第二章一元二次函数、方程和不等式（单元测）

参考答案：1．B【分析】对于A，分、利用基本不等式求解即可；对于B，由题意可知，利用基本不等式求解即可；对于C，D由对勾函数的性质求解即可.【详解】解：对于A，当时，，当时，等号成立；当时，，当时，等号成立；所以或，故错误；对于B，因为，所以，所以，当，即时，等号成立，故正确；对于C，因为，所以，令，则有，由对勾函数的性质可知，在上单调递增，所以，所以，故错误；对于D，因为，所以，令，由对勾函数的性质可知，在上单调递增，所以，即，故错误.故选：B.2．C【分析】利用不等式的性质，通过逐一分析判断各选项，即可判断出结果.【详解】对于A，因为，所以，故A错误；对于B，因为，当时，，故B错误；对于C，因为，所以，，所以，即，即，故C正确；对于D，若，显然有，故D错误．故选：C．3．C【分析】解不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】解不等式可得或，因为或，故只有C选项中的条件才是“”的充分不必要条件.故选：C.4．D【分析】利用基本不等式由可得，可得充分性不成立；当时可得必要性不成立，即可得出结果.【详解】根据基本不等式可得，即，可得，所以充分性不成立；若，可令满足，此时；即必要性不成立；所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D5．A【分析】根据基本不等式可得，解出，即可得出答案.【详解】因为，，所以有，当且仅当时，等号成立.又，所以有，整理可得，解得或（舍去）.所以，所以.所以当时，有最小值9.故选：A.6．C【分析】直接利用判别式即可研究不等式的解的情况.【详解】若关于的不等式有解,则，解得.故选：C.7．C【分析】根据已知条件得到有两个不等的实根，得出的取值范围，再根据的范围得出，所以要满足题意，则有，解之可得实数的取值范围.【详解】函数，集合，中为整数的解有且仅有一个，所以方程有两个实根，即，解得或（舍去），当时，又，，所以要使集合有且只有一个元素，则有，解得，故．故选：．8．B【分析】依题意可得、为方程的解，根据根与系数的关系，得到关于的方程解得即可，【详解】解：的解集为，为方程的解，，，又，，，，根据不等式的解集为，又，可得且故二次函数的对称轴在轴左侧，即，.故选：B．9．BC【分析】举例说明即可判断AD；根据不等式的基本性质即可判断B；根据幂函数的性质即可判断C.【详解】A：若，则，故A错误；B：若，则，故，两边平方，可得，故B正确；C：因为在上单调递增，所以若，则，故C正确；D：若，不妨设，，显然不满足，故D错误.故选：BC.10．AC【分析】AB选项，利用基本不等式求出最小值，得到A正确，B错误；C选项，作差法比较出大小关系；D选项，先变形后利用基本不等式进行求解.【详解】A选项，因为a，b都是正实数，故，当且仅当，即时，等号成立，A正确；B选项，因为a，b都是正实数，故，当且仅当，即时，等号成立，B错误；C选项，，故恒成立，C正确；D选项，a是正实数，故，其中，故，当且仅当，即时，等号成立，D错误.故选：AC11．BC【分析】根据基本不等式的性质依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，B，因为已知，所以，当且仅当，即，取等号，故A错误，B正确.对选项C，D，，即，当且仅当，时等号成立，故C正确，D错误.故选：BC12．AD【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对AB利用二次函数性质可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断.【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以，即，由于，所以.，当时等号成立，故A正确，B错误.C，不等式的解集为，所以，故C错误.D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则，则，所以，故D正确.故选：AD13．【分析】先估算和的值，再估算和的值，即可解答.【详解】因为，，所以，，所以，，因为，所以的值为，故答案为：.14．5【分析】由，且，得到,进而有，利用基本不等式求解.【详解】解：因为，且，所以,则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为5，故答案为：515．2【分析】根据基本不等式即可求解.【详解】，由于，所以，故，当且仅当时等号成立，故最大值为2故答案为：216．3【分析】先移项，结合基本不等式把积化为和，可求答案【详解】因为，，，所以，即；因为，当且仅当时取到等号，所以，解得或（舍）所以当时，有最小值3.