高一数学 必修一 第二章《一元二次函数、方程和不等式》训练题 (18)一、选择题(本大题共9小题,共45.0分) 1. 若a >b ,则下列正确的是( )A. a 2>b 2B. ac >bcC. ac 2>bc 2D. a −c >b −c2. 不等式−2x 2+x +3≤0的解集是( )A. {x|−1≤x ≤32}B. {x|x ≤−1或x ≥32} C. {x|x ≤−32或x ≥1}D. {x|−32≤x ≤1}3. 下列各函数中,最小值为2的是( )A. y =x +1x B. y =sinx +1sin x ,x ∈(0,π2) C. y =2√x 2+2D. y =x −2√x +34. 下列四个结论中正确的个数是( )(1)对于命题p:∃x 0∈R 使得x 02−1≤0,则¬p:∃x ∈R 都有x 2−1>0;(2)已知X ∼N(2,σ2),则P(X >2)=0.5(3)已知回归直线的斜率的估计值是2,样本点的中心为(4,5),则回归直线方程为y ̂=2x −3; (4)“x ≥1”是“x +1x ≥2”的充分不必要条件.A. 4B. 3C. 2D. 15. 已知集合A ={y |y =12},B ={x|x 2<4},则A ∪B =A. (0,2)B. (−2,2)C. (−1,+∞)D. (−2,+∞)6. 函数f(x)=−x 2+3x −2a ,g(x)=2x −x 2,若f(g(x))≥0对x ∈[0,1]恒成立,则实数a 的取值范围为 A. (−∞,−2] B. (−∞,−1] C. (−∞,0] D. (−∞,1] 7. 已知函数f(x)=xe x +12x 2+x +a ,g(x)=xlnx +1,若存在x 1∈[−2,2],对任意x 2∈[1e 2,e],都有f (x 1)=g (x 2),则实数a 的取值范围是( )A. [−3−1e −2e 2,e −3−2e 2] B. (−3−1e −2e 2,e −3−2e 2) C. [e −3−2e 2,32]D. (e −3−2e 2,32)8. 在△ABC 中,内角A ,B ,C 所对的边分别是a ,b ,c ,若a =4,A =π3,则该三角形面积的最大值是( )A. 2√2B. 3√3C. 4√3D. 4√29. 设m,n,t 都是正数,则m +4n ,n +4t ,t +4m 三个数( )A. 都大于4B. 都小于4C. 至少有一个大于4D. 至少有一个不小于4二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)10. 已知函数f(x)=xe |x−a |−1−lnx ,当x ∈[1,+∞)时,f(x)最小值为0,且对任意的x ∈[−12,1],不等式2cosax ≥m −x 2恒成立,则实数m 的最大值是 .11. 若函数f(x)=kx −ln x 在区间(1,+∞)单调递增,则k 的取值范围是________;若函数f(x)在区间(1,+∞)内不单调,则k 的取值范围是________.12. 扇形的周长为4,则当扇形面积取得最大值时,扇形的半径为________.三、解答题(本大题共7小题,共84.0分)14. 关于x 的不等式ax 2−|x +1|+2a <0,a ∈R .(Ⅰ)当a =12时,求此不等式的解集:(Ⅱ)若此不等式的解集为空集,求a 的取值范围.15. 设a >0,f (x )=2x a−a 2x是R 上的奇函数.(1)求a 的值;判断并说明f (x )的单调性; (2)解不等式:f (1−m )+f (1−m 2)<0.16. 已知函数f(x)=2|x +1|+|x −2|.(1)求f(x)的最小值m ;(2)若a,b,c均为正实数,且满足a+b+c=m,求证:b2a +c2b+d2c≥3.17.已知函数,x∈[π2,3π4].(1)求f(x)的最大值和最小值;(2)若不等式|f(x)−m|<2在[π2,3π4]上恒成立,求实数m的取值范围.18.已知f(x)=ax2+x−a,a∈R.