第二章 一元二次函数、方程和不等式 高频考点梳理 专项练 2025--2026学年上学期高中数学必修第一册 （人教A版2019）

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第二章 一元二次函数、方程和不等式 高频考点梳理 专项练 2025--2026学年上学期高中数学必修第一册 （人教A版2019）
一、解答题
1．（24-25高一下·河北保定·月考）（1）已知，比较与的大小．
（2）比较与的大小．
2．（24-25高一上·全国·课后作业）（1）设，比较与的大小；
（2）已知，函数，当时，，当时，，试比较与的大小．
3．（23-24高一上·贵州六盘水·期中）从下列三组式子中选择一组比较大小：
①设，比较的大小；
②设，比较的大小；
③设，比较的大小.
注：如果选择多组分别解答，按第一个解答计分.
一、多选题
1．（23-24高一上·贵州黔南·期末）设，则下列选项中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
2．（24-25高一下·山西大同·月考）已知，则下列命题不正确的是（ ）
A．若，则 B．若则
C．若，，则 D．若，，则
3．（24-25高一上·福建泉州·期中）若，则下列不等式恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高一上·广东广州·月考）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
一、多选题
1．（25-26高一上·全国·单元测试）已知，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高一上·黑龙江大庆·月考）已知实数满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
3.（24-25高一上·安徽宿州·月考）已知，，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C． D．最大值为5
一、多选题
1．（25-26高一上·全国·课后作业）（多选）下列说法中正确的是（ ）
A．成立的条件是 B．成立的条件是
C．成立的条件是 D．成立的条件是
2．（24-25高一上·新疆巴音郭楞·月考）下列各式能用基本不等式直接求得最大（小）值的是（ ）
A． B．，
C． D．，
3．（23-24高一上·山西运城·月考）已知，且，则下列不等式中，恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
4．以下结论正确的是（ ）
A．函数的最小值是4
B．若且，则
C．若，则的最小值为3
D．函数的最大值为0
5．（23-24高一上·福建莆田·月考）下列判断正确的有（ ）
A． B．
C． D．
一、单选题
1．（24-25高一上·青海西宁·月考）已知，，且，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
2．（24-25高一上·全国·课前预习）已知，则函数的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，，则的最小值为（ ）
A．9 B． C．4 D．6
4．（24-25高一下·湖南岳阳·期末）已知且，则的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．6
5．（24-25高一上·云南大理·期末）已知正实数，满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
6．设正数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为 B．的最小值为4
C．的最大值为 D．的最小值为
三、填空题
7．已知，则的最小值为 ．
8．（24-25高一上·河北石家庄·月考）已知，且，则的最小值为 .
9．（24-25高一上·天津武清·月考）已知，且，则的最小值为 ，此时 ．
一、填空题
1．（24-25高一上·四川眉山·期中）用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长，则能围成的菜园面积的最大值为 .
2．（23-24高一上·天津北辰·期中）某公司建造一间背面靠墙的房屋，地面面积为48 m2，房屋正面每平方米造价为1200元，房屋侧面每平方米的造价为800元，屋顶的造价为5800元．如果墙高为3 m，且不计房屋背面和地面的费用，那么房屋的总造价最低为 元．
3．（25-26高一上·全国·单元测试）某保健厂研制了一种足浴气血养生的足疗盆，具体原理是：在足浴盆右侧离中心厘米处安装臭氧发生孔，产生的臭氧对双脚起保健作用．根据检测发现，该臭氧发生孔工作时会对泡脚的舒适程度起到干扰作用，已知臭氧发生孔工作时，对左脚的干扰度与成反比，比例系数为2，对右脚的干扰度与成反比，比例系数为k，且当时，对左脚和右脚的干扰度之和为0.06．则臭氧发生孔对左脚和右脚的干扰度之和y的最小值为 ．
4．（25-26高一上·全国·单元测试）如图，某居民小区要建一座八边形的休闲场所，它的主体造型平面图是由两个相同的矩形和构成的十字形地域．四个小矩形，，，与小正方形面积之和为，且．计划在正方形上建一座花坛，造价为1000元；在四个矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为400元；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为200元．则当总造价最低时，的长为 ．

二、解答题
5．（25-26高一上·全国·单元测试）如图所示，动物园要围成相同面积的长方形虎笼四间，一面可利用原有的墙，其他各面用钢筋网围成，每间虎笼的长为（单位：）、宽为（单位：）（都为正数）．
(1)现有长的钢筋网材料可供使用，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使每间虎笼面积最大？
(2)若使每间虎笼面积为，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小？最小值为多少？
(3)若使用的钢筋网材料总长为，求的最小值．
一、解答题
1．（24-25高一上·上海·期中）（1）已知，求证：；
（2）已知正数x、y满足，求证：.
