第二章等式与不等式 综合练习（含解析）

第二章等式与不等式综合练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知实数，满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．设，则“”是“”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．关于实数的不等式的解集是或，则关于的不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，计划在一块空地上种植面积为的草坪，草坪的四周留有人行通道，设计要求草坪外侧南北的人行通道宽，东西的人行通道宽，如何设计草坪的边长才能使人行通道占地面积最小，最小面积是（ ）
A． B． C． D．
5．已知关于的方程的两个实数根的倒数和等于0，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知集合，，则等于（ ）
A． B．
C．或 D．
7．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
8．若，则下列不等式中一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．设，若“”是“”的充分不必要条件，则实数的值可以是（ ）
A． B． C． D．
10．不等式|x|·(1－2x)＞0的解集是（ ）
A． B．(－∞，0)∪
C． D．
11．已知，，则对于 （ ）
A．取得最值时a＝
B．最大值是5
C．取得最值时b＝
D．最小值是
12．下列结论正确的是
A．若，则一定有
B．若，且，则
C．设是等差数列，若则
D．若，则
三、填空题
13．已知正数，满足，则的最小值是 .
14．已知命题“，”，若为假命题，则实数的取值范围为 .
15．若{(x，y)|(2，1)}是关于x，y的方程组的解集，则(a＋b)(a－b)＝ ．
16．已知，若在上恒成立，则0 （用“” “” “关系不能确定”填空）；的最大值为 .
四、解答题
17．已知集合，.
（1）若，求实数a的取值范围；
（2）若是的真子集，求实数a的取值范围.
18．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且00.
（1）证明：是f(x)＝0的一个根；
（2）试比较与c的大小．
19．（1）不等式，对任意实数都成立，求的取值范围；
（2）求关于的不等式的解集.
20．若关于x的方程有两个不相等的实根.
（1）求k的取值范围.
（2）是否存在实数k，使方程的两实根的倒数和为0？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由.
21．如图,要在长的墙的一边,通过砌墙来围一个矩形花园,与围墙平行的一边上要预留宽的入口(如图中所示,人口不用砌墙),用能砌长墙的材料砌墙,当矩形的长为多少米时,矩形花园的面积为
22．若存在实数λ∈（0，1）使得x＝λa+（1﹣λ）b，则称x是区间（a，b）（a＜b）的λ一内点.
（1）求证：x∈（a，b）的充要条件是存在λ∈（0，1），使得x是区间（a，b）的λ一内点；
（2）若实数a，b满足：0＜a＜b，求证：存在λ∈（0，1），使得是区间（，）的λ一内点；
（3）给定实数ω∈（0，1），若对于任意区间（a，b）（a＜b），x1是区间的λ1一内点，x2是区间的λ2一内点，且不等式x12≤ωa2+（1﹣ω）b2和不等式x22≤（1﹣ω）a2+ωb2对于任意a，b∈R都恒成立，求证：λ1+λ2＝1.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【分析】令，把方程化为，根据方程有解，利用，求得，进而求得的最大值.
【详解】令，则，
方程可化为，
整理得，则满足，
解得，所以，即，
所以的最大值为.
故选：B.
2．B
【分析】求得不等式的解，由此确定充分、必要条件.
【详解】，解得或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3．C
【分析】由已知可得和是方程的两根，利用根与系数的关系求得与的值，代入不等式，求解得答案．
【详解】解：关于实数的不等式的解集是或，
和是方程的两根，
则，，．
不等式即为，解得或．
不等式的解集是，
故选：C．
4．D
【分析】设草坪的长（东西方向）为，求出宽，再求得道路面积，由基本不等式得最小值．
【详解】设草坪的长（东西方向）为，则宽为，
则道路占用面积为，当且仅当，即时，等号成立．
所以道路占地最小面积为．
故选：D．
5．C
【分析】两个实数根的倒数和等于0，即两个实根的和为0，且实根不为0，结合韦达定理可得．注意方程有实解．
【详解】由题意方程有两根且两根不为0，设为，则，所以，
，，
时，方程为，无实根，舍去，
时，方程为，满足题意．
故选：C．
6．A
【分析】计算，，再计算得到答案.
【详解】，或，
故.
故选：.
【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.
7．D
【分析】先化简集合B，再利用并集运算求解.
