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第二章
一元二次函数、方程和不等式
一、单选题
1．若，则下列判断正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
2．不等式的解集是（
）
A．
B．
C．或
D．
3．已知，则“”是“”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．已知正数，是关于的方程的两根，则的最小值为（
）
A．8
B．4
C．9
D．6
5．已知不等式的解集为,的解集为，不等式的解集为，则（
）
A．-3
B．1
C．-1
D．3
6．已知，，且，则的最小值为（
）
A．2
B．3
C．4
D．8
7．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
8．已知，，，，且，则下列不等式中，成立的个数有①，②，③，④（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
二、多选题
9．若，则下列不等式恒成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
10．若x＞1，y＞2，且满足xy﹣2x＝y，则的值可以为（ ）
A．
B．3
C．4
D．
11．若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（
）
A．
B．
C．
D．
12．若不等式对恒成立，则实数的值可能为（
）
A．-2
B．-1
C．
D．2
三、填空题
13．能够说明“若a，b，m均为正数，则”是假命题的一组整数a，b的值依次为___________.
14．设，，且恒成立，则n的最大值为___________.
15．已知当时，不等式恒成立，则的取值范围为___________.
16．有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a，b，1，现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得长方体高的最大值为________；
四、解答题
17．设x与的大小.
18．已知是不全相等的三个正数，求证：.
19．已知不等式的解为或.
（1）求，的值；
（2）解关于的不等式：，其中是实数．
20．已知a＞0，b＞0，且a+b＝1．
（1）求的最小值；
（2）证明：＜．
21．已知关于x的不等式2kx2+kx﹣1＜0.
（1）若不等式的解集为，求实数k的值；
（2）若不等式的解集为R，求实数k的取值范围.
22．集合A＝{x|}，B＝{x|}；
（1）用区间表示集合A；
（2）若a＞0，b为（t＞2）的最小值，求集合B；
（3）若b＜0，A∩B＝A，求a、b的取值范围.
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第二章
一元二次函数、方程和不等式
一、单选题
1．若，则下列判断正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】
利用特殊值排除错误选项，利用差比较法证明正确选项.
【详解】
当时，ABC选项错误，
对于D选项，，
由于，所以，
所以，D选项正确.
故选:D
2．不等式的解集是（
）
A．
B．
C．或
D．
【答案】C
【分析】
直接解一元二次不等式即可
【详解】
不等式，即，解得或，
所以解集是或．
故选：C．
3．已知，则“”是“”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】
由可利用基本不等式得到，而当可得到或，由此可判断结论
【详解】
解：当时，，当且仅当，即时取等号，
当时，可得或，得或，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
【点睛】
此题考查充分条件和必要条件的判断，考查了基本不等式，属于基础题.
4．已知正数，是关于的方程的两根，则的最小值为（
）
A．8
B．4
C．9
D．6
【答案】A
【分析】
由一元二次方程的根与系数的关系，求得，化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
由题意，正数是关于的方程的两根，
，，则，当且仅当时等号成立，经检验知当时，方程有两个正实数解.
故选：A.
5．已知不等式的解集为,的解集为，不等式的解集为，则（
）
A．-3
B．1
C．-1
D．3
【答案】A
【分析】
根据题意先求出集合，然后求出，再根据三个二次之间的关系求出，可得答案.
【详解】
由不等式有，则.
由不等式有，则，则.
所以.
因为不等式的解集为,
所以方程的两个根为.
由韦达定理有：,即.
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查二次不等式的解法和三个二次之间的关系，属于中档题.
6．已知，，且，则的最小值为（
）
A．2
B．3
C．4
D．8
【答案】C
【分析】
由题设，有，结合基本不等式即可最小值.
【详解】
∵，
∴，当且仅当，即时取等号．
∴的最小值为4．
故选：C．
7．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
【答案】A
【分析】
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
8．已知，，，，且，则下列不等式中，成立的个数有①，②，③，④（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】
分别利用二元、三元均值不等式可判断①和②的正确性；举特例可判断③是否正确；利用“1”的妙用可判断④的正确性.
【详解】
因，，，，且，于是有：
，当且仅当时取“=”，①正确；
，当且仅当时取“=”，②正确；
时成立，而，③不正确；
，当且仅当时取“=”，而，④正确，
综上得：①②④共三个正确.
故选：C
【点睛】
易错点睛：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．
二、多选题
9．若，则下列不等式恒成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】
根据作差法比较大小或者取特殊值举反例即可.
【详解】
对于A选项,
由于,故,所以,
即,故A选项正确;
对于B选项,
由于,故,
,故,故B选项错误;
对于C选项,
因为,故,所以,所以,故C选项正确;
对于D选项,令,则,所以不成立,故D选项错误;
故选:AC
【点睛】
本题考查不等式的性质，作差法比较大小，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于利用不等式的性质或者作差法比较大小，进而判断.
10．若x＞1，y＞2，且满足xy﹣2x＝y，则的值可以为（ ）
A．
B．3
C．4
D．
【答案】CD
【分析】
由条件化简得，则，根据不等式的最小值，判断满足的选项即可.
【详解】
由xy﹣2x＝y，知，
则
当且仅当，时，等号成立，
从选项可知，CD满足条件，
故选：CD
11．若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】
由得出a的符号和a,b的比值，代入分式不等式即可解得.
【详解】
∵不等式的解集为，∴，
∴可化为
故选：AD.
12．若不等式对恒成立，则实数的值可能为（
）
A．-2
B．-1
C．
D．2
【答案】BC
【分析】
先求出不等式的解集为，根据不等式对恒成立，利用二次函数的性质，由?求解.