2．（24-25高一上·湖南益阳·期末）（1）已知，求函数的最小值；
（2）若，， 证明: .
3．（25-26高一上·全国·单元测试）选用恰当的证明方法，证明下列不等式．
(1)已知，且，求证：；
(2)已知，求证：．
4．（24-25高一上·全国·课后作业）（1）若，，，都是正数，求证：；
（2）若，，都是正数，求证：.
一、解答题
1．（24-25高一上·全国·课后作业）解下列不等式：
(1)；
(2)；
(3)；
(4).
2．（24-25高一上·上海·课堂例题）解下列不等式：
(1)；
(2)．
一、解答题
1.（24-25高一上·天津滨海新·月考）设，解关于的不等式.
2.（24-25高一上·全国·课后作业）（1）解关于的不等式.
（2）解关于的不等式.
3．（24-25高一上·江苏连云港·月考）解关于x的不等式：
(1)；
(2).
一、单选题
1．（24-25高一上·天津·期中）已知关于x的不等式的解集为，则关于x的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
2．（24-25高一上·吉林通化·月考）已知关于x的不等式的解集为或，则下列说法正确的是 （ ）
A．
B．的解集为
C．
D．的解集为
3．（24-25高一上·四川德阳·月考）已知不等式解集中的整数恰有个，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
4．（24-25高一下·广西南宁·开学考试）若关于的一元二次不等式的解集是.那么若的解集为.则实数的取值范围是 .
5．（24-25高一上·湖北·期中）若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
6．（24-25高一上·陕西安康·月考）（1）设．
①若对任意恒成立，求实数m的取值范围；
②讨论关于x的不等式的解集．
（2）若关于x的不等式的解集中的整数恰有3个，求a的取值范围．
一、单选题
1．（24-25高一上·湖南·期中）若不等式对一切实数都成立，则整数的个数为（ ）
A．67 B．68 C．69 D．70
2．（24-25高一上·云南文山·期末）命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高一上·辽宁朝阳·月考）若对任意的，关于的不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．10 D．9
4．（24-25高一上·福建莆田·月考）若，使得成立，则实数的范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高一上·广东深圳·期末）已知，若关于x的不等式在区间上恒成立，则的最小值是（ ）
A．2 B． C．3 D．
二、填空题
6．（23-24高一上·甘肃白银·期中）若不等式有解，则实数的取值集合是 .
7．（23-24高一上·安徽阜阳·期末）已知命题p：，，请写出一个满足“p为假命题”的整数m的值： .
8．（2025高一·全国·专题练习）若对任意，均有，则实数的取值范围为 ．
9．（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·月考）若“，使得成立”是真命题，则实数的取值范围是 ．
10．若两个正实数，满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
11．（24-25高一上·安徽宿州·期中）已知关于的不等式在上恒成立，则的最小值为 .
一、单选题
1．（2025高一上·全国·专题练习）某企业研发部原有80人，年人均投入万元，为了优化内部结构，现把研发部人员分为两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有名（且），调整后，研发人员的年人均投入增加．要使调整后研发人员的年总投入不低于调整前的80人的年总投入，则优化结构调整后的技术人员的人数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高一上·云南昭通·期末）已知某零件原来的售价为15元，可售出50万件，据市场调查，该零件的单价每提高1元，销售量就减少2万件.现该零件的销售商计划对该零件进行提价销售，若提价后的售价为元，为使提价后该零件的销售总收入不低于原来的销售总收入，则的最大值是（ ）
A．20 B．25 C．27 D．28
二、填空题
3．某单位在对一个长，宽的草坪进行绿化时，是这样想的：中间为矩形绿草坪，四周是等宽的花坛，如图所示若要保证绿草坪的面积不小于总面积的二分之一，则花坛宽度的取值范围是 .