(1)若a=1,解不等式f(x)≥1;(2)若不等式f(x)>−2x2−3x+1−2a对一切实数x恒成立,求实数a的取值范围.19.已知函数f(x)=−x2+ax+6,g(x)=|x−2|+|x+2|.(1)当a=1时,求不等式f(x)<g(x)的解集;(2)若不等式f(x)≤g(x)的解集包含[2,4],求实数a的取值范围.20.设函数f(x)=ax2+(b−2)x+3(a≠0),(1)若不等式f(x)>0的解集为(−1,3),求a,b的值;(2)若f(1)=2,a>0,b>0,求1a +4b的最小值.-------- 答案与解析 --------1.答案:D解析:【分析】本题考查不等关系与不等式,求解本题的关键是熟练掌握不等式的运算性质,能够根据这些运算性质作出正确判断.由不等式的运算性质对四个选项逐一判断,即可得出正确选项,结合特值法排除错误选项.【解答】解:A选项不正确,因为若a=0,b=−1,则不成立;B选项不正确,若c=0时就不成立;C选项不正确,同B,c=0时就不成立;D选项正确,因为不等式的两边加上或者减去同一个数,不等号的方向不变.故选:D.2.答案:B解析:【分析】本题考查的是一元二次不等式的解法,属于基础题.根据解一元二次不等式的方法即可得出解集.【解答】.解:因为−2x2+x+3≤0,所以2x2−x−3=(x+1)(2x−3)≥0,所以x≤−1或x≥32故选B.3.答案:D解析:【分析】本题主要考查利用基本不等式求函数的最值问题,属基础题.熟练掌握基本不等式的应用,尤其要注意基本不等式应用的前提条件:一正二定三相等.【解答】解:A.不能保证x>0,所以不正确;B.不能保证sinx=1,所以不正确;sinxC.不能保证√x2+2=,所以不正确;2D.y=(√x−1)2+2≥2,当且仅当x=1时,等号成立,所以正确,故选D.4.答案:B解析:【分析】本题考查命题真假的判定,属于中档题.对4个命题分别进行判断即可得出结论.【解答】解:由题意,(1)中,根据全称命题与存在性命题的关系,可知命题p:∃x0∈R使得x02−1≤0,则¬p:∀x∈R都有x2−1>0,是错误的;(2)中,已知X ∼N(2,σ2),正态分布曲线的性质,可知其对称轴的方程为x =2,所以 P(X >2)=0.5是正确的;(3)中,回归直线的斜率的估计值是2,样本点的中心为(4,5),由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程,可得回归直线方程为ŷ=2x −3是正确; (4)中,当x ≥1时,可得x +1x≥2√x ⋅1x=2成立,当x +1x ≥2时,只需满足x >0,所以“x ≥1”是“x +1x ≥2”成立的充分不必要条件. 故选B .5.答案:D解析:【分析】本题考查指数函数的性质,一元二次不等式的解法,并集及其运算.先根据指数函数的性质求出集合A ,根据一元二次不等式的解法求出集合B ,再根据并集及其运算求解. 【解答】解:集合A ={y |y =12x }={y|y >0}, B ={x|x 2<4}={x|−2<x <2}, 则A ∪B ={x|x >−2}. 故选D . 6.答案:D解析:【分析】本题主要考查了不等式恒成立问题、利用导数判断函数的单调性、求函数 最值、零点存在性定理,涉及复合函数值域问题,属于中档题.先利用导数研究内层函数g(x)单调性、最值等求得g(x)的取值范围,再根据 二次函数的最值问题求解即可. 【解答】解:g′(x)=2x ln 2−2x ,令ℎ(x)=2x ln 2−2x ,则ℎ′(x)=2x ln 22−2, ∵x ∈[0,1],∴2x ≤2,又ln 22<1,∴ℎ′(x)<0在[0,1]上恒成立,∴g′(x)在[0,1]上单调递减,由g′(1)=2ln 2−2<0,g′(0)=ln 2>0, 故存在m ∈(0,1),使得g′(m)=0,函数g(x)的增区间为[0,m],减区间为[m,1],则1≤g(x)≤g(m)<2. 而不等式f(g(x))≥0对x ∈[0,1]恒成立,只需要2a ≤−x 2+3x 在x ∈[1,g(m)]上恒成立,而函数t =−x 2+3x =−(x −32)2+94在[1,g(m)]上的最小值为2,∴2a ≤2,得a ≤1.