专题02一元二次函数、方程和不等式（解析版）

专题02一元二次函数、方程和不等式一．等式与不等式的性质（共7小题）1．（2022秋•上饶期末）若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是（）A．|a|＞﹣b B． C． D．【分析】对于A，用不等式的性质可以论证，对于B，C，D，列举反例，可以判断．【解答】解：∵a＜0，∴|a|＝﹣a，∵a＜b＜0，∴﹣a＞﹣b＞0，∴|a|＞﹣b，故结论A成立；取a＝﹣2，b＝﹣1，则∵，∴B不正确；，∴，∴C不正确；，，∴，∴D不正确．故选：A．【点评】本题考查不等式的性质，解题的关键是利用不等式的性质，不正确结论，列举反例．2．（2022秋•徐汇区期末）如果a＜0＜b，那么下列不等式中正确的是（）A．﹣ B．a2＜b2 C．a3＜b3 D．ab＞b2【分析】利用函数y＝x3在R上单调递增即可得出．【解答】解：∵a＜0＜b，函数y＝x3在R上单调递增，∴a3＜b3．故选：C．【点评】本题考查了指数函数的单调性、不等式的性质，属于基础题．3．（2022秋•泉州期末）设a＞0，b＞0则下列不等中不恒成立的是（）A．a+≥2 B．a2+b2≥2（a+b﹣1） C．≥﹣ D．a3+b3≥2ab2【分析】利用不等式的基本性质可得A、B、C正确，通过举反例求得D不正确，从而的互结论．【解答】解：由条件a＞0，b＞0，利用基本不等式可得a+≥2，故A正确．根据a2+b2﹣2（a+b﹣1）＝（a﹣1）2+（b﹣1）2≥0，可得B正确．当a＝b时，C成立；当a＜b时，C显然成立．当a＞b时，C等价于a﹣b≥a+b﹣2，等价于≥b，等价于ab＞b2，显然成立．故C恒成立．当a＝2、b＝3时，a3+b3＝35，2ab2＝36，故此时D不成立，故D不正确．故选：D．【点评】本题主要考查不等式的基本性质，利用特殊值代入法，排除不符合条件的选项，是一种简单有效的方法，属于基础题．4．（2022秋•重庆期末）下列命题为真命题的是（）A．若a＞b＞0，则ac2＞bc2 B．若a＜b＜0，则a2＜b2 C．若a＞b，则a﹣c＞b﹣c D．若a＜b＜0，则【分析】根据题意，可通过举例说明判断选项A、B、D的正误，根据不等式的性质判断C的正误，即可得到本题的答案．【解答】解：A：若a＞b＞0，当c＝0时，ac2＝bc2，故A错误；B：若a＝﹣1，b＝﹣0.1，有（﹣1）2＞（﹣0.1）2，不满足a2＜b2，故B错误；C：若a＞b，则a+（﹣c）＞b+（﹣c），即a﹣c＞b﹣c，故C正确；D：若a＝﹣2，b＝﹣1，有，不满足，故D错误．故选：C．【点评】本题主要考查不等式的基本性质及其应用，考查了计算能力，属于基础题．（多选）5．（2022秋•广东期末）对于实数a、b、c，下列命题中正确的是（）A．若a＞b，则ac＜bc B．若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2 C．若c＞a＞b＞0，则 D．若a＞b，，则a＞0，b＜0【分析】利用不等式的性质和作差法判断即可．【解答】解：对于实数a、b、c，A错，c＞0，不成立，B对，a＜b＜0，因为a＜0，所以a2＞ab成立，因为b＜0，所以ab＞b2成立，C对，若c＞a＞b＞0，则c﹣a＞0，c﹣b＞0，且﹣a＜﹣b，c﹣a＜c﹣b，故＞0，又a＞b＞0，则成立，D对，，则＞0，即，又a＞b，则ab＜0，故a＞0，b＜0．故选：BCD．【点评】考查了不等式的性质，作差法比较大小等，基础题．（多选）6．（2022秋•武汉期末）设a，b，c∈R，a＜b，则下列不等式一定成立的是（）A．a+c＜b+c B．e﹣a＞e﹣b C．ac2＜bc2 D．【分析】利用不等式的基本性质、函数的单调性即可得出．【解答】解：∵a＜b，∴a+c＜b+c，e﹣a＞e﹣b，ac2≤bc2（c＝0时取等号），与的大小关系不确定．故选：AB．【点评】本题考查了不等式的基本性质、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7．（2022秋•浦东新区期末）设a、b、c、d是实数，则下列命题为真命题的是①③④．①如果a＞b，且c＞d，那么a+c＞b+d；②如果a≠b，且c≠d，那么ac≠bd；③如果a＞b＞0，那么；④如果（a﹣b）2+（b﹣c）2≤0，那么a＝b＝c．【分析】根据同向不等式可加性，即可判断命题①正确；举例说明命题②错误；根据不等式的基本性质判断命题③正确；根据平方数的非负性，即可得出a＝b＝c，判断命题④正确．【解答】解：对于①，根据不等式的基本性质得，如果a＞b，且c＞d，那么a+c＞b+d，命题①正确；对于②，如果a≠b，且c≠d，那么ac≠bd错误，如a＝，b＝2，c＝﹣2，d＝﹣时，ac＝bd＝﹣1，命题②错误；对于③，如果a＞b＞0，那么＞0，所以＞＞0，即，命题③正确；对于④，如果（a﹣b）2+（b﹣c）2≤0，那么a﹣b＝b﹣c＝0，所以a＝b＝c，命题④正确．