4．（24-25高一上·上海·月考）某服装公司生产的衬衣，在某城市年销售8万件，现该公司在该市设立代理商来销售衬衫，代理商向服装公司收取销售金额的代理费．为此，该衬衫每件价格要提高到元才能保证公司利润．由于提价，每年将少销售万件，如果代理商每年收取的代理费不少于16万元，则的取值范围是 ．
5．（24-25高一上·江苏南通·月考）为配制一种药液，进行了二次稀释，先在体积为（单位：升）的桶中盛满纯药液，第一次将桶中药液倒出5升后用水补满，搅拌均匀第二次倒出4升后用水补满，若此时桶中纯药液的含量不超过容积的，则的取值范围为 .
6．（24-25高一上·上海徐汇·期末）如图所示，为宣传2025年世界人工智能大会在上海召开，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸上设计大小相等的左右两个矩形宣传栏，宣传栏的面积之和为，为了美观，要求海报上四周空白的宽度为，两个宣传栏之间的空隙的宽度为，设海报纸的长和宽分别为，为节约成本（即使用纸量最少），则长 m.
答案
一、解答题
1． （1），（2）
【分析】（1）（2）利用作差法即可求解.
【详解】（1），
由于，所以，所以，
故
（2），
因为，即
所以.
（1）；（2）.
【分析】利用作差法比较数的大小可得结论；
【详解】（1）
因为，所以，
又因为，
当且仅当，即时取等号，
又，所以，所以，所以，
（2），
因为，所以，，
当时，，即，
当时，，即，
当时，，即.
①；
②；
③；
【分析】①利用有理根式可得，再由即可得的大小关系；
②用作差法比较即可；
③用作差法或作商法比较即可.
【详解】解：
①
，
因为，
所以，
即；
.
②
，
.
③
方法一（作差法）
，
因为，所以，
所以，
所以.
..
方法二（作商法）因为，所以，
所以，
所以.
.
一、多选题
1． ACD
【分析】利用不等式的性质推理判断AC；举例说明判断B，作差判断D.
【详解】对于A，由，得，A正确；
对于B，取满足，而不成立，B错误；
对于C，由，得，则，C正确；
对于D，由，得，则，D正确.
故选：ACD
ABD
【分析】根据不等式性质逐一进行判断即可.
【详解】当时，，故A不成立；
当时，若，则，故B不成立；
若，，则，即，故C成立；
若，，则，即，故D不成立.
故选：ABD.
AB
【分析】作差，由不等式的性质判断ABD选项，举反例排除C选项.
【详解】A选项，，
因为，所以，所以，，A正确；
B选项，，
因为，所以，所以，，B正确；
C选项，当时，，C错误；
D选项，，
因为，所以，
当时，，，
当时，，，D错误；
故选：AB.
ABD
【分析】利用不等式的性质和同向不等式可加性，可判断ABD，利用作差法可判断C，即可.
【详解】对于A：
，又，由加法性质知，A正确,
对于B：, ,，B正确,
对于C：,
,,但是的正负号不确定,
与大小关系不确定，C错误,
对于D：,,
，又,，D正确,
故选：ABD.
一、多选题
1． BD
【分析】应用不等式的性质依次判断各项的正误即可.
【详解】A：由，，得，故，错；
B：由，得，而，故，对；
C：由，，得，错；
D：由，得，而，则，对.
故选：BD
CD
【分析】利用不等式的性质，逐项计算可得结论.
【详解】因为，所以，因为，所以，故A错误；
因为，所以，因为，所以，故B错误；
因为，，所以，故C正确；
因为，所以，所以，又，
所以，故D正确.
故选：CD.
