寒假复习题：不等式及其性质、基本不等式、一元二次不等式-高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册.docx

高一寒假复习题：不等式及其性质、基本不等式、一元二次不等式一、单选题1若a，b，c为实数，则下列命题正确的是（    ）A若，则B若，则C若，则D若，则2已知x，且，则（    ）ABCD3已知且，求4a-2b的取值范围（    ）ABCD4已知实数满足，则的大小关系是（    ）ABCD5设，则（   ）AB CD6设实数满足，则函数的最大值是（    ）ABCD7已知，当取最大值时，则的值为（    ）AB2C3D48设，且，则（    ）A有最小值为4B有最小值为C有最小值为D无最小值9已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是(    )ABCD10已知，则的最小值为（    ）A1B2C3D411函数（，且）的图象过一个定点P，且点P在直线（，且）图象上，则的最小值是（        ）A9B8C5D412若，且，则2xy的最小值为（    ）A2B3C4D813若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m的取值范围是（   ）AB或CD或14已知函数，则有（    ）A最小值B最大值C最小值D最大值15已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为（    ）ABC 或D或16不等式的解集为，则实数的取值范围是（    ）ABCD17关于x的不等式的解集为，则的最小值是（    ）A4BC2D二、多选题18已知，则下列正确的是（    ）ABCD19已知实数均不为1，且满足，则下列关系式中恒成立的是（    ）ABCD20下列说法错误的是（    ）A若，则B已知，则C已知为定义在R上的奇函数，且在单调递增，则在R上单调递增D函数的最小值为21设且，则下列结论错误的是（）A的最小值为4B的最小值为C的最小值为D的最小值为122已知关于的不等式解集为，则（    ）AB不等式的解集为CD不等式的解集为三、解答题23已知函数.(1)若的两个零点为，求实数，的值；(2)求关于的不等式的解集.24已知二次函数的图象过原点，且关于直线对称，对于任意，都有(1)求函数的表达式；(2)设，求函数在区间上的最小值25已知二次函数.(1)若关于的不等式的解集为，解关于的不等式；(2)若不等式对恒成立，求的最大值.26已知函数f（x）（m+1）x2mx+m1（mR）(1)若不等式的解集是空集，求m的取值范围；(2)当m2时，解不等式f（x）m；(3)若不等式的解集为D，若1，1D，求m的取值范围27设函数f(x)=ax2+(b2)x+3（a0）(1)若不等式f(x)0的解集(1，1)，求a，b的值；(2)若f(1)=2，a0，b0，求的最小值；若f(x)1在R上恒成立，求实数a的取值范围28已知二次函数满足的解集为，且.(1)求的解析式；(2)当时，求函数的最大值（用表示）.参考答案：1C【分析】对于A，取代入判断；对于B，代入判断；对于C、D，根据不等式的性质运算分析判断【详解】对于A，若，则，A错误；对于B，若，取，则，B错误；对于C， ，则，即，C正确；对于D ，则，D错误；故选：C2D【分析】应用特殊值法及对数的性质判断A、B、C，根据指数函数的单调性判断D.【详解】A：当时，错误；B：当时，无意义，错误；C：当时，错误；D：由于在R上递减，故，正确.故选：D3B【分析】利用待定系数法，结合不等式的性质进行求解即可.【详解】设，因为， 所以，所以，故选：B4D【分析】根据指数运算法则可知，得到；由，结合幂函数单调性知；根据对数型复合函数值域的求法可求得，由此可得结果.【详解】由得：，即；，即；由得：，即；综上所述：.故选：D.5A【分析】利用作差法即得.【详解】因为恒成立，所以故选：A.6D【分析】将函数解析式拼凑变形后使用基本不等式求最大值.【详解】因为，所以，所以当且仅当时，等号成立，故选：D.7B【分析】先根据已知使用基本不等式，整理求出取最大值时的和值，再得出结果.【详解】由已知可得，则，即，所以，当且仅当时取等号，即，此时.故选：B8B【分析】由换元法与基本不等式求解，【详解】设，则，当且仅当即，时等号成立，故当，时，取最小值，故选：B9A【分析】利用导数判断的单调性，求出其零点的值，根据求出的范围.令g(x)=0，参变分离，将问题转化为方程有解问题即可求解【详解】，当时，单调递减，当时，单调递增，为方程的根，即故，即为，解得是函数的零点，方程在上有解即在上有解，在上有解令，则，设，则，易知h(t)在上单调递增，在上单调递减又，故实数a的最小值是故选：A10C【分析】根据对数运算可求得，再用基本不等式即可求得最小值.【详解】由已知得，.因为，所以.故.当且仅当，即时等号成立.所以，的最小值为3.故选：C11A【分析】确定函数过定点，代入直线方程得到，变换，利用均值不等式计算得到答案.【详解】过定点，故，即，当，即，时等号成立.故选：A12B【分析】首先构造，展开后，利用基本不等式求最值.【详解】 ，当时，即时，得时，等号成立，所以的最小值是.故选：B13D【分析】由均值不等式求出的最小值，转化为求即可得解.【详解】因为正实数x，y满足，所以，当且仅当时，取得最小值4，由有解，可得，解得或.故选：D14B【分析】利用双勾函数的单调性求出的最小值，再利用对数函数的单调性可求得函数的最大值，即可得出结论.【详解】，令，任取、且，则，所以，则，所以，函数在上单调递增，故当时，所以，又因为函数为减函数，故，故选：B.15C【分析】由题意知1和3为方程的两个根，由韦达定理可得，且，则不等式等价于，即，由此即可写出答案.