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 (2)-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 (2)一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.使不等式23x−1−2>0成立的x的取值范围是()A. (32,+∞) B. (23,+∞) C. (13,+∞) D. (−13,+∞)．2.设集合A={x||3x+1|≤4}，B={x|log2x≤3}，则A∪B=()A. [0,1]B. (0,1]C. [−53,8] D. [−53,8)3.若函数f(x)=12cos2x+3a(sinx−cosx)+(4a−1)x在[−π2,0]上单调递增，则实数a的取值范围为A. [17,1] B. [−1,17]C. (−∞,−17]∪[1,+∞) D. [1,+∞)4.已知函数f(x)=12ax2+cosx−1(a∈R)，若函数f(x)有唯一零点，则a的取值范围为A. (−∞,0)B. (−∞,0]∪[1,+∞)C. (−∞,−1]∪[1,+∞)D. (−∞,0)∪[1，+∞)5.已知函数f(x)={2x+4x−5,x>0,−x2−3x−3,x≤0．若函数f(x)=−x+m恰有两个不同的零点，则实数m的取值范围是()A. (0,+∞)B. (−∞,4√3−5)C. (−∞,−2)∪(4√3−5,+∞)D. [−3,−2)∪(4√3−5,+∞)6.已知集合A={x|x2−x−2>0},B={x|0<x<3}，则A∩B=()A. (−1,3)B. (0,3)C. (1,3)D. (2,3)7.命题“∀x∈[−2,3]，x2−4x−a≥0”为真命题的一个必要不充分条件是A. a≤−4B. a<0C. −3≤a≤12D. a<−108.已知函数f(x)=ax2−2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式λ>f(x1)+f(x2)恒成立，则实数λ的取值范围是( )A. [−3,+∞)B. (3,+∞)C. [−e,+∞)D. (e,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）9.函数f(x)=x2+2(a−1)x+2在区间(−∞,4］上递减，则a的取值范围是__________10.已知a，b，c分别是▵ABC三内角A，B，C所对的边，5sin2B−8sinBsinC+5sin2C−5sin2A=0，且a=√2，则▵ABC面积的最大值为________．11.若直线xa +yb=1(a>0,b>0)过点(1,2)，则a+2b的最小值为.．12.设a+2b=4，b>0，则12|a|+|a|b的最小值为___________．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）13.已知函数f(x)=sin2xcosφ+cos2xsinφ(|φ|<π2)，且函数y=f(2x+π4)的图象关于直线x=7π24对称．(1)求φ的值；(2)若π3<α<5π12，且f(α)=45，求cos4α的值；(3)若0<θ<π8时，不等式f(θ)+f(θ+π4)<|m−4|恒成立，试求实数m的取值范围．14.已知函数f(x)=lnx−a2x2+ax，a∈R且a≠0．(1)若函数f(x)在区间[1, +∞)上是减函数，求实数a的取值范围；(2)设函数g(x)=(3a+1)x−(a2+a)x2，当x>1时，f(x)<g(x)恒成立，求a的取值范围．15.已知不等式ax2−4x+3<0的解集为{x|1<x<b}．(1)求a，b的值；(2)求不等式ax−21−bx≥0的解集．16.已知函数f(x)=|x+a|(x+1)+|x−1|(x+a)．(1)若a=0，求不等式f(x)≥0的解集；(2)当x<0时，f(x)<0，求实数a的取值范围．17.已知f(x)=|x+a|−|x−2a|(a∈R)．(1)当a=1时，解关于x的不等式f(x)≥2；(2)若对任意x，任意m∈R，不等式f(x)≤|m−1|+|m−4|恒成立，求实数a的取值范围．18.已知ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acosB=(2c−b)cosA．(1)求角A的大小；(2)若a=6，求ΔABC面积的最大值．19.