AB
【分析】根据不等式的加法性质，可判断A、B；由，可判断C，对已知平方，再结合不等式的性质判断D.
【详解】根据题意，①，②，
两式相加得，A正确；
由②得，与①相加得，故B正确；
设，即，
得，则，
所以，故C错误；
由①可得，即，
由②可得，即，则，
所以，故D错误.
故选：AB
一、多选题
1． BC
【分析】根据不等式成立的条件即可判断．
【详解】为重要不等式，其中，A错，B对；
是基本不等式，其中，C对，D错.
故选：BC
BCD
【分析】利用基本不等式逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，因为的正负未知，所以，不能用基本不等式直接求得最大（小）值；
对于B选项，当时，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，能用基本不等式直接求得最大（小）值；
对于C选项，对于代数式，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，能用基本不等式直接求得最大（小）值；
对于D选项，因为，则，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，能用基本不等式直接求得最大（小）值.
故选：BCD.
BCD
【分析】由基本不等式逐一判断．
【详解】对于A，当为负数时不成立，故A错误，
对于B，，则，故B正确，
对于C，，则都为正数，，
当且仅当，即时等号成立，故C正确，
对于D，，
当且仅当和同时成立，即时等号成立，故D正确，
故选：BCD
4.BD
【分析】结合基本不等式的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A.对于函数，当时，，所以A选项错误.
B.由于，所以，
所以，当且仅当时等号成立，所以B选项正确.
C.，
但无解，所以等号不成立，所以C选项错误.
D.由于，所以，
当且仅当时等号成立，所以D选项正确.
故选：BD
5． BCD
【分析】利用基本不等式逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，当时，，A错；
对于B选项，当时，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，B对；
对于C选项，因为，则，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，C对；
对于D选项，因为，则，则，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
但，故等号不成立，所以，，D对.
故选：BCD.
一、单选题
1． A
【分析】根据基本不等式即可求得的最大值.
【详解】因为，，
根据基本不等式可得，所以.
当时，取最大值.
故选：A.
C
【分析】根据题意，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，可得，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以函数的最大值为.
故选：C.
B
【分析】利用“1”的妙用，结合基本不等式即可求解.
【详解】因为，
所以，
当且仅当，且，即时等号成立，
故的最小值为，
故选：B
B
【分析】法一：由得，可得，进而结合基本不等式求解即可；
法二：由得，由，进而结合基本不等式求解即可.
【详解】已知，且，
法一：由得，
则
，
当且仅当时取等号，则的最小值为；
法二：由得，
则，
当且仅当，即，时取等号，
则的最小值为．
故选：B.
C
【分析】根据题意分析可知，代入化简后利用基本不等式即可求解.
【详解】因为正实数，满足，则，
则，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.
故选：C.
二、多选题
6． BCD
【分析】直接利用均值不等式判断A选项，通过“1”的代换判断B选项，利用平方判断CD选项.
【详解】A选项，，
当且仅当即时等号成立，故的最大值为，A错误；
B选项，，当且仅当时等号成立，故B正确；
C选项，由，得，
所以，当且仅当时等号成立，故C正确；
D选项，由，得，
当且仅当时等号成立，故D正确；
故选：BCD.
三、填空题
7．
【分析】利用“1”的妙用，结合基本不等式，即可求得答案.
【详解】因为，
故
，
当且仅当时，结合，即时取等号，
即的最小值为，
故答案为：
2
【分析】先由题意得且，接着将代入整理得，再根据基本不等式中常数“1”的妙用方法即可计算求解.
【详解】因为，且，
所以且，
所以
，
当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为2.
故答案为：2.
12 或1
【分析】由代入目标式，应用基本不等式求目标式的最小值，并确定取值条件.
【详解】由题设，则，
又，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
此时，可得，故或时等号成立.
综上，或时目标式取最小值为12.
故答案为：12；或1
一、填空题
1．
【分析】设矩形菜园的长为，宽为，得到，得到围成的菜园的面积，结合基本不等式，即可求解.
【详解】设矩形菜园的长为，宽为，可得，
则围成的菜园的面积，
当且仅当即时等号成立，
所以围成菜园的最大面积为.