故选D . 7.答案:C解析:【分析】本题考查了利用导函数解不等式,函数的定义域及值域,利用导数研究函数的单调性及最值等,考查逻辑思维能力和运算能力,属于难题.先分别求出f(x)和g(x)的值域,由题意可知存在x 1∈[−2,2],对任意x 2∈[1e 2,e],都有f (x 1)=g (x 2)等价于g(x)的值域是f(x)的值域的子集,由此列出不等式组解出a 的取值范围即可. 【解答】解:由题意可得f′(x)=e x +xe x +x +1=(x +1)(1+e x ),令f′(x)=0,得x =−1∈[−2,2],所以f(x)在(−2,−1)单调减,在(−1,2)单调增, 而f(−2)=a −2e 2,f(−1)=a −12−1e ,f(2)=a +4+2e 2, ∴f(x)max =f(2)=a +4+2e 2,f(x)min =f(−1)=a −12−1e , ∴f(x)∈A =[a −12−1e ,a +4+2e 2],∵g′(x)=lnx +1,令g′(x)=0,得x =1e ∈[1e 2,e],所以g(x)在(1e 2,1e )单调减,在(1e ,e)单调增, 而g (1e 2)=1−2e 2,g (1e )=1−1e ,g(e)=1+e , ∴g(x)max =g(e)=1+e ,g(x)min =g (1e )=1−1e ,∴g(x)∈B =[1−1e ,1+e],由题意可知存在x 1∈[−2,2],对任意x 2∈[1e 2,e], 都有f (x 1)=g (x 2)等价于B ⊆A ,即{a −12−1e ≤1−1e 1+e ≤a +4+2e 2, ∴e −3−2e 2≤a ≤32. 故选:C . 8.答案:C解析:【分析】本题考查了余弦定理,三角形面积公式,以及基本不等式的运用,熟练掌握公式及定理是解本题的关键,属于基础题.由余弦定理列出关系式,把a ,cos A 的值代入并利用基本不等式求出bc 的最大值,利用三角形面积公式求出三角形ABC 面积的最大值即可. 【解答】解:由余弦定理得:a 2=b 2+c 2−2bccosA ,即16=b 2+c 2−bc ≥2bc −bc =bc , ∴bc ≤16,∴S △ABC =12bcsinA ≤4√3, 则△ABC 面积的最大值为4√3. 故选C . 9.答案:D解析:解:假设m+4n ,n+4t,t+4m三个数都小于4,∵m,n,t都是正数,则4>m+4n ≥4√mn,4>n+4t≥4√nt,4>t+4m≥4√tm,当且仅当m=n,n=t,m=t时,等号成立.∴1>1,推出矛盾.因此假设不成立,∴m+4n ,n+4t,t+4m三个数中至少有一个不小于4.故选:D.假设m+4n ,n+4t,t+4m三个数都小于4,∵m,n,t都是正数,可得4>m+4n≥4√mn,4>n+4t≥4√nt,4>t+4m ≥4√tm,1>1,推出矛盾.即可得出结论.本题考查了反证法、基本不等式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.10.答案:2解析:【分析】本题考查的是利用导数研究函数的最值、单调性,放缩法.方法一(讨论单调性):当a⩽1时,f(x)=xe|x−a|−1−ln x=xe x−a−1−ln x,f′(x)=(x+1)e x−a−1x⩾2e1−a−1⩾2−1>0,根据f(x)最小值为0,即可得出a的值,再由2cos ax⩾m−x2⇔m⩽x2+2cosx,令g(x)=x2+2cosx,则g′(x)=2x−2cosx,再由g(x)在[−12,1]上的单调性,即可得出g(x)的最小值,即可得出答案;方法二(切线放缩):e x⩾x+1,得xe|x−a|−1−lnx=e lnx+|x−a|−1−lnx⩾lnx+|x−a|+1−1−lnx=|x−a|⩾0,当且仅当|x−a|+lnx=0且x=a时取等号,即可得出a的值,后面与方法一相同.