所以真命题的序号是①③④．故答案为：①③④．【点评】本题考查了不等式的基本性质应用问题，是基础题．二．不等关系与不等式（共4小题）8．（2022秋•庐江县期末）若a，b，c为实数，且a＜b＜0，则下列命题正确的是（）A．a2＞ab＞b2 B．ac2＜bc2 C． D．【分析】利用不等式的基本性质可知A正确；B若c＝0，则ac2＝bc2，错；C利用不等式的性质“同号、取倒，反向”可知其错；D作差，因式分解即可说明其错．【解答】解：A、∵a＜b＜0，∴a2＞ab，且ab＞b2，∴a2＞ab＞b2，故A正确；B、若c＝0，则ac2＝bc2，故不正确；C、∵a＜b＜0，∴＞0，∴，故错；D、∵a＜b＜0，∴＜0，∴，故错；故选：A．【点评】本小题主要考查不等关系与不等式、不等式的基本性质、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力及分类讨论思想．属于基础题．9．（2022秋•西安期末）已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是（）A．若a＞b，则ac2＞bc2 B．若＞，则a＞b C．若a3＞b3且ab＜0，则＞ D．若a2＞b2且ab＞0，则＞【分析】根据不等式的性质，对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证．【解答】解：A．若a＞b，则ac2＞bc2（错），若c＝0，则A不成立；B．若＞，则a＞b（错），若c＜0，则B不成立；C．若a3＞b3且ab＜0，则＞（对），若a3＞b3且ab＜0，则，D．若a2＞b2且ab＞0，则＜（错），若，则D不成立．故选：C．【点评】此题主要考查不等关系与不等式的性质及其应用，例如举反例法求解比较简单．10．（2022秋•南昌期末）已知＜＜0，给出下列四个不等式：①|a|＞|b|；②a＜b；③a+b≤ab；④a3＞b3，其中不正确的不等式个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】由＜＜0知b＜a＜0，从而可得①、②错误，③、④正确．【解答】解：∵＜＜0，∴b＜a＜0，∴﹣b＞﹣a＞0，即|b|＞|a|，故①、②错误；∵a+b＜0＜ab，∴a+b≤ab正确，③正确；∵b＜a＜0，∴b3＜a3＜0，故④正确；故选：C．【点评】本题考查了不等式的性质的应用，是基础题．11．（2022秋•北海期末）已知a，b为正实数，以下不等式成立的有（）①＞；②ab+＞2；③a2+b2＞4ab﹣4b2；④|a﹣1|+|a|≥1A．②④ B．②③ C．②③④ D．①④【分析】利用作差法比较多项式的大小判断①③，利用基本不等式求最值判断②，利用含绝对值不等式的性质判断④．【解答】解：①∵a，b为正实数，∴﹣＝＝＞0不一定成立，∴①错误，②，∵a，b是正实数，∴ab+≥2，当且仅当ab＝时取等号，∴ab+＞2成立，∴②正确，③，∵（a2+b2）﹣（4ab﹣4b2）＝（a﹣2b）2+b2＞0，∴③正确，④∵|a﹣1|+|a|≥|a﹣1﹣a|＝1，∴④正确，故选：C．【点评】此题考查了基本不等式，含绝对值不等式的性质，作差法比较多项式的大小．三．不等式比较大小（共3小题）12．（2022秋•新化县期末）已知M＝（a+2）（a+3），N＝a2+5a+4，则（）A．M＞N B．M＜N C．M＝N D．无法确定【分析】利用作差法化简计算，比较出M和N的大小．【解答】解：∵M﹣N＝（a+2）（a+3）﹣（a2+5a+4）＝a2+5a+6﹣（a2+5a+4）＝2＞0，∴M＞N，故选：A．【点评】本题考查不等式的应用，考查学生计算能力，属于基础题．（多选）13．（2022秋•苏州期末）若6b＝3，6a＝2，则（）A．＞1 B．ab＜ C．a2+b2＜ D．b﹣a＞【分析】首先推得a+b＝1，0＜a＜b＜1，由不等式的性质和二次函数的性质，可得结论．【解答】解：若6b＝3，6a＝2，则a＝log62，b＝log63，则a+b＝1，且0＜a＜b＜1，b＝1﹣a，0＜a＜，故＞1，ab＝a（1﹣a）＝﹣（a﹣）2+∈（0，），故A正确，B正确；a2+b2＝a2+（1﹣a）2＝2a2﹣2a+1＝2（a﹣）2+＞，故C错误；b﹣a＝log63﹣log62＝log61.5＞log660.1＝0.1，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查不等式的性质和运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于基础题．14．（2022秋•周村区校级期末）设函数f（x）＝2x+3x﹣7，g（x）＝lnx+2x﹣6，若实数a，b满足f（a）＝0，g（b）＝0，则（）A．f（b）＜0＜g（a） B．g（a）＜0＜f（b） C．f（b）＜g（a）＜0 D．