故答案为：.
【分析】求出房屋的总造价，利用基本不等式可得答案.
【详解】设房屋底面一边长为m，则另一边长为m，
所以房屋的总造价为，
因为，所以，
当且仅当即时等号成立.
故答案为：.
【分析】根据已知条件求出干扰度之和y的解析式，再利用基本不等式即可求解.
【详解】由题意，知，，
因为时，，所以，
所以，．
因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取“”，
所以当时，臭氧发生孔对左脚和右脚的干扰度之和最小，为．
故答案为：．
【分析】设的长为，总造价为元，根据面积关系得阴影部分面积为，草坪面积为，花坛面积，进而得到，利用基本不等式求最值，得到答案.
【详解】设的长为，总造价为元，因为四个小矩形，，，与小正方形面积之和为，
且，小正方形的面积为，
其中矩形的面积为，则，
因为所以，阴影部分面积为，
因为，，，
所以草坪面积是面积的（倍）
所以草坪面积为，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，总造价最小，最小值为240000元．
故答案为：.
二、解答题
5． (1)长为，宽为
(2)每间虎笼的长设计为、宽设计为时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小，最小值为．
(3)．
【分析】（1）先由题意得，，，每间虎笼面积为，再利用基本不等式即可求出面积的最大值以及此时的值.
（2）先由题意得，钢筋网总长为，再利用基本不等式即可求出的最小值以及此时的值.
（3）法一：利用基本不等式1的代换可求得的最小值.法二：利用基本不等式求得，进而可得的最小值.
【详解】（1）由题得，即，，，
设每间虎笼的面积为，则，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即，
所以每间虎笼的长为，宽为时，可使每间虎笼面积最大，最大为．
（2）由题意可得，，，设钢筋网总长为，则，
因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以每间虎笼的长设计为、宽设计为时，
可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小，最小值为．
（3）依题意，得．
方法一， ，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．
方法二，，则，，
当且仅当时等号成立．
故，当且仅当时等号成立．
所以的最小值为．
一、解答题
1.（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）运用作差比较法作差通分整理后即可证明；
（2）利用常值代换法和基本不等式即可求得的最小值，从而得证.
【详解】（1）由，
因，则，，故，
即得，故得证；
（2）因正数x、y满足，
则
，
当且仅当时等号成立.
由解得：，
即当，时等号成立，故得证.
（1）4；（2）证明见解析
【分析】（1）利用基本不等式计算可得；
（2）利用基本不等式计算可得.
【详解】（1），，
则．
当且仅当，即时等号成立．
所以函数的最小值为．
（2），，，
即，当且仅当时等号成立．
(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题设，应用基本不等式证明即可；
（2）应用作差法比较大小，即可证.
【详解】（1）由，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以；
（2）
，
因为，所以，所以，
所以，即.
（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）对分别应用基本不等式即可证明；
（2）对分别应用基本不等式即可证明.
【详解】证明 （1）由，，，都是正数，利用基本不等式可知，，
当且仅当时，等号成立；
，当且仅当时，等号成立.
所以，
即有，当且仅当，时，等号成立.
（2）由，，都是正数，利用基本不等式可知，
，当且仅当时，等号成立；
，当且仅当时，等号成立；
，当且仅当时，等号成立.
所以，
当且仅当时，等号成立.
一、解答题
1． (1).
(2)
(3)或
(4).
【分析】先将不等式化成二次项系数为正的一元二次不等式，判断对应方程的根的个数，结合图象即得原不等式的解集.
【详解】（1）原不等式可化为.
对于方程，因为，
可知函数的图象开口向上，且与x轴无交点，
其大致如图1所示，由图1可知原不等式的解集为.
（2）原不等式可化为，即，
函数的图象如图2所示，
由图2可知原不等式的解集为.
（3）易知方程的两根分别是，，
则函数的图象与x轴有两个交点，分别为点和点，
又函数的图象是开口向上的抛物线，图象如图3所示，
由图3可得原不等式的解集为或.