【详解】
不等式的解集是，
因为不等式对恒成立，
所以?，
所以，
解得
，
所以
实数的值可能为-1，
故选：BC
【点睛】
本题主要考查一元二次不等式的解法，二次函数的性质，集合的基本关系的应用以及恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
13．能够说明“若a，b，m均为正数，则”是假命题的一组整数a，b的值依次为___________.
【答案】1，1（答案不唯一）
【分析】
若是假命题，可推出，故只需列举出满足条件的两个正整数即可．
【详解】
若是假命题，则，
又，，都是正数，，
，，
故当时，是假命题，
故答案为：1，1（答案不唯一）．
14．设，，且恒成立，则n的最大值为___________.
【答案】4
【分析】
由题意可得原不等式等价为，将分成,由基本不等式可得其最小值，即可得到所求的最大值．
【详解】
解：由，可得，，，
由，可得，
则
，
当时，上式取得等号，
由题意可得，
即的最大值为4．
故答案为：4．
【点睛】
关键是拆项凑项思想：.
15．已知当时，不等式恒成立，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】
将问题转化成关于的函数，则对任意恒成立，只要区间端点的函数值均小于0即可；
【详解】
由题意，因为当时，不等式恒成立，
可转化为关于的函数，
则对任意恒成立，则满足
解得，即的取值范围为.
故答案为：.
16．有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a，b，1，现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得长方体高的最大值为________；
【答案】；
【分析】
由体积公式得，长宽高变化后体积公式为，这样可用表示，然后结合基本不等式求得最值．
【详解】
依题意，设新长方体高为，
则，
∴，当且仅当时等号成立．
∴的最大值为．
故答案为．
【点睛】
本题考查长方体体积，考查用基本不等式求最值，属于中档题型．
四、解答题
17．设x与的大小.
【答案】见解析
【分析】
两式相减
，判断的符号即可得结果.
【详解】
作差，
.
∵，
∴，，
∴，
∴.
【点睛】
本题主要考查“作差法”比较两个数的大小，属于简单题.
比较两个数的大小主要有三种方法：（1）作差法；（2）作商法；（3）函数单调性法；（4）基本不等式法.
18．已知是不全相等的三个正数，求证：
【答案】证明见详解
【分析】
利用已知条件可得不全相等，利用基本不等式可得，，，三个不等式的等号不能同时成立，则三式相加得，整理即可证明结论.
【详解】
∵
是不全相等的三个正数，
∴
不全相等，
∴
，，，
故三个不等式的等号不能同时成立，
则三式相加得，，
∴
，
即.
【点睛】
本题主要考查了利用基本不等式证明不等式的问题.属于较易题.
19．已知不等式的解为或.
（1）求，的值；
（2）解关于的不等式：，其中是实数．
【答案】（1），；（2）答案见解析.
【分析】
（1）利用不等式的解集与方程解之间的关系，可求，的值；
（2）根据不等式对应方程的两根的大小，进行分类讨论即可．
【详解】
解：（1）依题意，
（2）原不等式为：，即
①当，即时，原不等式的解集为；
②当，即时，原不等式的解集为；
③当，即时，原不等式的解集为
20．已知a＞0，b＞0，且a+b＝1．
（1）求的最小值；
（2）证明：＜．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用基本不等式即可求得最小值；
（2）关键是配凑系数，进而利用基本不等式得证．
【详解】
（1），
当且仅当“”时取等号，
故的最小值为；
（2）证明：
，
当且仅当时取等号，此时a+b≠1．
故＜．
【点睛】
本题主要考查利用基本不等式求和的最小值，以及利用基本不等式证明不等式，属基础题.
21．已知关于x的不等式2kx2+kx﹣1＜0.
（1）若不等式的解集为，求实数k的值；
（2）若不等式的解集为R，求实数k的取值范围.
【答案】（1）；（2）﹣8＜k≤0.
【分析】
（1）由解集为，知和1是方程2kx2+kx﹣1＝0的两个实数根，代入求k的值；
（2）讨论k是否为0，分别求得k的范围，求并集即为k的取值范围.
【详解】
（1）关于x的不等式2kx2+kx﹣1＜0的解集为，
∴和1是方程2kx2+kx﹣1＝0的两个实数根，代入x＝1得2k+k﹣1＝0，解得；
（2）若不等式2kx2+kx﹣1＜0的解集为R，
∴当k＝0时，不等式为﹣1＜0，满足题意；
当k≠0时，应满足，解得﹣8＜k＜0；
综上知，实数k的取值范围是﹣8＜k≤0.
【点睛】
关键点点睛：
1、一元二次不等式解集的端点值为对应一元二次方程的根，由根的性质求参数.
2、分类讨论参数的取值，分别求得符合题意的范围，整合结论取并即可.
22．集合A＝{x|}，B＝{x|}；
（1）用区间表示集合A；
（2）若a＞0，b为（t＞2）的最小值，求集合B；
（3）若b＜0，A∩B＝A，求a、b的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3），.
【分析】
（1）解分式不等式即可得集合A；（2）利用基本不等式求得b的最小值，将b代入并因式分解，即可得解；（3）由题意知A?B，对a分类讨论即求得范围
【详解】
解：（1）由，有，解得x≤﹣2或x＞3
∴A＝(-∞,
-2]∪(3,
+∞)
（2）t＞2，
当且仅当t＝5时取等号，故
即为：且a＞0
∴，解得
故B＝{x|
}
（3）b＜0，A∩B＝A，有A?B，而
可得：
a＝0时，化为：2x﹣b＜0，解得但不满足A?B，舍去
a＞0时，解得：或但不满足A?B，舍去
a＜0时，解得或
∵A?B
∴，解得
∴a、b
的取值范围是a∈[，0)，b∈
(-
4,0).
【点评】
本题考查了集合运算性质、不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
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