故答案为：317．矩形面积最大为48平方米【分析】根据二次函数的性质即可求解.（或者利用均值不等式求解）【详解】由题意所示，，∵，∴，∴，函数的对称轴为，∴当时，面积取得最大值，为，（或者：由于，所以，当且仅当，即时取等号.）∴矩形面积最大为48平方米．18．(1)(2)【分析】（1）根据充分不必要条件得出集合的包含关系，根据包含关系可求答案；（2）根据二次函数区间最值，及二次不等式恒成立可求答案.【详解】（1）若“”是“”的充分不必要条件，则B是A的真子集，而不为空集，则（等号不同时成立），解得，即m的取值范围是.（2）设，则，∵，∴，由题意得，即，即a的取值范围为.19．(1)16(2)【分析】（1）由，得到，进而解不等式即可求解；（2）由，可得，再用基本不等式“1”的妙用即可求解.【详解】（1）当时，，即，即，所以，即，当且仅当时等号成立，所以的最小值为16.（2）当时，，即，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为.20．(1)或(2)【分析】（1）由因式分解，结合分类讨论即可求解，（2）根据恒成立，分离参数，转化成最值问题，利用函数单调性即可求解.【详解】（1）由题得：，即；①时可得；②时，，可得不等式的解集为或；③时，，可得不等式的解集为或．（2）时，恒成立，即为对恒成立，即存在实数m，使得对恒成立，所以，因此由于时，，在上均为单调递减的函数，故在上单调递减，所以，即，所以负数的最小值为．21．(1)(2)【分析】（1）由不等式的解集为空集等价于恒成立，结合，即可求解；（2）根据题意得是方程的两个实根，由根与系数的关系得到，，构造基本不等式即可求解.【详解】（1）由题意，函数，不等式的解集为空集等价于恒成立，即，解得，故m的取值范围为.（2）若，由的解集为，则有两个不同实根，即是方程的两个实根，故，，故同为小于0的实数，则，当且仅当时，即，时等号成立，故的最大值为．22．(1)，，(2)【分析】（1）根据不等式解集的端点即为对应方程的根，得到根与系数的关系，再由最大值可得出；（2）转化为不等式恒成立，分离参数后，由二次函数求区间上的最大值即可得解.【详解】（1）因为不等式的解集为，所以，3是方程的两根，所以，，即，函数的对称轴为，且函数在处取得最大值4，即有，所以，因此，，.（2）依题意，在上恒成立，即有在上恒成立，而在上单调递减，所以，因此.23．C【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．【详解】由题意得，，则．故选C．【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．24．B【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.【详解】化简不等式，可知推不出；由能推出，故“”是“”的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．25．A【解析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.26．C【详解】由已知可得，则，所以的最小值，应选答案C．27．4【分析】根据已知条件，将所求的式子化为，利用基本不等式即可求解.【详解】，,，当且仅当=4时取等号，结合,解得，或时，等号成立.故答案为：【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题.28．【分析】根据题设条件可得，可得，利用基本不等式即可求解.【详解】∵∴且∴，当且仅当，即时取等号.∴的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.29．【分析】把分子展开化为，再利用基本不等式求最值．【详解】，当且仅当，即时成立，故所求的最小值为．【点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立．30．4【详解】，（前一个等号成立条件是，后一个等号成立的条件是，两个等号可以同时取得，则当且仅当时取等号）.【考点】均值不等式【名师点睛】利用均指不等式求最值要灵活运用两个公式，（1），当且仅当时取等号；（2），，当且仅当时取等号；首先要注意公式的使用范围，其次还要注意等号成立的条件；另外有时也考查利用“等转不等”“作乘法”“1的妙用”求最值.31．【详解】由两边同时加上得两边同时开方即得：（且当且仅当时取“=”），从而有（当且仅当,即时，“=”成立）故填：.考点：基本不等式.【名师点睛】本题考查应