（4）原不等式可化为，
易知方程有两个相等实根，
画出函数的图象如图4所示，
由图4可知原不等式的解集为.
(1)
(2)
【分析】先把分式不等式转化为一元二次不等式或一元二次不等式组，再解出不等式解集即可；
【详解】（1）原不等式可化为，所以原不等式的解集为．
（2）∵，∴，解得，
所以原不等式的解集为．
一、解答题
1.答案见解析
【分析】讨论、时，不等式的解集情况，再比较和的大小关系，从而再次细分讨论即可.
【详解】①当时，原不等式为，解得；
②当时，原不等式为，令，解得或，
（i）当时，，解不等式可得或；
（ii）当时，原不等式即为，解得；
（iii）当时，，解不等式可得或；
综上所述，当时，解集为，
当时，解集为或，
当时，解集为，
当时，解集为或.
（1）答案见解析；（2）答案见解析
【分析】（1）分、及，结合一元二次不等式的解法计算即可得；
（2）计算，分及，结合一元二次不等式的解法计算即可得.
【详解】（1），
①若，则原不等式可化为，解得；
②若，则原不等式化为，解得或；
③若，则原不等式化为，解得；
综上所述，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
（2）由题意得，
①当，即时，
方程无实根，所以原不等式的解集为；
②当，即或时，
方程的两个根为，，
所以当时，原不等式的解集为；
当或时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据分式不等式解法运算求解；
（2）分类讨论和判别式的符号，结合一元二次不等式运算求解.
【详解】（1）不等式，移项得，通分得，
可转化为且，解得，
故原不等式解集为．
（2）当时，，解得；
当时，则，
①时，则，解得；
②时，则有：
若，即时，则；
若，即时，则且；
若，即时，解得或；
综上所述：
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为或；
当时，解集为；
当时，解集为．
A
【分析】首先求得，然后解一元二次不等式即可求解.
【详解】因为关于x的不等式的解集为，
所以的两个根为1，2，
所以由韦达定理有，解得，
所以不等式，即不等式或.
故选：A.
二、多选题
2． AD
【分析】是方程的两根，且，A正确；由韦达定理得到，，从而解不等式得到B错误，D正确，，C错误.
【详解】由题意得是方程的两根，且，A正确；
故，即，，
所以，B错误；
，C错误；
，
解得，D正确.
故选：AD
BD
【分析】利用不等式性质，整理不等式为一元二次不等式，结合分类讨论思想，可得答案.
【详解】由，则，，
易知，可得，
当时，解得，
由，则，
可得，解得；
当时，解得，由，则，
可得，解得.
故选：BD.
三、填空题
4．
【分析】由给定的解集求出，再利用已知条件列式求出的范围.
【详解】由一元二次不等式的解集是，
得，年是方程的二根，即，因此，
不等式，即的解集为，则，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
【分析】根据已知条件及一元二次不等式的解法即可求解
【详解】不等式，可化为
当，即时，，
解集中含有两个整数解，，
当，不等式解集为，不符合题意，
当，即时，，
解集中含有两个整数解，，
综上得.
故答案为：.
四、解答题
6． （1）；（2）答案见解析；（3）.
【分析】（1）①由题意可得对恒成立，即有的最小值，运用基本不等式可得最小值，即可得到所求范围；
②讨论判别式小于等于0，以及判别式大于0，由二次函数的图象可得不等式的解集．
（2）因式分解得，再对进行合理分类讨论即可.
【详解】（1）①由题意，若对任意恒成立，
即为对恒成立，即有的最小值，
时，，当且仅当时等号成立，可得.
②当，即时，的解集为R；
当，即或时，方程的两根为，，
可得的解集为．
综上所述，当时，解集为R；
当或时，解集为.
（2）原不等式等价于，分类讨论：
当时，不等式的解集为，整数不止3个；
当时，方程的两根为和，且.
①当时，不等式的解集为，此时满足条件，得；
②当时，不等式的解集为；
③当时，不等式的解集为，显然不满足题意；
④当时，不等式的解集为整数不止3个.
综上所述，的取值范围是.