【解答】解:方法一(讨论单调性):当a⩽1时,f(x)=xe|x−a|−1−ln x=xe x−a−1−ln x,f′(x)=(x+1)e x−a−1x⩾2e1−a−1⩾2−1>0,故f(x)min=f(1)=e1−a−1=0,解得a=1,当a>1时,当x∈(1,a)时,f(x)=xe a−x−1−lnx,f′(x)=(1−x)e a−x−1x<0,故f(x)在(1,a)上单调递减,当x⩾a时,f′(x)=(x+1)e x−a−1x ⩾a+1−1a>0,故f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(a)=a−1−lna=0,解得a=1,综上所述,a=1,所以2cos ax⩾m−x2⇔m⩽x2+2cosx,令g(x)=x2+2cosx,则g′(x)=2x−2cosx,易得当x>0时,x>sinx,当x<0时,x<sinx,故g(x)在[−12,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增,所以m⩽g(x)min=g(0)=2,故答案是2;方法二(切线放缩):∵e x⩾x+1,得xe|x−a|−1−lnx=e lnx+|x−a|−1−lnx⩾lnx+|x−a|+1−1−lnx=|x−a|⩾0,当且仅当|x−a|+lnx=0且x=a时取等号,即lma=0⇔a=x=1时取等号,∴所以2cos ax⩾m−x2⇔m⩽x2+2cosx,令g(x)=x2+2cosx则g′(x)=2x−2cosx,易得当x>0时,x>sinx,当x<0时,x<sinx,故g(x)在[−12,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增,所以m⩽g(x)min=g(0)=2,故答案是2.11.答案:;(0,1)解析:【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性,不等式的恒成立问题,属于中档题.由题意,函数f(x)=kx−ln x的导数f′(x)=k−1x ,由k−1x>0在区间(1,+∞)上恒成立,可得结论;由k−1x=0在区间(1,+∞)上有解可得结论.【解答】解:由题意,函数f(x)=kx−ln x的导数f′(x)=k−1x,由k−1x >0在区间(1,+∞)上恒成立,即k>1x在区间(1,+∞)上恒成立,∵y=1x在区间(1,+∞)上单调递减,∴k≥1,即函数f(x)=kx−lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是;由k−1x =0在区间(1,+∞)上有解,而y=1x在区间(1,+∞)上单调递减,且0<y<1,∴0<k<1,即若函数f(x)在区间(1,+∞)内不单调,则k的取值范围是(0,1).故答案为;(0,1).12.答案:1解析:【分析】本题考查弧长公式与扇形面积公式,二次函数的最值,熟练掌握弧长公式与扇形面积公式的应用,是解题的关键.设扇形的半径为r,弧长为l,由已知条件列式即可求解.解析:解:设扇形的半径为r,弧长为l,则l+2r=4,即l=4−2r,∴扇形面积S=12l·r=12(4−2r)·r=2r−r2,当r =1时,S 取得最大值. 故答案为1.13.答案:12解析:【分析】本题考查离散型随机变量的期望与方差的求法,二次函数的极值的求法,考查计算能力,属于中档题.直接利用方差公式列出关系式,然后求解D(ξ)的极大值. 【解答】解:由题意可知E(ξ)=12+2×(1−p 2)=32−p .D(ξ)=p (0−3+p)2+1×(1−3+p)2+1−p (2−3+p)2 =−p 2+p +14,令y =−p 2+p +14,则y′=−2p +1, 令y′=0,得p =12,当0<p <12时,y′>0,当12<p <1时,y′<0, 故当p =12时,D(ξ)的极大值是12. 故答案为12.14.