1个命题正确．
故选：A．
9．C
由不等式的性质可判断出A,B,D是否成立，代入特殊值即可判断C选项是否正确.
【详解】
因为满足，且，则，所以一定成立；
又因为，所以，即一定不成立；
因为是否为不确定，因此也不一定成立；
因为，所以一定成立.
故选:C.
本题考查了不等式的性质，属于基础题.
10．B
利用不等式的基本性质可求得的取值范围.
【详解】
由已知得，，，故，
故选：B.
11．C
结合不等式的性质确定正确选项.
【详解】
由于，所以，A正确.
由于，所以，B正确.
设，则，C不正确.
由于，所以，D正确.
故选：C
12．B
先把分式不等式转化为整式不等式，结合二次不等式的求解方法可得解集.
【详解】
不等式等价于，解之得.
故选：B.
本题主要考查分式不等式的解法，分式不等式一般转化为整式不等式进行求解，转化时需要注意等价性，不要忽视了分母不为零，侧重考查数学的核心素养.
13．
直接利用基本不等式计算可得；
【详解】
解：由题设可得：，即，
∴，即，当且仅当时取“=”，
故答案为：．
在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
14．
由一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，应用韦达定理把用表示，化待求式为一元函数，再利用基本不等式得结论．
【详解】
由不等式解集知，由根与系数的关系知
，则，
当且仅当，即时取等号．
故答案为：．
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
15．
令，，将已知条件简化为；将用表示，分离常数，再使用“乘1法”转化后利用基本不等式即可求得最小值．
【详解】
解：令，，因为，所以，
则，，所以,
所以
，
当且仅当，即，，即时取“”，
所以的最小值为.
故答案为：.
16．1
由题意可得是方程的两个根，所以，从而可求得结果
【详解】
解：因为关于的不等式的解集是，
所以是方程的两个根，
所以由根与系数的关系可得，得，
故答案为：1
17．(1)
(2)
(3)
（1）根据一元二次方程与一元二次不等式的关系结合韦达定理求解即可；
（2）由题意可得，列出不等式组求解；
（3）采用代入法，对进行分类讨论，分别求解.
(1)
因为的解集是，所以是方程的两根，
因为，所以
(2)
由（1）知，所以，解得
(3)
设t＝f(x)＝(x＋1)2＋nn，
∴f(t)0对任意tn恒成立，
即(t＋1)2＋n0对任意t∈[n，＋∞)都成立．
当n－1时f(t)min＝f(－1)＝n
则n0，与n－1矛盾．
当n>－1时，f(t)min＝f(n)＝n2＋3n＋1，
则n2＋3n＋10，解得
18．（1）8；（2）－1
（1）运用基本不等式由，可求得 的最小值；
（2）原式可变形为，运用基本不等式可求得的最大值．
【详解】
（1）因为正数，满足，
所以，得，
当且仅当时，即时取等号，则的最小值为8；
（2）因为，所以，
所以
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为－1．
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
19．（1）；（2）.
（1）由不等式的解集得相应二次方程的两根，由韦达定理可求得；
（2）由得，问题可转化为存在，使得成立.，不等式可以成立，时由二次不等式有解可得的范围．
【详解】
解：（1）由题意可知：方程的两根是，1
所以
解得
（2）由得
存在，成立，即使成立，
又因为，代入上式可得成立.
当时，显然存在使得上式成立；
当时，需使方程有两个不相等的实根
所以
即
解得或
综上可知的取值范围是．
关键点点睛：本题考查一元二次不等式的解集，解题关键是掌握“三个二次”的关系．对一元二次不等式的解集，一元二次方程的根，二次函数的图象与性质的问题能灵活转化，熟练应用．解题中注意不等式的解区间的端点处的值是相应二次方程的根，是二次函数图象与轴交点横坐标．
20．（1）;（2）20;（3）.
（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式展开，可得，可求得角A的值；
（2）根据向量的数量积及余弦定理分别求出，即可求得周长；
（3）将利用正弦定理将角化成边，再利用余弦定理结合基本不等式可求得面积的最值；
【详解】
（1）,
,
,
,;
（2）
，
在中利用余弦定理得：，
，的周长为：；
（3），，，
，
，
，
，等号成立当且仅当，
面积的最大值为.
本题考查三角恒等变换、正余弦定理在解三角形中的应用，求解时注意选择边化成角或者角化成边的思路.
21．（1）或
（2）分类讨论，答案见详解
（3）
（1）先利用求根公式求解对应方程的两个实数根，结合二次函数的性质即得解；
（2）先求解对应方程的两个实数根，分，，三种情况讨论即可；
（3）分，两种情况讨论，当时，利用开口和判别式控制范围即可
【详解】
（1）令
故
故不等式的解集为：或
（2）令
故
当时，，不等式的解集为：；
当时，或，不等式的解集为：或；
当时，或，不等式的解集为：或；
（3）当时，不等式为恒成立，解集为R
当时，不等式的解集为R
，解得
综上：
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