0＜g（a）＜f（b）【分析】先判断函数f（x），g（x）在定义域上的单调性，再利用f（a）＝0，g（b）＝0判断a，b的取值范围，即可得到正确答案．【解答】解：∵f（x）＝2x+3x﹣7是单调递增函数，且f（1）＝﹣2＜0，f（2）＝3＞0，又∵f（a）＝0，∴1＜a＜2，同理，g（x）＝lnx+2x﹣6在（0，+∞）上单调递增，且g（2）＝ln2+4﹣6＜0，g（3）＝ln3＞0，又∵g（b）＝0，∴2＜b＜3，∴g（a）＝lna+2a﹣6＜g（2）＝ln2﹣2＜0，f（b）＝2b+3b﹣7＞f（2）＝22+3×2﹣7＝3＞0，∴g（a）＜0＜f（b）．故选：B．【点评】本题考查了函数的性质，熟练掌握函数的单调性、函数零点的判定定理是解题的关键．属于中档题．四．基本不等式及其应用（共5小题）15．（2022秋•阿勒泰地区期末）已知正数x，y满足9x+y＝4，则的最小值为（）A．5 B．3 C．4 D．2【分析】把9x+y＝4化为＝1，利用乘“1”法和基本不等式，即可求出+的最小值．【解答】解：因为9x+y＝4，所以＝（+）×＝（9+1++）≥（10+2）＝4，当且仅当＝，即x＝，y＝1时取“＝”，所以+的最小值为4．故选：C．【点评】本题考查了利用基本不等式求最值的应用问题，是基础题．16．（2022秋•泸州期末）函数y＝a﹣x﹣（x＞0）在x＝m时有最大值为，则a﹣m的值为（）A．4 B．3 C．2 D．【分析】利用基本不等式求出x+≥2，得出函数y＝a﹣x﹣的最大值为a﹣2，从而求出a和m的值．【解答】解：因为x＞0时，x+≥2＝2，当且仅当x＝，即x＝时取“＝”，所以函数y＝a﹣x﹣＝a﹣（x+）≤a﹣2＝，解得a＝3，m＝，所以a﹣m＝3﹣＝2．故选：C．【点评】本题考查了基本不等式的应用问题，是基础题．17．（2022秋•葫芦岛期末）对任意正数x，满足，则正实数y的最大值为（）A．2 B．1 C． D．【分析】利用基本不等式得出x+≥2，把化为2y≤2﹣4y2，求解集即可．【解答】解：因为x＞0，所以x+≥2，当且仅当x＝1时取“＝”，所以可化为2y≤2﹣4y2，即2y2+y﹣1≤0，解得﹣1≤y≤，所以正实数y的最大值为．故选：C．【点评】本题考查了不等式的解法与应用问题，是基础题．18．（2022秋•西青区校级期末）下面命题正确的是（）A．命题“∃x0∈R，+1＞3x0”的否定是“∀x∉R，x2+1≤3x” B．“a＞1”是“”的充要条件 C．不等式kx2+kx﹣1＜0对一切实数x恒成立的充要条件是﹣4＜k＜0 D．若a＞0，b＞0，3ab＝a+b+1，则ab的最小值为1【分析】利用否命题的定义判断A，利用充分必要条件的定义判断B，利用不等式恒成立求出k的值判断C，利用基本不等式求最值判断D．【解答】解：A：命题∃x0∈R，+1＞3x0的否定是∀x∈R，x2+1≤3x，∴A错误，B：当a＜0时，则，∴a＞1不是的充要条件，∴B错误，C：不等式kx2+kx﹣1＜0对一切实数x恒成立，则①当k＝0时，﹣1＜0恒成立，②当时，则﹣4＜k＜0，∴不等式kx2+kx﹣1＜0对一切实数x恒成立的充要条件是﹣4＜k≤0，∴C错误，D：∵a＞0，b＞0，3ab＝a+b+1，∴3ab＝a+b+1≥2+1，∴3﹣2﹣1≥0，解得ab≥1，即ab的最小值为1，∴D正确，故选：D．【点评】本题考查否命题的定义，充分必要条件的判断，不等式恒成立问题，基本不等式在求解最值中的应用，属于中档题．19．（2022秋•驻马店期末）已知正数a，b满足：+1＝a+2b+，则以下结论中（1）a+2b＝1（2）a+2b＝2（3）的最小值为9（4）的最小值为3正确结论个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由题意得+1﹣a＝+2b，设f（x）＝+x，x∈（0，+∞），判断f（x）是（0，+∞）上的单调增函数，由此得出1﹣a＝2b，求出的最小值．【解答】解：因为+1＝a+2b+，所以+1﹣a＝+2b，设f（x）＝+x，其中x∈（0，+∞），则f′（x）＝+1＝＞0，所以f（x）在（0，+∞）上是单调增函数；所以1﹣a＝2b，即a+2b＝1，结论（1）正确、（2）错误；＝（+）（a+2b）＝1+4++≥5+2＝9，当且仅当a＝b＝时取“＝”，所以的最小值为9，结论（3）正确、（4）错误．故选：B．【点评】本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．五．二次函数的性质与图象（共6小题）20．（2022秋•武陵区校级期末）若函数f（x）＝ax2+x+a在[1，+∞）上单调递增，则a的取值范围是（）A．（0，+∞） B．（0，1] C．[1，+∞） D．[0，+∞）【分析】讨论a＝0时，f（x）＝x是增函数，a≠0时，f（x）是二次函数，得出不等式组，解出即可．【解答】解：a＝0时，f（x）＝x是增函数，a≠0时，f（x）是二次函数，根据函数f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，∴，解得a＞0，∴a的范围是[0，+∞），故选：D．