已知ΔABC的内角A,B,C的对边为a,b,c，且cosB=b．2(acosC+ccosA)(1)求B；(2)若a+c=1，求b的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：【分析】本题考查的知识点是指数不等式的解法，指数不等式的解答中第一步是要将不等号两边的式子化为同底，第二步是要利用指数函数的单调性将不等式转化成一个整式不等式．将不等式23x−1−2>0化为23x−1>2后，我们可以根据指数函数的单调性，将其转化为整式不等式3x−1>1，进而求出使不等式23x−1−2>0成立的x的取值范围．【解答】解：不等式23x−1−2>0可化为23x−1>2∵函数y=2x在R上为增函数，故原不等式等价于3x−1>1解得x>23．故不等式23x−1−2>0成立的x的取值范围是(23,+∞)故选：B．2.答案：C解析：【分析】本题考查了并集及其运算，考查了绝对值不等式和对数不等式的解法，是基础题．分别求解绝对值的不等式和对数不等式化简集合A，B，然后直接利用并集运算得答案．【解答】解：由|3x+1|≤4得，−53≤x≤1，则集合A=[−53,1]，解log2x≤3得0<x≤8，则B=(0,8]．所以A∪B=[−53,8]，故选：C．3.答案：D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，考查化归与转化思想，属于中档题先求导，由题意得在[−π2,0]上恒成立，再利用换元法令，将问题转化为−t2+3at+4a≥0在[−1,1]上恒成立，再利用二次函数可得结论．【解答】解：，由题意可得在[−π2,0]上恒成立，令，则，又，∵−π2≤x ≤0， ∴−π4≤x +π4≤π4，故，得−1≤t ≤1，所以问题转化为不等式−t 2+3at +4a ≥0在[−1,1]上恒成立， 即不等式t 2−3at −4a ≤0在[−1,1]上恒成立， 令函数ℎ(t)=t 2−3at −4a,t ∈[−1,1]， 则{ℎ(−1)≤0ℎ(1)≤0则{a ⩾17a ⩾1，解得a ≥1． 故选D ． 4.答案：D解析：【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的零点与方程根的关系，利用导数研究函数的单调性，分类讨论思想，不等式的恒成立问题，属于综合题．先由函数奇偶性判断函数f(x)有唯一零点只能在原点取得，当x >0或x <0时，函数f(x)都没有零点，再研究当x >0时，f(x)=12ax 2+cos x −1=0无解， 按a <0，a =0，a >0讨论，结合导数可得结论． 【解答】 解：函数，f(x)是偶函数，若函数f(x)有唯一零点，∵f(0)=0，∴当x >0或x <0时，函数f(x)都没有零点， 只要研究当x >0时，f(x)=12ax 2+cos x −1=0无解，①若a <0时，∵cosx ⩽1，∴f(x)=12ax 2+cos x −1<0，符合题意， ②若a =0时，cosx =1显然有解，不合题意，③若a >0时，f(x)=12ax 2+cos x −1=0无解，等价于cosx =1−12ax 2无解，必须在上cosx >1−12ax 2恒成立，即f(x)=12ax 2+cos x −1>0在上恒成立，∵f′(x)=ax −sinx ，，令g(x)=f′(x)=ax −sinx ，，则g′(x)=a −cosx ，，g′(x)单调递增，(▵)当a ⩾1时，g′(x)⩾0，g(x)单调递增，即f′(x)>f′(0)=0，此时，f(x)单调递增，f(x)>f(0)=0，符合题意，(▵)当0<a<1时，存在，使得g′(x0)=0，当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，即f′(x)单调递减，f′(x)<f′(0)=0，则当x∈(0,x0)时，f(x)单调递减，f(x)<f(0)=0与f(x)=12ax2+cos x−1>0在上恒成立矛盾，综上，a的取值范围为为(−∞,0)∪[1，+∞)．故选D．5.答案：D解析：【分析】本题主要考查了函数的与方程，函数零点个数的判断，基本不等式，属于较难题.写出函数g(x)的解析式，画出图像，函数g(x)的图像与直线y=m有两个不同的交点，结合图像求解即可．