答案:解:(Ⅰ)当a =12时,不等式ax 2−|x +1|+2a <0,即|x +1|>12x 2+1,x +1>12x 2+1或x +1<−12x 2−1,解得0<x <2,∴此不等式的解集为(0,2);(Ⅱ)若此不等式的解集为空集,即对于任意x ∈R ,均有ax 2−|x +1|+2a ≥0恒成立, 即a ≥f(x)=|x+1|x 2+2,故a ≥f(x)max ,令t =x +1,则f(x)=g(t)=|t |t 2−2t+3,①当t =0时,g(0)=0,②当t >0时,g(t)max =g(√3)=√3+14, ③当t <0时,g(t)max =g(−√3)=√3−14,于是f(x)max =g(t)max =√3+14, 从而a ∈[√3+14,+∞).解析:本题考查绝对值不等式求解,考查求函数的最值,y =x +1/x 函数,考查分类讨论思想,考查运算化简的能力,属于中档题.(Ⅰ)当a =12时,不等式ax 2−|x +1|+2a <0,化为|x +1|>12x 2+1去绝对值号即可; (Ⅱ)若此不等式的解集为空集,即对于任意x ∈R ,均有ax 2−|x +1|+2a ≥0恒成立,化为a ≥f(x)=|x+1|x 2+2,故a ≥f(x)max ,令t =x +1,则f(x)=g(t)=|t |t 2−2t+3,讨论求g(t)的最大值即可. 15.答案:解:(1)∵f(x)= 2x a − a 2x 是R 上的奇函数,∴f(0)=0,即1a −a =0,∴a =±1,∵a >0,∴a =1,当a =1时,f(x)=2x −12x ,经检验,符合题意;现证明f(x)在R 上是增函数;任取x 1、x 2∈R ,且x 1<x 2;∴f(x 1)−f(x 2)=(2x 1− 12x 1 )−(2x 2− 12x 2 ) =(2x 1−2x 2)+ 2x 1−2x 2 2x 1·2x 2=(2x 1−2x 2)(1+ 12x 1·2x 2 ),∵x 1<x 2,∴0<2x 1<2x 2,∴2x 1−2x 2<0,1+ 12x 1·2x 2>0,∴f(x 1)−f(x 2)<0,即f(x 1)<f(x 2);∴f(x)在R 上是增函数;(2)∵f(1−m)+f(1−m 2)<0,即f(1−m)<−f(1−m 2);又∵f(x)是R 上的奇函数,∴−f(1−m 2)=f(m 2−1),∴f(1−m)<f(m 2−1);又∵f(x)是R 上的增函数,∴1−m <m 2−1,即m 2+m −2>0,解得m >1或m <−2;即原不等式的解集为{m|m >1或m <−2}.解析:本题考查了函数的单调性与奇偶性的判定与证明以及应用问题,考查了学生的计算能力,培养了学生分析问题与解决问题的能力.(1)f(x)是R 上的奇函数,得f(0)=0,求出a 的值,检验符合题意;用单调性的定义证明f(x)在R 上是增函数;(2)由f(x)是R 上的奇函数,且是增函数,把不等式化为1−m <m 2−1,从而求出m 的取值范围. 16.答案:解:(1)解:当x <−1时,f(x)=−2(x +1)−(x −2)=−3x ∈(3,+∞);当−1⩽x <2时,f(x)=2(x +1)−(x −2)=x +4∈[3,6);当x ⩾2时,f(x)=2(x +1)+(x −2)=3x ∈[6,+∞).综上,f(x)的最小值m =3.(2)证明:a ,b ,c 均为正实数,且满足a +b +c =3,∵b 2a +c 2b +a 2c +(a +b +c)=(b 2a +a)+(c 2b +b)+(a 2c+c) ⩾2(√b 2a ⋅a +√c 2b ⋅b +√a 2c ⋅c)=2(a +b +c)(当且仅当a =b =c =1时取“=”), ∴b 2a +c 2b +a 2c ⩾a +b +c ,即b 2a +c 2b +a 2c ⩾3.解析:本题考查了不等式和绝对值不等式,分段函数,函数的最值和基本不等式相关证明.(1)讨论x 的取值去绝对值求解即可;(2)根据(1)得a +b +c =3,则要证明的不等式左右两边同时加上a +b +c ,左边利用基本不等式即可证明.17.