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)-200708(解析版)

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．。