【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查了二次函数的性质，是一道中档题．21．（2022秋•通榆县期末）函数f（x）＝x2﹣4x+6，x∈[1，5）的值域是[2，11）．【分析】将二次函数函数进行配方，便可以看出函数的最小值及单调区间的分布．【解答】解：f（x）＝（x﹣2）2+2；∴函数f（x）的最小值是2；又f（1）＝3，f（5）＝11；∴函数f（x）的值域是：[2，11）．故答案是：[2，11）．【点评】注意对二次函数配方的办法．在本题中注意最大值要比较两端点函数值的大小．22．（2022秋•矿区校级期末）已知函数f（x）＝x2﹣3x﹣4，则使得函数值大于0的x的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）．【分析】由f（x）＞0得x2﹣3x﹣4＞0，解这个一元二次不等式即可．【解答】解：∵函数f（x）＝x2﹣3x﹣4，∴当f（x）＞0时，有x2﹣3x﹣4＞0，即（x﹣4）（x+1）＞0；解这个不等式得，∴x＜﹣1或x＞4，∴使函数f（x）大于0的x的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）．故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）．【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，解题时按照一元二次不等式的基本步骤进行解答，是基础题目．23．（2022秋•甘谷县期末）已知f（x）＝4x﹣2x+1﹣3，则f（x）＜0的解集为{x|x＜log23}．【分析】因式分解，即可得出f（x）＜0的解集．【解答】解：由题意，4x﹣2x+1﹣3＜0，∴（2x﹣3）（2x+1）＜0，∴2x＜3，∴x＜log23，∴f（x）＜0的解集为{x|x＜log23}．故答案为：{x|x＜log23}．【点评】本题考查解不等式，考查学生的计算能力，比较基础．24．（2022秋•丹东期末）已知函数f（x）＝ax2﹣4ax+1（a＞0）在区间上的最大值为﹣2．（1）求a的值；（2）若lgm，lgn是函数f（x）的两个零点，求的值．【分析】（1）利用函数的对称轴，结合已知条件，求解即可．（2）由lgm，lgn是函数f（x）的两个零点，可得lgm+lgn＝4，lgm⋅lgn＝1，再结合对数运算性质求解即可．【解答】解：（1）因为a＞0，f（x）＝ax2﹣4ax+1＝a（x﹣2）2﹣4a+1，即抛物线的对称轴方程为x＝2，函数f（x）在区间上的最大值为﹣2，所以ymax＝f（3）＝﹣3a+1＝﹣2，所以a＝1．（2）函数f（x）＝x2﹣4x+1的两个零点为lgm，lgn，即方程x2﹣4x+1＝0的两根为lgm，lgn，所以lgm+lgn＝4，lgm⋅lgn＝1，所以．【点评】本题考查函数与方程的应用，二次函数的性质的应用，是基础题．25．（2022秋•广州期末）已知函数f（x）＝x2+2ax+3．x∈[﹣4，6]．（1）当a＝﹣2时，求f（x）的最值；（2）使y＝f（x）在区间[﹣4，6]上是单调函数，求实数a的取值范围．【分析】（1）根据二次函数的性质求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；（2）求出函数的对称轴，得到关于a的不等式，求出a的范围即可．【解答】解：（1）当a＝﹣2时，f（x）＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，由于x∈[﹣4，6]，∴f（x）在[﹣4，2]上单调递减，在[2，6]上单调递增．∴f（x）的最小值是f（2）＝﹣1．又f（﹣4）＝35，f（6）＝15，故f（x）的最大值是35．（2）由于函数f（x）的图象开口向上，对称轴是x＝﹣a，⇒所以要使f（x）在[﹣4，6]上是单调函数，应有﹣a≤﹣4，或﹣a≥6，即a≤﹣6，或a≥4．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查二次函数的性质，是一道中档题．六．一元二次不等式及其应用（共7小题）26．（2022秋•驻马店期末）已知p：﹣4＜x﹣a＜4，q：（x﹣2）（3﹣x）＞0，若￢p是￢q的充分条件，则实数a的取值范围是（）A．[﹣1，6] B．（﹣∞，﹣1] C．[6，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[6，+∞）【分析】由￢p是￢q的充分条件，根据逆否命题与原命题的真假关系，我们可以得到q⇒p为真，即p为q的必要不充分条件，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，两个不等式解集的关系，然后根据集合包含关系的运算，求出实数a的取值范围．