【详解】因为关于的一元二次不等式的解集为，所以1和3为方程的两个根，由韦达定理有：，所以，且，则，等价于，即，故不等式的解集为.故选：C.16B【分析】由题意列不等式组求解【详解】当即时，恒成立，满足题意，当时，由题意得，解得，综上，的取值范围是，故选：B17B【分析】根据不等式的解集为，得到，然后代入，利用基本不等式求解.【详解】因为关于x的不等式的解集为，所以，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.故选：B18ABC【分析】由，结合函数的单调性和不等式的性质，分别得到和的取值范围，再结合的取值范围进行计算即可.【详解】对于A，函数在区间上单调递减，又，由不等式同向同正可乘性质，有，即，故选项A正确；对于B，由不等式同向可加性质，有，即，故选项B正确；对于C，又，由不等式同向可加性质，有，即，故选项C正确；对于D，由A选项，有，故选项D错误.故选：ABC.19AB【分析】A，B选项利用基本不等式的性质即可；C选项利用函数的单调性即可；取判断D选项即可.【详解】实数均不为1，且满足，所以，故A选项正确；由，所以，所以，所以，所以成立，故B选项正确；由函数在R上单调递减，且所以，故C选项错误；当时，故D选项错误；故选：AB.20ACD【分析】对选项A，根据题意得到或，即可判断A错误，对选项B，根据不等式的性质即可判断B正确，对选项C，根据奇函数的性质即可判断C错误，对选项D，根据基本不等式的性质即可判断D错误.【详解】对选项A，或，故A错误.对选项B，因为，所以，故B正确.对选项C，因为为定义在R上的奇函数，且在单调递增，所以，在单调递增，但不一定在R上单调递增，故C错误.对选项D，当且仅当，即，方程无解，所以，即没有最小值，故D错误.故选：ACD21ABCD【分析】结合基本不等式以及二次函数的性质等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意且，所以，A选项，但无解，故等号不成立，A选项错误.B选项，由于，所以，所以B选项错误.C选项，当时，有最小值，所以C选项错误.D选项，但无解，故等号不成立，D选项错误.故选：ABCD22CD【分析】利用一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系及韦达定理，结合一元一次不等式和一元二次不等式的解法即可求解.【详解】由已知可得，并且是方程的两根，则由韦达定理可得：，解得，所以A错误；选项B：不等式化简为，解得，所以不等式的解集为，所以B错误； 选项C：，所以C正确，选项D：化简为，解得，所以不等式的解集为，所以D正确，故选：CD.23(1)(2)时，解集为；时，解集为；时，解集为.【分析】（1）根据根与系数的关系确定实数，的值；（2）根据一元二次不等式对应方程的两个根的大小分类讨论，求得不等式的解集.【详解】（1）因为的两个零点，则有，解得：或（舍去）；（2）由已知：，当时，分解因式，当时，不等式的解为；当时，不等式的解为；当时，不等式的解为.综上可得：时，解集为；时，解集为；时，解集为.24(1)(2)【分析】（1）依题意可得，再根据函数的对称轴得到，最后根据，可得一次项系数为0，进而可得；（2）依题意可得，即可得到对称轴，再对对称轴所在位置分类讨论，求出函数的最小值即可；【详解】（1）的图象过原点，.的对称轴为，即，.恒成立，即恒成立，.（2），对称轴方程是，抛物线开口向上，当，即时，在上单调递增，；当，即时，在上先减后增，；当，即时，在上单调递减，.综上，25(1)(2)【分析】（1）可知且方程的解为或，后可由韦达定理知关系，继而可得答案;（2）由对恒成立，可得且，继而可得，后分和两种情况讨论得答案.【详解】（1）因为的解集为，得且方程的解为或，则由韦达定理有：.故.故，又，从而，解得.（2）因为，即恒成立，则.则.当时，则；当时，当且仅当，即时取等号.故的最大值为.26(1)的取值范围为；(2)当，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；(3)【分析】（1）分和两种情况求解即可，（2）分三种情况解不等式，（3）由条件知对任意的，不等式恒成立，即恒成立，然后求出的最大值即可【详解】（1）当时，即，则由 ，得，不合题意，当，即时，由不等式的解集为得，解得，所以的取值范围为；（2）因为，所以，即，当，即时，解得，所以不等式的解集为，当，即时，因为，所以不等式的解集为，当，即时，因为 ，所以，所以，所以不等式的解集为，综上，当，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；（3）因为不等式的解集为，且，所以对任意的，不等式恒成立，即，因为所以恒成立，令，则，所以，由基本不等式可得，当且仅当，即时取等号，所以当时，取最大值，最大值为，所以的取值范围为.27(1)；(2)9；【分析】（1）由一元二次不等式的解得一元二次方程的解，利用根与系数关系列方程求解；（2）由条件得，利用基本不等式求最小值；化简不等式为标准的一元二次不等式，然后由一元二次不等式恒成立可得【详解】（1）由题意的两根是和1且，所以，解得（2），又，所以，当且仅当，即时等号成立所以的最小值是9由得，即，的解集为R，时，不合题意，所以，且，解得，所以的范围是28(1)(2)【分析】（1）根据函数类型设，由已知求解的值，即可得解析式；（2）根据二次函数，分类讨论确定函数在动区间上的单调性，即可得函数的最大值.【详解】（1）解：设二次函数，又的解集为，即的解集为则方程的两根为1和3，且所以，解得，所以；（2）解：由于，又当时，在上单调递减，所以；当，即时，在上单调递增，所以；当时，在上单调递增，在上单调递减，所以    ；综上，.