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．不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
2．设正数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
3．已知满足，且，那么下列选项中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
5．若，则的最小值等于（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．设为实数，且，则下列不等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．将进货价为每个80元的商品按90元一个出售时，能卖出400个，每涨价1元，销售量就减少20个，为了使商家利润有所增加，则售价（元/个）的取值范围应是（ ）
A． B． C． D．
8．已知，函数的最小值为（ ）
A．4 B．7 C．2 D．8
9．用篱笆围一个面积为的矩形菜园，问这个矩形的长、宽各为多少时，所用篱笆最短，最短的篱笆是（　　）
A．30 B．36 C．40 D．50
10．下列不等式的证明过程正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若则
D．若，且，则
11．下列命题中，正确的是（ ）
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若，，则
12．已知，则的最小值是（ ）
A．7 B． C．4 D．
二、填空题
13．若，则的最小值为_____．
14．已知不等式x2+ax+b≥0的解集为{x|x≤2或x≥3}，则a+b＝_____．
15．已知，且，则的最小值为___________.
16．已知函数的值域为，若关于的不等式的解集为，则实数的值为________．
三、解答题
17．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.
18．设函数
（1）若不等式的解集为，求的值；
（2）若，求的最小值
19．设函数在定义域具有奇偶性.
（1）求的值；
（2）已知在上的最小值为，求的值.
20．已知方程的两根为与，求下列各式的值：
（1）；（2）．
21．设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．
（1）证明：ab+bc+ca<0；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．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.
2．A
将所求式子展开后，化为，由题中条件，结合基本不等式，即可得出结果.
【详解】
因为正数满足，
所以，
当且仅当时，等号成立.
故选：A.
本题主要考查由基本不等式求最值，属于基础题型.
3．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.
4．C
由可得，然后可得答案.
【详解】
因为，所以，所以
故选：C
本题考查的是一元二次不等式的解法，较简单.
5．D
将变形为，即可利用均值不等式求最小值.
【详解】
因为，所以，因此,当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值等于3.
故选：D.
6．D
题目考察不等式的性质，A选项不等式两边同乘负数要变号；B,C选项可以通过举反例排除；D选项根据已知条件变形可得
【详解】
已知,对各选项逐一判断：
选项A：因为,由不等式的性质，两边同乘负数，不等式变号，可得,所以选项A错误.
选项B：取,,,,则,,此时,所以选项B错误.
选项C：取,,,,则,,此时,所以选项C错误.
选项D：因为,所以,所以,即,所以选项D正确.
故选：D.
7．A
首先设每个涨价元，涨价后的利润与原利润之差为元，结合条件列式，根据，求的取值范围，即可得到的取值范围.
【详解】
设每个涨价元，涨价后的利润与原利润之差为元，
则.
要使商家利润有所增加，则必须使，即，得，所以的取值为.
故选：A
8．B
结合基本不等式即可.
【详解】
因为，所以，
当且仅当即时取等号，
所以的最小值为7.
故选：B
9．C
设矩形的长为，则宽为，设所用篱笆的长为，所以有，利用基本不等式可以求出的最小值.
【详解】
设矩形的长为，则宽为，设所用篱笆的长为，所以有，根据基本不等式可知：，（当且仅当时，等号成立，即时，取等号）故本题选C.
本题考查了基本不等式的应用，由已知条件构造函数，利用基本不等式求出最小值是解题的关键.
10．D
利用基本不等式成立的条件判断出证明过程正确的选项.
【详解】
对于A选项，当时，，所以A选项错误.
对于B选项，如时，，所以B选项错误.
对于C选项，由于，则，，所以C选项错误.
对于D选项，根据基本不等式成立的条件可知D选项正确.
故选：D
本小题主要考查基本不等式成立的条件，属于基础题.
11．C
根据不等式的基本性质，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断和选择.
【详解】
对：，也即，当时，，故错误；
对：只有当时，才有，故错误；
对：，则，故，正确；
对：若，，故，故错误.
故选：.
本题考查不等式的基本性质，属简单题.
12．D
由“1”的妙用和基本不等式可求得结果.
【详解】
因为，
所以，
当且仅当即时，等号成立.
结合可知，当时，有最小值.
故选：D.
13．2
化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
由，则，
当且仅当时取“”，即的最小值为2．
故答案为：2.
14．1
根据不等式的解集可得方程x2+ax+b＝0的两根为x＝2或x＝3，最后利用根与系数的关系建立等式，解之即可．
【详解】
∵不等式x2+ax+b≥0解集为{x|x≤2或x≥3}，
故方程x2+ax+b＝0的两根为x＝2或x＝3，
由根与系数的关系可得，∴，∴a+b＝1．
故答案为：1．
15．
把待求式通分后利用基本不等式求最值．
【详解】
因为，且，
所以，当且仅当，即
或时等号成立．
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
16．
由题意可得，然后求出不等式的解，结合已知条件可得出关于的方程，进而可求得的值.