【解答】解：不等式（x﹣2）（3﹣x）＞0，可化为（x﹣2）（x﹣3）＜0，解得2＜x＜3，解不等式﹣4＜x﹣a＜4，得a﹣4＜x＜a+4，因为￢p是￢q的充分条件，由定义知￢p⇒￢q，它等价于q⇒p，所以，解得﹣1≤a≤6，所以实数a的取值范围是[﹣1，6]．故选：A．【点评】本题考查了根据充分条件求参数的范围和一元二次不等式的解法，属基础题．27．（2022秋•郴州期末）已知不等式ax2+bx+2＞0的解集为{x|﹣1＜x＜2}，则不等式2x2+bx+a＜0的解集为（）A． B．{x|x＜﹣1，或x＞} C．{x|﹣2＜x＜1} D．{x|x＜﹣2，或x＞1}【分析】不等式ax2+bx+2＞0的解集为{x|﹣1＜x＜2}，ax2+bx+2＝0的两根为﹣1，2，且a＜0，根据韦达定理，我们易得a，b的值，代入不等式2x2+bx+a＜0易解出其解集．【解答】解：∵不等式ax2+bx+2＞0的解集为{x|﹣1＜x＜2}，∴ax2+bx+2＝0的两根为﹣1，2，且a＜0即﹣1+2＝﹣（﹣1）×2＝解得a＝﹣1，b＝1则不等式可化为2x2+x﹣1＜0解得故选：A．【点评】本题考查的知识点是一元二次不等式的解法，及三个二次之间的关系，其中根据三个二次之间的关系求出a，b的值，是解答本题的关键．28．（2023春•泸水市期末）不等式6x2+x﹣2≤0的解集为（）A．{x|﹣} B．{x|x或x} C．{x|x} D．{x|x}【分析】先求出方程6x2+x﹣2＝0的实数根为和﹣，再求出它的解集即可．【解答】解：∵方程6x2+x﹣2＝0的实数根为和﹣，∴不等式6x2+x﹣2≤0的解集为{x|﹣≤x≤}．故选：A．【点评】本题考查了求一元二次不等式的解集的应用问题，是基础题．29．（2022秋•益阳期末）不等式2x2﹣x≤0的解集为{x|0≤x≤}．【分析】把不等式化为x（2x﹣1）≤0，求出不等式对应方程的实数根，写出不等式的解集．【解答】解：不等式2x2﹣x≤0化为x（2x﹣1）≤0，且不等式对应方程的两个实数根为x＝0或x＝，所以该不等式的解集为{x|0≤x≤}．故答案为：{x|0≤x≤}．【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．30．（2022秋•皇姑区校级期末）已知函数f（x）＝x2﹣|x﹣1|﹣a，a∈R．若不等式f（x）＜0的解集是区间（﹣3，3）的子集，则实数a的取值范围是（﹣∞，5]．【分析】把不等式转化为a＞x2﹣|x﹣1|，利用分段函数的性质，结论二次函数图象可得实数a的取值范围．【解答】解：因为函数f（x）＝x2﹣|x﹣1|﹣a，a∈R．由不等式f（x）＜0，分离参数，可得：a＞x2﹣|x﹣1|＝，设函数g（x）＝，画出g（x）的图象，如图所示：计算g（﹣3）＝5，g（3）＝7，要使g（x）＜a的解集是区间（﹣3，3）的子集，则必有a≤5，所以实数a的取值范围是（﹣∞，5]．故答案为：（﹣∞，5]．【点评】本题主要考查了分段函数的应用以及不等式的解法应用问题，是中档题．31．（2022秋•重庆期末）关于x的一元二次不等式x2﹣8x+a≤0的解集中有且仅有3个整数，则a的取值范围是（12，15]．【分析】设f（x）＝x2﹣8x+a，画出函数图象，利用数形结合法得出关于a的不等式组，从而求出a的取值范围．【解答】解：设函数f（x）＝x2﹣8x+a，其图象是开口向上，对称轴是x＝4的抛物线，如图所示；若关于x的一元二次不等式x2﹣8x+a≤0的解集中有且仅有3个整数，则这3个整数解为3、4、5，由函数的图象知，，即，解得12＜a≤15．所以实数a的取值范围是（12，15]．故答案为：（12，15]．【点评】本题主要考查了一元二次不等式，以及根的存在性和根的个数判断问题，是中档题．32．（2022秋•浏阳市期末）已知不等式ax2﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1或x＞b}．（1）求a、b的值；（2）m为何值时，ax2+mx+3≥0的解集为R；（3）解不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0．【分析】（1）根据不等式与对应方程的关系，利用根与系数的关系求出a、b的值；（2）利用判别式△≤0求出m的取值范围；（3）利用分类讨论法求出不等式的解集．【解答】解：（1）不等式ax2﹣3x+6＞4的解集为{x|x＜1或x＞b}，所以1和b是方程ax2﹣3x+6＝4的实数解，方程可化为ax2﹣3x+2＝0，由根与系数的关系知，，解得a＝1，b＝2；（2）不等式ax2+mx+3≥0为x2+mx+3≥0，令Δ＝m2﹣12≤0，解得﹣2≤m≤2，所以m∈[﹣2，2]时，不等式的解集为R；（3）不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0为x2﹣（c+2）x+2c＜0，即（x﹣2）（x﹣c）＜0；当c＞2时，解不等式得2＜x＜c，当c＝2时，不等式（x﹣2）2＜0，不成立，当c＜2时，解不等式得c＜x＜2，综上所述，c＞2时，不等式的解集为（2，c）；c＝2时，不等式的解集为∅；c＜2时，不等式的解集为（c，2）．