【解答】解：设g(x)=f(x)+x，由题意g(x)={3x+4x−5,x>0−x2−2x−3,x≤0,画出g(x)的图像如图，函数数f(x)=−x+m恰有两个不同的零点，即函数g(x)的图像与直线y=m有两个不同的交点，因为x>0时，3x+4x−5≥4√3−5，当且仅当3x=4x 即x=2√33时等号成立，x≤0时−x2−2x−3=−(x+1)2−2≤−2，x=−1时等号成立，又g(0)=−3，所以m>4√3−5或−3≤m<−2，故选D．6.答案：D解析：【分析】本题考查了集合的交集，解题的关键是审清题意，解析出集合中的元素．求出集合A，然后根据数轴求出A⋂B．【解答】解：因为x2−x−2>0，所以x>2或x<−1，故集合A={x>2或x<−1}，又因为集合B={x|0<x<3}，所以A∩B=(2,3)，故选D．7.答案：B解析：【分析】本题主要考查了充分不必要条件的判断以及恒成立问题转化为最值的相关问题，属基础题．根据题意求出a的范围即可得到结果．【解答】解：，x2−4x−a⩾0，因此a≤x2−4x恒成立，设f(x)=x2−4x，对称轴为x=2，开口向上，最小值为f(2)=−4，所以a≤−4．命题“∀x∈[−2,3]，x2−4x−a≥0”为真命题的一个必要不充分条件是a<0，故选B．8.答案：A解析：【分析】本题考查函数的极值和最值，结合函数f(x)存在两个不同的极值点，根据韦达定理得到a的范围，构造新函数g(a)，计算最值，得到λ的取值范围．【解答】解：f′(x)=2ax−2+1x =2ax2−2x+1x，结合x>0，令ℎ(x)=2ax2−2x+1，则ℎ(x)=0有两正根，x1+x2=22a >0,x1x2=12a>0，且Δ=4−8a>0，解得0<a<12，=a(x1+x2)2−2ax1x2−2(x1+x2)−lnx1x2=−1a+ln2a−1，令g(a)=−1a+ln2a−1，g′(a)=1+aa2，又0<a<12，所以g(a)在(0,12)上单调递增，所以g(a)>g(12)=−2+0−1=−3，故λ≥−3．故选A．9.答案：(−∞,−3]解析：【分析】本题考查函数的单调性及二次函数的性质，属于基础题．根据题意可得(−∞,4]⊆(−∞，1−a]，即4≤1−a，进而即可求得结果．【解答】解：函数f(x)=x2+2(a−1)x+2的单调减区间为(−∞,1−a]，又f(x)在区间(−∞,4]上是减函数，所以有(−∞,4]⊆(−∞，1−a]，所以4≤1−a，解得a≤−3，即实数a的取值范围为(−∞,−3]，故答案为(−∞,−3]．10.答案：32解析：【分析】本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，考查了计算能力，属于中档题．根据题意，得出cos A，再求出sinA，进行求解即可．【解答】解：∵5sin2B−8sinBsinC+5sin2C−5sin2A=0，a=√2，∴5b2−8bc+5c2−5a2=0，整理得b2+c2−a2=85bc，∴cosA=b2+c2−a22bc =85bc2bc=45，∵A∈(0,π)，∴sinA=35，∴由余弦定理可得：2=a2=b2+c2−2bccosA=b2+c2−85bc≥2bc−85bc，则bc≤5，当且仅当b=c时等号成立，∴S△ABC=12bcsinA≤12×5×35=32，当且仅当b=c时等号成立，则△ABC面积的最大值为32，故答案为32.11.答案：9解析：【分析】本题主要考查了基本不等式，考查分析与计算能力，属于基础题．利用点(1,2)在直线上得出1a +2b=1，从而利用基本不等式求出最值．【解答】解：∵直线xa +yb=1(a>0,b>0)过点(1,2)，∴1a +2b=1，∴a+2b=(a+2b)(1a +2b)=1+2ab+2ba+4≥5+2√2ab·2ba=9，当且仅当2ab =2ba，即a=b=3时，取等号，∴a+2b的最小值为9．故答案为9．12.答案：解析：【分析】本题主要考查了基本不等式在求解最值的应用，属中档题．由已知可得，，利用基本不等式即可求解【解答】解：由a+2b=4，得.当时，代入．当时，代入．故最小值为．故答案为．13.答案：解：(1)函数f(x)=sin2xcosφ+cos2xsinφ=sin(2x+φ)，则y=f(2x+π4)=sin(4x+π2+φ)=cos(4x+φ)，由于函数y=f(2x+π4)=cos(4x+φ)图象关于直线x=7π24对称，6解得：φ=kπ−7π6，由于|φ|<π2，所以：当k=1时，φ=−π6；(2)由(1)得：函数的解析式为：f(x)=sin(2x−π6)，由于：π3<α<5π12，π2<2α−π6<2π3，且f(α)=45，所以：sin(2α−π6)=45，cos(2α−π6)=−35，则：cos2α=cos(2α−π6+π6)=cos(2α−π6)cosπ6−sin(2α−π6)sinπ6=−3√3−410，所以：cos4α=2cos22α−1=24√3−750；(3)f(θ)+f(θ+π4 )=sin(2θ−π6)+sin(2θ+π3)=√2sin(2θ+π12)，当0<θ<π8时，12123所以：[√2sin(2θ+π12)]max =√62， 不等式f(θ)+f(θ+π4)<|m −4|恒成立，只需满足|m −4|≥√62即可． 