答案:解:(1)由函数f(x)=2sin(2x −π6)+1,∵x ∈[π2,3π4], ∴2x −π6∈[5π6,4π3], ∴当2x −π6=5π6时,f(x)取得最大值为2; 当2x −π6=4π3时,f(x)取得最小值为1−√3;(2)不等式|f(x)−m|<2在[π2,3π4]上恒成立, 即m −2<f(x)<2+m 在[π2,3π4]上恒成立,由(1)可得{m −2<1−√32+m >2, ∴0<m <3−√3.故实数m 的取值范围为(0,3−√3).解析:本题主要考查三角函数的图象和性质,转化思想求解参数范围问题,属于中档题.(1)根据x ∈[π2,3π4],求2x −π6的范围,结合正弦函数的性质可得f(x)的最大值和最小值;(2)不等式|f(x)−m|<2在[π2,3π4]上恒成立,即m −2<f(x)<2+m 在[π2,3π4]上恒成立,利用(1)的结果即可求解实数m 的取值范围.18.答案:解:(1)当a =1,不等式f(x)≥1,即x 2+x −1≥1,即(x +2)(x −1)≥0,解得x ≤−2或x ≥1,故不等式的解集为{x|x ≤−2或x ≥1};(2)由题意可得(a +2)x 2+4x +a −1>0恒成立,当a =−2时,显然不满足条件,∴{a +2>0Δ=16−4(a +2)(a −1)<0, 解得a >2,故a 的范围为(2,+∞).解析:本题主要考查一元二次不等式的解法,函数的恒成立问题,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题.(1)当a =1,不等式即(x +2)(x −1)≥0,解此一元二次不等式求得它的解集;(2)由题意可得(a +2)x 2+4x +a −1>0恒成立,当a =−2时,显然不满足条件,故二次函数(a +2)x 2+4x +a −1开口向上和x 轴无交点,故有{a +2>0Δ=16−4(a +2)(a −1)<0,由此求得a 的范围;19.答案:解:(1)当a =1时,不等式f(x)<g(x)可化为|x −2|+|x +2|>−x 2+x +6. ①当x ≤−2时,不等式可化为2−x −x −2>−x 2+x +6,解得x >3+√332或x <3−√332,可得x ≤−2;②当−2<x <2时,不等式可化为2−x +x +2>−x 2+x +6,解得x >2或x <−1,可得−2<x <−1;③当x ≥2时,不等式可化为x −2+x +2>−x 2+x +6,解得x >2或x <−3,可得x >2;综上,不等式f(x)<g(x)的解集为{x|x <−1或x >2}.(2)由题意知,当2≤x ≤4时,g(x)≥f(x)恒成立,有x −2+x +2≥−x 2+ax +6, 可得x 2+(2−a)x −6≥0,有{4+2(2−a)−6⩾0,16+4(2−a)−6⩾0,解得a ≤1. 故实数a 的取值范围为(−∞,1].解析:本题考查绝对值不等式的解法,去掉绝对值符号是关键,考查分类讨论思想与等价转化思想的综合运用,属于中档题.(1)当a =1时,不等式f(x)<g(x)可化为|x −2|+|x +2|>−x 2+x +6.再利用不等式的解法求解即可;(2)由题意知,当2≤x ≤4时,g(x)≥f(x)恒成立,有x −2+x +2≥−x 2+ax +6, 可得x 2+(2−a)x −6≥0,有{4+2(2−a)−6⩾0,16+4(2−a)−6⩾0,即可求解.20.答案:解:(1)因为不等式f(x)>0的解集为(−1,3),所以−1和3是方程f(x)=0的两实根,从而有{f(−1)=a −(b −2)+3=0f(3)=9a +3(b −2)+3=0,即{a −b +5=03a +b −1=0, 解得{a =−1b =4. (2)由f(1)=2,得a +b =1.因为a >0,b >0,所以1a +4b =(1a +4b )(a +b)=5+b a+4a b ≥5+2√b a ⋅4a b =9, 当且仅当b a =4a b ,即b =2a =23时等号成立. 所以1a +4b 的最小值为9.解析:本题考查一元二次不等式的解法,利用基本不等式求最值,考查计算能力,属于中档题.(1)利用一元二次不等式的解法,即可计算出a ,b .(2)借助f(1)=2,得a +b =1.再利用基本不等式即可求出最小值.。