【点评】本题考查了含有字母系数的一元二次不等式解法与应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．一．多选题（共3小题）（多选）1．（2022秋•永州期末）已知函数f（x）＝x2+mx﹣2m+n（m，n∈R），若非空集合A＝{x|f（x）≤0}，B＝{x|f（f（x）+2）≤4}，且A＝B，则下列说法中正确的是（）A．n的取值与m有关 B．n为定值 C． D．【分析】利用换元法，设f（x）+2＝μ，转化成函数f（x）的关系，但要深刻理解集合相等的实质即可得解．【解答】解：令f（x）+2＝μ，则f（f（x）+2）≤4可化为f（μ）≤4，设f（μ）≤4的解集为[a，b]，即a≤μ≤b，即a≤f（x）+2≤b，即a﹣2≤f（x）≤b﹣2；故B＝{x|f（f（x）+2）≤4}＝{x|a﹣2≤f（x）≤b﹣2}，又∵A＝{x|f（x）≤0}，且A＝B，∴b﹣2＝0且f（x）min≥a﹣2，∴b＝2且f（x）min≥a﹣2，故f（b）＝f（2）＝4+2m﹣2m+n＝4，解得n＝0，故选项A错误，选项B正确；故f（x）＝x2+mx﹣2m，∵A＝{x|f（x）≤0}≠∅，∴x2+mx﹣2m≤0有解，∴Δ＝m2+8m≥0，即m≥0或m≤﹣8；∵a，b是方程f（x）＝4的两个根，即a，2是方程x2+mx﹣2m﹣4＝0的两个根，故a•2＝﹣2m﹣4，即a＝﹣m﹣2；故f（x）min＝f（﹣）＝﹣≥﹣m﹣4，解得﹣2﹣2≤m≤2﹣2，故0≤m≤2﹣2，故选项C错误，选项D正确；故选：BD．【点评】本题考查了二次不等式与二次函数、二次方程间关系的应用，以及集合间相等的应用，属于难题．（多选）2．（2022秋•汉阳区校级期末）设正数a，b满足a+b＝1，则有（）A． B． C． D．【分析】根据基本不等式的应用，“齐次化“思想，化归转化思想，“权方和“不等式，即可分别求解．【解答】解：对A选项，∵正数a，b满足a+b＝1，∴ab≤＝，当且仅当a＝b＝时，等号成立，∴A选项正确；对B选项，∵正数a，b满足a+b＝1，∴a3+b3＝（a+b）（a2﹣ab+b2）＝（a+b）2﹣3ab＝1﹣2ab≥＝，当且仅当a＝b＝时，等号成立，∴B选项错误；对C选项，∵正数a，b满足a+b＝1，∴＝＝＝＝＝≥＝8+，当且仅当，又正数a，b满足a+b＝1，即当a＝5﹣，b＝时，等号成立，∴C选项正确；对D选项，∵正数a，b满足a+b＝1，∴根据“权方和“不等式可得＝，当且仅当，又a+b＝1，即当a＝，b＝时，等号成立，∴D选项正确．故选：ACD．【点评】本题考查基本不等式的应用，“齐次化“思想，化归转化思想，“权方和“不等式的应用，属难题．（多选）3．（2021秋•衢州期末）若a，b∈R+，a+b＝1，则下列说法正确的有（）A．的最小值为4 B．的最大值为 C．的最小值为 D．的最大值是【分析】分别对选项的式子进行分析，创造出基本不等式求最值的条件，注意一正，二定，三相等的检验．【解答】解：∵a，b∈R+，a+b＝1，∴a，b∈（0，1），A：∵a+≥2，当且仅当a＝1时取等号，∴a+＞2，同理b＞2，∴（a+）（b）＞4，∴A错误，B：∵＝2+a+b+2≤3+1+a+1+b＝6，当且仅当a＝b＝时取等号，∴+的最大值为，∴B正确，C：∵+＝（+）（a+b）＝++3≥2+3，当且仅当a＝，b＝2﹣时取等号，∴+的最小值为2+3，∴C正确，D：+＝+＝，∵＝a+1+﹣3≥2﹣3，当且仅当a＝﹣1，b＝2﹣时取等号，∴+≤＝，∴+的最大值为，∴D正确，故选：BCD．【点评】本题考查了基本不等式在求最值上的灵活应用，属于难题．二．解答题（共9小题）4．（2022秋•和平区校级期末）已知函数g（x）＝mx2﹣2mx+1+n，（n≥0）在[1，2]上有最大值1和最小值0．设f（x）＝．（其中e为自然对数的底数）（1）求m，n的值；（2）若不等式f（log2x）﹣2klog2x≥0在x∈[2，4]上有解，求实数k的取值范围；（3）若方程f（|ex﹣1|）+﹣3k＝0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．【分析】（1）配方可得g（x）＝m（x﹣1）2+1+n﹣m，当m＞0和m＜0时，由函数的单调性可得m和n的方程组，解方程组可得，当m＝0时，g（x）＝1+n，无最大值和最小值，不合题意，综合可得；（2）由（1）知，问题等价于即在x∈[2，4]上有解，求二次函数区间的最值可得；（3）原方程可化为|ex﹣1|2﹣（3k+2）|ex﹣1|+（2k+1）＝0，令|ex﹣1|＝t，记h（t）＝t2﹣（3k+2）t+2k+1，可得或，解不等式组可得．