【详解】∵，
∴.
故选：D
8．D
【分析】根据特殊值可排除选项ABC，即可求解.
【详解】取特值，例如，可知A错误；C错误；取，可知B错误；
由可得，两边同除以可得，故D正确.
故选：D
9．ABC
【分析】对分为和分类讨论解含参不等式，然后根据充分不必要条件，可得的取值范围，从而可得符合条件的值.
【详解】由，得
当时，或；当时，或，
因为“”是“”的充分不必要条件，
所以是不等式的解集的真子集，
所以或，即.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题考查利用集合法，求充分不必要条件中的参数范围，关键是对分类讨论，解含参一元二次不等式.
10．BD
【解析】由题意可得：，即可得解.
【详解】原不等式等价于，
解得且，
即x∈(－∞，0)∪.
故选：BD.
11．AD
【解析】根据条件，化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由题意，且，
则，
当且仅当且，即时，等号成立.
故选：AD
【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
12．AC
【分析】利用不等式的性质、数列的性质、导数等逐一判断各选项是否正确.
【详解】选项A，由，可得，则，
又，所以，则，故A正确.
选项B，取，则，
不等式不成立，故B不正确.
选项C，由题意得且，
所以，故C正确.
选项D，设，则，
当时，，则单调递减，，故D不正确.
故选AC.
【点睛】本题综合考查不等式、基本不等式、数列等知识.判断不等式成立需要严格证明，判断不等式不成立只需举出一个反例即可.
13．
【分析】设，则，计算利用基本不等式可得最小值，即可得的最小值，解不等式可得的最小值，即的最小值.
【详解】因为，则，
设，则，
由，
当且仅当即时等号成立，
由即，解得：或（舍）
所以，的最小值是，
故答案为：.
14．
【分析】由为假命题，可知命题为真命题，所以只要 即可
【详解】解：因为为假命题，
所以命题“，”为真命题，所以
因为，所以，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为2，
所以，
所以实数的取值范围为
15．－15
【解析】根据{(x，y)|(2，1)}是关于x，y的方程组的解集，代入求得即可.
【详解】∵{(x，y)|(2，1)}是关于x，y的方程组
的解集，
∴,
解得
∴(a＋b)(a－b)＝(－1＋4)×(－1－4)＝－15.
故答案为：-15
16．
【分析】如果，则时不等式成立，代入可得，分析整理，可得进行判断；
法一：先求得不等式的解集，根据a，b的正负，结合题意，可得，即可求得a的范围，即可得答案；
法二：根据题意，时，不等式成立，代入求解，化简整理，即可得答案.
【详解】如果，则时不等式成立，即，
因为，可得，
与矛盾，故；
法一：
因为，所以，
所以不等式的解集为或，
因为，，
所以要使得在上恒成立，
只需，
解得，所以.
法二：
因为在上恒成立，
所以时可得，
因为，所以，
解得，所以，
经检验，，时符合条件.
17．（1）（2）
【分析】（1）当时，满足；当时，根据子集关系列式可得结果；
（2）根据真子集关系列式可求出结果.
【详解】（1）当时，，即时，满足；
当时，由可得，解得，
综上所述：实数a的取值范围是.
（2）因为是的真子集，所以，解得.
18．（1）证明见解析；（2）>c.
【解析】（1）由题意得c、是方程f（x）＝0的两个根，
（2）欲比较 与c的大小，利用反证法去证明 c不可能，从而得到 c.
【详解】（1）∵f（x）＝ax2+bx+c（a＞0）的图象与x轴有两个不同的交点，f（x）＝0的两个根x1，x2满足 ，
又f（c）＝0，不妨设x1＝c
∴即是的一个根．
（2）假设 又
由0＜x＜c时，f（x）＞0，得 与矛盾
∴
∵f（x）＝0的两个根不相等
∴只有；
【点睛】关键点点睛：在不等式的证明中，有些不等式无法利用用题设的已知条件直接证明，我们可以间接的方法--反证法去证明，即通过否定原结论--导出矛盾--从而达到肯定原结论的目的．
19．（1）；（2）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
【分析】（1）由不等式，对任意实数都成立，结合一元二次函数的性质，分类讨论，即可求解；
（2）由，原不等式化为，根据根的大小，分类讨论，即可求解.