所以：m ≥4+√62或m ≤4−√62， 即实数m 的取值范围是(−∞,4−√62]∪[4+√62,+∞)．解析：本题考查的三角函数的性质、三角恒等变换和恒成立问题，考查推理能力和计算能力，属于一般题．(1)首先对函数的关系式进行恒等变换，进一步利用函数的对称轴求出函数的φ的值；(2)利用(1)的结论，进一步求出函数的解析式，再利用已知的条件求出函数的值；(3)利用恒成立问题，进一步求出参数的取值范围．14.答案：解：(1)∵函数f (x )在区间[1,+∞)上是减函数，∴f′(x )=1x −2a 2x +a =−2a 2x 2+ax+1x =−(2ax+1)(ax−1)x ≤0，即F(x)=2a 2x 2−ax −1=(2ax +1)(ax −1)≥0在[1,+∞)上恒成立，当a ≠0时，令F (x )=0，得x =−12a 或x =1a ，若函数f(x)在区间[1,+∞)上是减函数，①若a >0，则1a ≤1，解得a ≥1；②若a <0，则−12a ≤1，解得a≤−12，∴综上，实数a的取值范围是(−∞,12]∪[1,+∞);(2)令ℎ(x)=f(x)−g(x)，则ℎ(x)=ax2−(2a+1)x+lnx，根据题意，当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)<0恒成立，∴ℎ′(x)=2ax−(2a+1)+1x =(x−1)(2ax−1)x．①当0<a<12时，x∈(12a,+∞)时，ℎ′(x)>0恒成立，∴ℎ(x)在(12a ,+∞)上是增函数，且ℎ(x)∈(ℎ(12a),+∞)，所以不符题意．②当a≥12时，x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0恒成立，∴ℎ(x)在(1,+∞)上是增函数，且ℎ(x)∈(ℎ(1),+∞)，所以不符题意．③当a<0时，x∈(1,+∞)时，恒有ℎ′(x)<0，∴ℎ(x)在(1,+∞)上是减函数，于是“ℎ(x)<0对任意x∈(1,+∞)都成立”的充要条件是ℎ(1)≤0，即a−(2a+1)≤0，∴解得a≥−1，∴−1≤a<0，∴综上，实数a的取值范围是[−1,0)．解析：本题考查了利用导数求函数的单调性，极值，以及不等式恒成立问题．(1)函数f ( x )在区间 [ 1 ，+∞ ) 上是减函数，则知f′(x )=1x −2a 2x +a ≤0，即F(x)=2a 2x 2−ax −1=(2ax +1)(ax −1)≥0在[1,+∞)上恒成立，再分情况讨论，得到a 的范围在(−∞,12]∪[1,+∞);(2) f( x) < g( x) ，故令ℎ(x )=f (x )−g (x )，则通过求导，并结合分类讨论，得到“ ℎ( x) < 0 对任意 x ∈( 1 ，+∞) 都成立”的充要条件是 ℎ( 1) ≤ 0 ，从而得到−1≤a <0.得到结果．15.答案：解：(1)∵不等式ax 2−4x +3<0的解集为{x|1<x <b }，∴1,b 是方程ax 2−4x +3=0的两根且a >0，∴{−−4a =1+b 3a =1×b ，解得：{a =1b =3； (2)由(1)知不等式ax−21−bx ⩾0即为x−21−3x ⩾0，∴{(x −2)(1−3x )⩾01−3x ≠0, 解得：13<x ⩽2，∴不等式ax−21−bx ⩾0的解集为{x|13<x ⩽2}．解析：本题考查一元二次不等式和分式不等式的解法，属中档题．(1)由题意知1，b 为关于x 的方程ax 2−4x +3=0的两根，由韦达定理可得方程组，解出即可；(2)由(1)知不等式等价于{(x −2)(1−3x )⩾01−3x ≠0，解出解集即可． 16.答案：解：(1)当a =0时，f(x)=|x|(x +1)+|x −1|x ，不等式f(x)≥0的解集是以下三个不等式组解集的并集：{x ≥1,2x 2≥0.或{0≤x <1,2x ≥0.或{x <0,−2x 2≥0.解得不等式f(x)≥0的解集为{x|x ≥0}．