【解答】解：（1）配方可得g（x）＝m（x﹣1）2+1+n﹣m，当m＞0时，g（x）在[1，2]上是增函数，由题意可得，即，解得；当m＝0时，g（x）＝1+n，无最大值和最小值，不合题意；当m＜0时，g（x）在[1，2]上是减函数，由题意可得，即，解得，∵n≥0，故应舍去综上可得m，n的值分别为1，0（2）由（1）知，∴f（log2x）﹣2klog2x≥0在x∈[2，4]上有解等价于在x∈[2，4]上有解即在x∈[2，4]上有解．令则2k≤t2﹣2t+1，∵．记φ（t）＝t2﹣2t+1，∵，∴，∴k的取值范围为．（3）原方程可化为|ex﹣1|2﹣（3k+2）|ex﹣1|+（2k+1）＝0令|ex﹣1|＝t，则t∈（0，+∞），由题意知t2﹣（3k+2）t+2k+1＝0有两个不同的实数解t1，t2，其中0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2＝1．记h（t）＝t2﹣（3k+2）t+2k+1，则或解得k＞0，∴实数k的取值范围是（0，+∞）【点评】本题考查二次函数的性质，涉及分类讨论的思想，涉及恒成立问题和绝对值，属中档题．5．（2021秋•湘西州期末）已知函数f（x）＝x2﹣（a+1）x+a，（1）当a＝2时，求关于x的不等式f（x）＞0的解集；（2）求关于x的不等式f（x）＜0的解集；（3）若f（x）+2x≥0在区间（1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）把a＝2代入可构造不等式x2﹣3x+2＞0，解对应的方程，进而根据二次不等式“大于看两边”得到原不等式的解集．（2）根据函数f（x）＝x2﹣（a+1）x+a的解析式，可将f（x）＜0化为（x﹣a）（x﹣1）＜0，分类讨论可得不等式的解集．（3）若f（x）+2x≥0在区间（1，+∞）上恒成立，即在区间（1，+∞）上恒成立，利用换元法，结合基本不等式，求出函数的最值，可得实数a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝2时，则f（x）＝x2﹣3x+2，由f（x）＞0，得x2﹣3x+2＞0，令x2﹣3x+2＝0，解得x＝1，或x＝2∴原不等式的解集为（﹣∞，1）∪（2，+∞）（2）由f（x）＜0得（x﹣a）（x﹣1）＜0，令（x﹣a）（x﹣1）＝0，得x1＝a，x2＝1，…5分，当a＞1时，原不等式的解集为（1，a）；…6分，当a＝1时，原不等式的解集为∅；…（7分），当a＜1时，原不等式的解集为（a，1）．…（8分）．（2）由f（x）+2x≥0即x2﹣ax+x+a≥0在（1，+∞）上恒成立，得..…9分，令t＝x﹣1（t＞0），则，…13分∴．故实数a的取值范围是…14分【点评】本题考查的知识点是函数恒成立问题，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解答的关键．6．（2021秋•巫山县校级期末）已知二次函数f（x）满足f（x+1）﹣f（x）＝﹣2x+1，且f（2）＝15．（1）求函数f（x）的解析式；（2）令g（x）＝（2﹣2m）x﹣f（x），求函数g（x）在x∈[0，2]上的最小值．【分析】（1）设出二次函数，利用已知条件求函数f（x）的解析式；（2）化简函数的解析式，利用对称轴与区间的关系求解函数的最小值即可．【解答】解：（1）设二次函数f（x）＝ax2+bx+c（a≠0），则f（x+1）﹣f（x）＝a（x+1）2+b（x+1）+c﹣（ax2+bx+c）＝2ax+a+b＝﹣2x+1，又f（2）＝15，∴c＝15．∴f（x）＝﹣x2+2x+15．（2）g（x）＝x2﹣2mx﹣15，x∈[0，2]，对称轴x＝m，当m＞2时，g（x）min＝g（2）＝4﹣4m﹣15＝﹣4m﹣11；当m＜0时，g（x）min＝g（0）＝﹣15；当0≤m≤2时，g（x）min＝g（m）＝m2﹣2m2﹣15＝﹣m2﹣15．综上所述，g（x）min＝．【点评】本题考查二次函数的简单性质的应用，函数的解析式以及函数的最值的求法，考查计算能力．7．（2021秋•红山区期末）已知函数f（x）＝ax2﹣x+2a﹣1（a＞0）（Ⅰ）设f（x）在区间[1，2]的最小值为g（a），求g（a）的表达式；（Ⅱ）设h（x）＝，若函数h（x）在区间[1，2]上是增函数，求实数a的取值范围．【分析】（Ⅰ）通过讨论a的取值，确定函数在区间[1，2]的最小值为g（a）．（Ⅱ）利用函数单调性的定义，或利用导数，求实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由于a＞0，当x∈[1，2]时，对称轴为x＝，当时，f（x）在[1，2]上为增函数，g（a）＝f（1）＝3a﹣2；当时，；当时，f（x）在[1，2]上为减函数，g（a）＝f（2）＝6a﹣3．综上可得．