【详解】
由题意知，
因为函数的值域为，所以，，可得，
由可知，且有，解得，
所以，，，
所以，，解得.
故答案为：.
利用一元二次不等式的解集求参数，一般转化为解集的端点值为对应的一元二次方程的根，可以利用韦达定理或者利用代入法求解.
17．（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．
18．（1）；（2）9．
（1）由不等式的解集．，3是方程的两根，由根与系数的关系可求，值；
（2）由，将所求变形为展开，整理为基本不等式的形式求最小值．
【详解】
解析：（1）∵不等式ax2＋bx＋3>0的解集为(－1，3)，∴－1和3是方程ax2＋bx＋3＝0的两个实根，
从而有 解得．
（2）∵a＋b＝1，又a>0，b>0，∴＋＝ (a＋b)= 5＋＋≥5＋2＝9，
当且仅当即时等号成立，
∴的最小值为9．
【点评】
本题考查了二次函数的图象和性质，运用基本不等式求最值，属于中档题．
19．（1）；（2）当时，；当时，.
（1）分类讨论，当为奇函数时，由可解得的值；当函数为偶函数时，由可解得的值；
（2）按及两种情况分类讨论，在时，换元；在时，换元，将问题转化为二次函数的最小值为，对二次函数图象的对称轴与区间的位置关系进行分类讨论，利用二次函数的单调性得出关于的方程，解出即可.
【详解】
（1）若函数为奇函数，则，即，
，；
若函数为偶函数，则，，
对一切都成立，.
综上所述，；
（2）①当时，
令，则函数在上单调递增，，.
二次函数的图象开口向上，对称轴为直线.
当时，函数在区间上单调递增，，，舍去；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
， 或（舍去）；
当时，.
②当时，，
令，当时，，内层函数在时单调递增，
外层函数在上单调递增，
所以，函数在时单调递增，，.
二次函数的图象开口向上，对称轴为直线.
当时，函数在区间上单调递增，
，，；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，（舍）.
所以，当时，.
综上所述，当时，；当时，.
本题考查函数的奇偶性及函数的最值，考查换元思想及分类讨论思想，考查运算求解能力，难度中等．
20．（1）；（2）
（1）由方程的根为与，结合韦达定理，求得两根之和与两根之积，再提取公因式，将转化为进行求解；
（2）将进行通分，由韦达定理即可求得.
【详解】
由方程得．
（1）；
（2）．
本题考查由韦达定理，求解的代数式的值，属基础题.
21．（1）证明见解析（2）证明见解析.
（1）方法一：由结合不等式的性质，即可得出证明；
（2）方法一：不妨设，因为，所以，则．故原不等式成立．
【详解】
（1）［方法一］【最优解】：通性通法
，
.
均不为，则，．
［方法二］：消元法
由得，则，当且仅当时取等号，
又，所以．
［方法三］：放缩法
方式1：由题意知，又，故结论得证．
方式2：因为，
所以
．
即，当且仅当时取等号，
又，所以．
［方法四］：
因为，所以a，b，c必有两个负数和一个正数，
不妨设则.
［方法五］：利用函数的性质
方式1：，令，
二次函数对应的图像开口向下，又，所以，
判别式，无根，
所以，即．
方式2：设，
则有a，b，c三个零点，若，
则为R上的增函数，不可能有三个零点，
所以．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
不妨设，因为，所以，
则．故原不等式成立．
［方法二］：
不妨设，因为，所以，且
则关于x的方程有两根，其判别式，即．
故原不等式成立．
［方法三］：
不妨设，则，关于c的方程有解，判别式，则．故原不等式成立．
［方法四］：反证法
假设，不妨令，则，又，矛盾，故假设不成立．即，命题得证．
【整体点评】
（1）方法一：利用三项平方和的展开公式结合非零平方为正数即可证出，证法常规，为本题的通性通法，也是最优解法；方法二：利用消元法结合一元二次函数的性质即可证出；方法三：利用放缩法证出；方法四：利用符号法则结合不等式性质即可证出；方法五：利用函数的性质证出．
（2）方法一：利用基本不等式直接证出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用一元二次方程根与系数的关系以及方程有解的条件即可证出；方法三：利用消元法以及一元二次方程有解的条件即可证出；方法四：利用反证法以及基本不等式即可证出．
答案第1页，共2页
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