(2)由(1)可知当a =0时，当x <0时，f(x)<0，不等式恒成立，当a >0时，若−a <x <0，f(x)=(x +a)(x +1)−(x −1)(x +a)=(x +a)>0，不等式不恒成立，当a <0时，若x <0，f(x)=−(x +a)(x +1)−(x −1)(x +a)=−2x(x +a)<0，不等式恒成立，综上，当x <0时，f(x)<0，则实数a 的取值范围为(−∞,0]．解析：本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想，考查化简运算能力和推理能力．(1)当a =0时，f(x)=|x|(x +1)+|x −1|x ，则不等式f(x)⩾0，去绝对值，转化为三个不等式组解集，取并集即可；(2)当x<0时，通过讨论a=0时，a>0时，a<0时的情况，分别研究f(x)<0是否恒成立，从而可求出a的取值范围．17.答案：解：(1)当a=1时，即不等式|x+1|−|x−2|≥2．当x≤1时，可得−(x+1)−[−(x−2)]=−3≥2，该不等式不成立，无解；当−1<x≤2时，可得(x+1)−[−(x−2)]=2x−1≥2，解得32≤x≤2；当x>2时，可得(x+1)−(x−2)=3≥2，恒成立，故x>2．综上可得不等式的解集为[32,+∞)．(2)设g(m)=|m−1|+|m−4|，则g(m)≥|(m−1)−(m−4)|=3，故可得g(m)min=3，f(x)=|x+a|−|x−2a|≤|(x+a)−(x−2a)|=3|a|，即f(x)max=3|a|，对任意x，任意m∈R，不等式f(x)≤|m−1|+|m−4|恒成立，等价于f(x)max≤g(m)min，即3|a|≤3，解得−1≤a≤1，即实数a的取值范围为[−1,1]．解析：本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式的应用，属于中档题．(1)由a=1，分情况得不等式组求解；(2)由题意和绝对值三角不等式分别可得f(x)的最大值和|m−1|+|m−4|的最小值，由恒成立可得关于a的不等式，解不等式即可求最值得a的范围．18.答案：解：(1)在△ABC中，已知等式acosB=(2c−b)cosA，利用正弦定理化简得：sinAcosB−(2sinC−sinB)cosA=0，整理得：sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosA，即sin(A+B)=sinC=2sinCcosA，∵sinC≠0，∴cosA=12，∵A为三角形的内角，∴A=π3；(2)∵a=6，A=π3，∴由余弦定理得：36=b2+c2−bc≥2bc−bc=bc，即bc≤36，当且仅当b=c时取等号，∴S△ABC=12bcsinA=√34bc≤9√3，当且仅当b=c时取等号，则△ABC面积的最大值为9√3．解析：本题考查了正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，以及两角和与差的三角函数公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于中档题．(1)已知等式利用正弦定理化简，整理后求出cos A的值，即可确定出角A的大小；(2)由a，cos A的值，利用余弦定理列出关系式，再利用基本不等式求出bc的最大值，即可确定出三角形ABC 面积的最大值．19.答案：解：(1)2cosB(sinAcosC +sinCcosA)=sinB ，即2cosBsin(A +C)=sinB ，∴2cosBsinB =sinB ， 在ΔABC 中，可得cosB =12,又，所以B =π3.(2)∵a +c =1，即c =1−a ，cosB =12，∴由余弦定理得：b 2=a 2+c 2−2ac ⋅cosB ，即b 2=a 2+c 2−ac =(a +c)2−3ac =1−3a(1−a)=3(a −12)2+14, ∵0<a <1，∴14≤b 2<1,则12≤b <1.解析：本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，涉及两角和的正弦公式及二次函数，属于中档题．(1)由2cosB(acosC +ccosA)=b 利用正弦定理得2cosB(sinAcosC +sinCcosA)=sinB ，再利用两角差和的正弦公式化简可得cosB =12,所以B =π3；(2)由余弦定理结合条件a +c =1，可得b 2=3(a −12)2+14，利用二次函数的性质可得结果．。