（Ⅱ），在区间[1，2]上任取x1，x2，x1＜x2，则＝（*）∵h（x）在[1，2]上为增函数，∴h（x2）﹣h（x1）＞0∴（*）可转化为ax1x2﹣（2a﹣1）＞0对任意x1，x2，x1＜x2，在区间[1，2]上都成立．即ax1x2＞2a﹣1（12分）因为a＞0，所以，由1＜x1x2＜4得，解得0＜a≤1；所以实数a的取值范围是0＜a≤1．（2）另解：由于对勾函数在区间上递减，在区间上递增；∴当时，，由题应有，∴．当时，为增函数满足条件．故实数a的取值范围是0＜a≤1【点评】本题主要考查二次函数的图象和性质，要求熟练掌握二次函数性质的判断和应用．8．（2021秋•呼和浩特期末）“菊花”型烟花是最壮观的烟花之一，制造时一般是期望在它达到最高时爆裂，通过研究，发现该型烟花爆裂时距地面的高度h（单位：米）与时间t（单位：秒）存在函数关系，并得到相关数据如表：时间t12高度h1923.519（1）根据上表数据，从下列函数中选取一个函数描述该型烟花爆裂时距地面的高度h与时间t的变化关系：y1＝kt+b，y2＝at2+bt+c，y3＝abt，确定此函数解析式并简单说明理由；（2）利用你选取的函数，判断烟花爆裂的最佳时刻，并求此时烟花距地面的高度．【分析】（1）由表中数据分析可知，烟花距地面的高度随时间的变化呈先上升再下降的趋势，则在给定的三类函数中，只有y2可能满足，设h（t）＝at2+bt+c，利用待定系数法将表格所提供的三组数据代入，列方程组求出函数解析式；（2）由二次函数的图象与性质，求出即可．【解答】解：（1）由表中数据分析可知，烟花距地面的高度随时间的变化呈先上升再下降的趋势，则在给定的三类函数中，只有y2可能满足，故选择取该函数．设h（t）＝at2+bt+c，有．解得a＝﹣18，b＝54，c＝﹣17，所以h（t）＝﹣18t2+54t﹣17，（t≥0），（2）h（t）＝﹣18t2+54t﹣17＝﹣18（x﹣）2+23.5，∴当烟花冲出后1.5s是爆裂的最佳时刻，此时距地面的高度为23.5米【点评】本题考查了二次函数模型的应用问题，也考查了利用二次函数的图象与性质求函数最值的问题，确定函数的模型是解题关键．9．（2021秋•昌江区校级期末）在①函数y＝f（x）满足f（x+1）﹣f（x）＝2x﹣1，函数y＝f（x）的图象与直线y＝﹣1只有一个交点；②函数y＝f（x）过点（1，﹣1），且不等式f（x）＞0的解集为（﹣∞，0）∪（2，+∞），这两个条件中选择一个补充在下面问题中，并解答：已知二次函数f（x）＝ax2+bx+c，且____．（1）求f（x）的解析式；（2）若方程mf（2x）﹣2x+1﹣2＝0有且仅有一个实根，求实数m的取值范围．【分析】（1）选①时，由f（x+1）﹣f（x）＝2x﹣1，代入f（x）＝ax2+bx+c可得a＝1，b＝﹣2；再由函数y＝f（x）的图象与直线y＝﹣1只有一个交点知顶点为（1，﹣1），从而求得；选②时，由不等式f（x）＞0的解集为（﹣∞，0）∪（2，+∞）知方程f（x）＝ax2+bx+c＝0的解为0，2，从而写出f（x）＝ax（x﹣2），再结合题意得f（1）＝﹣a＝﹣1，从而求得；（2）换元2x＝t（t＞0），从而转化为方程mf（t）﹣2t﹣2＝0在（0，+∞）上有且仅有一个实根，再化为m＝在（0，+∞）上有且仅有一个实根，再换元t+1＝n（n＞1），从而化简m＝＝，结合对勾函数的性质可得g（n）＝n+﹣4在（1，）上单调递减，在[，+∞）上单调递增，从而可得当g（n）＝2﹣4或g（n）＞0时，m＝在（1，+∞）上有且仅有一个实根，从而求得．【解答】解：（1）选①，∵f（x+1）﹣f（x）＝2x﹣1，∴a（x+1）2+b（x+1）+c﹣（ax2+bx+c）＝2x﹣1，即2ax+a+b＝2x﹣1，故，解得，a＝1，b＝﹣2；故f（x）＝x2﹣2x+c，又∵函数y＝f（x）的图象与直线y＝﹣1只有一个交点，∴f（1）＝﹣1，即1﹣2+c＝﹣1，解得，c＝0，故f（x）＝x2﹣2x；选②，∵不等式f（x）＞0的解集为（﹣∞，0）∪（2，+∞），∴f（x）＝ax2+bx+c＝0的解为0，2，故f（x）＝ax（x﹣2），又∵函数y＝f（x）过点（1，﹣1），∴f（1）＝﹣a＝﹣1，解得，a＝1，故f（x）＝x2﹣2x；（2）令2x＝t（t＞0），∵方程mf（2x）﹣2x+1﹣2＝0有且仅有一个实根，∴方程mf（t）﹣2t﹣2＝0在（0，+∞）上有且仅有一个实根，即m（t2﹣2t）﹣2t﹣2＝0在（0，+∞）上有且仅有一个实根，即m＝在（0，+∞）上有且仅有一个实根，令t+1＝n（n＞1），则m＝＝，∵g（n）＝n+﹣4在（1，）上单调递减，在[，+∞）上单调递增，∴当n∈（1，）时，g（n）∈（2﹣4，0），当n∈[，+∞）时，g（n）∈（2﹣4，+∞），故当g（n）＝2﹣4或g（n）＞0时，m＝在（1，+∞）上有且仅有一个实根，当g（n）＝2﹣4时，m＝＝﹣2﹣，当g（n）＞0时，m＝＞0，故m的取值范围为{﹣2﹣}∪（0，+∞）．【点评】本题考查了二次函数及对勾函数的性质，同时考查了转化思想及换元法的应用，属于难题．10．（2021秋•红桥区