【详解】（1）由题意，不等式，对任意实数都成立，
①当时，可得，不等式成立，所以；
②当时，则满足，即，解得，
所以实数的取值范围.
（2）不等式可化为，
可得不等式对应一元二次方程的根为，，
当时，即时，不等式的解集为；
当时，即时，不等式的解集为；
当时，即时，不等式的解集为.
【点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及含参数的一元二次不等式的求解，其中解答中熟练应用一元二次函数的性质，以及熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了分类讨论数学，以及运算与求解能力.
20．（1）且；（2）不存在，理由见详解.
【分析】（1）根据方程有两个不相等的实根，结合即可求得；
（2）利用韦达定理，结合方程根的倒数和为0，解方程即可，注意结果的验证.
【详解】（1）要使方程有两个不相等的实根，
则
即
解得且.
（2）不存在.理由如下：
设方程的两根分别是和，
则，
，
∴，即.
∵且，∴不符合题意，
故不存在满足条件的实数k.
【点睛】本题考查韦达定理的应用，以及由方程根的情况，求解参数的范围.
21．
【解析】设的长为,表示出邻边长，根据面积关系列方程求解即可.
【详解】解:设的长为,则与其相邻的一边长为,
依题意列方程得,
即,解得或.
(不符合题意,舍去).
.
答:矩形花园的长为.
【点睛】此题考查函数模型的应用，根据题目给定条件列方程求解，涉及实际应用题，需要考虑实际意义避免产生增根.
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）先理解定义，再由已知证明x∈（a，b）的充要条件是存在λ∈（0，1），使得x是区间（a，b）的λ一内点；
（2）利用作差法比较的大小关系，得，结合（1）结论，即可得证；
（3）由已知可得（ω﹣λ12）a2﹣2（λ1﹣λ12）ab+（2λ1﹣λ12﹣ω）b2≥0恒成立，由二次不等式恒成立问题可得ω﹣λ12＞0，利用判别式，可解得λ1＝ω，同理可得λ2＝1﹣ω，即可得证.
【详解】证明：（1）①若x是区间（a，b）（a＜b）的λ一内点，则存在实数λ∈（0，1）
使得x＝λa+（1﹣λ）b，则x＝λa+（1﹣λ）b＝（a﹣b）λ+b∈（a，b）；
②若x∈（a，b），取，则x＝λa+（1﹣λ）b，且，
则x是区间（a，b）（a＜b）的λ一内点；
可得x∈（a，b）的充要条件是存在λ∈（0，1），使得x是区间（a，b）的λ一内点；
（2）由，即；
.即，
则，
由（1）可得存在λ∈（0，1），使得是区间的λ一内点；
（3）x1是区间的λ1一内点，可得x1＝λ1a+（1﹣λ1）b，
则（λ1a+（1﹣λ1）b）2≤ωa2+（1﹣ω）b2，
则（ω﹣λ12）a2﹣2（λ1﹣λ12）ab+（2λ1﹣λ12﹣ω）b2≥0恒成立，
可得ω﹣λ12≤0时，上式不恒成立；
可得ω﹣λ12＞0，且，即4（λ1﹣λ12）2﹣4（ω﹣λ12）（2λ1﹣λ12﹣ω）≤0，
化为（λ1﹣ω）2≤0，即有λ1＝ω；
另外，x2是区间的λ2一内点，可得x2＝λ2a+（1﹣λ2）b，
则[λ2a+（1﹣λ2）b]2≤ωb2+（1﹣ω）a2，
则（1﹣ω﹣λ22）a2﹣2（λ2﹣λ22）ab+（2λ2﹣λ22+ω﹣1）b2≥0恒成立，
可得1﹣ω﹣λ22≤0时，上式不恒成立；
可得1﹣ω﹣λ22＞0，且，即4（λ2﹣λ22）2﹣4（1﹣ω﹣λ22）（2λ2﹣λ22+ω﹣1）≤0，
化为（λ2﹣1+ω）2≤0，即有λ2＝1﹣ω，
可得λ1+λ2＝1.
【点睛】本题考查充分、必要条件、比较大小、二次不等式的恒成立问题，重点考查分析理解，求值计算的能力，出题新颖，属难题.
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