一、单选题
1． C
【分析】即恒成立，分和两种情况，结合开口方向和根的判别式得到不等式，求出，得到答案.
【详解】依题意可得对一切实数都成立，
当时，对一切实数都成立；
当时，需满足，解得．
综上，，整数的个数为69．
故选：C
A
【分析】参变分离计算可得，再利用充分不必要条件定义即可判断.
【详解】由，因为，所以，
要想该命题为真命题，只需，四个选项中只有A符合充分不必要的性质.
故选：A.
C
【分析】将不等式的未知数移到同一侧，得到小于等于关于的函数的最小值，利用基本不等式求解即可.
【详解】由，得对任意的恒成立.
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即的最大值为10.
故选：C.
B
【分析】分析可知原题意等价于，使得成立，令，利用基本不等式结合存在性问题分析求解.
【详解】因为，即，
又因为，则，可得，
原题意等价于，使得成立，
令，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
可得，所以实数的范围是.
故选：B.
B
【分析】结合函数函数性质，得到函数的函数性质，由此建立等式得到的关系，然后借助基本不等式求出的最小值.
【详解】∵，∴在区间上单调递增，
∴当时，当时，
令，
要想关于x的不等式在区间上恒成立，
则当时，当时，
∴，则，即，
∴，当且仅当，即时取等号.
故选：B.
二、填空题
6．
【分析】结合二次函数的性质及判别式求解即可.
【详解】由题意，可得，即，
则实数的取值集合是.
故答案为：.
（答案不唯一）
【分析】根据存在性命题的真假以及一元二次不等式恒成立得出结果.
【详解】由命题p：，为假命题，
则恒成立，
得，解得，
所以整数m的值可为，0，1（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】求出不等式的解集后，把问题转化为，再利用分类讨论思想进行列不等式求解．
【详解】不等式的解集为．
由题意知，
从而或，
解得或．
所以实数的取值范围为，
故答案为：．
【分析】首先对不等式进行参数分离，得到关于的不等式，然后利用基本不等式的性质即可求得结果.
【详解】由题意知，“，使得成立”是真命题，
所以，根据基本不等式的性质可得：，当且仅当，即时，等号成立.
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】利用基本不等式求出的最小值，解一元二次不等式即可求实数的取值范围.
【详解】由两个正实数，满足，
得，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，
因为不等式恒成立，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】条件可转化为在上恒成立，再求的最大值即可确定的范围.
【详解】由不等式在上恒成立，
得在上恒成立，
所以在上恒成立，
又，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
所以，故的最小值为.
故答案为：.
一、单选题
1． A
【分析】由题知调整后研发人员人数为，年人均投入为万元，再列出不等式，解不等式即可.
【详解】依题意得，调整后研发人员人数为，年人均投入为万元，
则有，
化简整理得，解得．
因为，且，所以．
故选：A.
B
【分析】依题意可得，解得即可.
【详解】由题意可得，整理得，
即，解得，则的最大值是25.
故选：B
二、填空题
3．
【分析】根据题意列式，进而求解即可.
【详解】因为花坛的宽度为，所以绿草坪的长为，宽为，
由题意知，，，
所以，
根据题意得，
整理得，解得（舍去）或，
所以．
当时，绿草坪的面积不小于总面积的二分之一．
故答案为：.
【分析】根据题意，列出不等式求解即可．
【详解】由题可知，提价后每年可销售万件，所以，
，
整理得，，解得，
故答案为：．
【分析】由题目条件，按照稀释药液顺序，逐渐分析.可得，然后解不等式可得答案.
【详解】第一次将桶中药液倒出5升后，桶中药液还有升，
则加满水后药液含量占容积比例为.第二次倒出的4升液体中，
药液有升，则加满水后药液含量占容积比例为，
由题有，，解得，
又因为第一次将桶中药液倒出5升，所以，
故答案为：.
【分析】根据已知有，应用基本不等式可得，由换元法求用纸量最少对应.
【详解】由题设，则，
所以，当且仅当时取等号，
令，则，即，
所以或（舍），
此时，即用纸量最少时m.
故答案为：
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