特训05 一元二次函数、方程和不等式 解答压轴题（七大题型）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第一册，浙江专用）

特训05 一元二次函数、方程和不等式 解答压轴题（七大题型） 目录： 题型1：新定义 题型2：证明充要条件 题型3：其他证明题 题型4：二次函数恒成立、解集个数问题 题型5：阅读材料题 题型6：二次函数与几何题 题型7：基本不等式的实际应用 题型1：新定义 1．设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 2．对于非空有限整数集X，，定义，对现有两个非空有限整数集A，B，已知且． (1)当时求集合B； (2)证明：； (3)当且时，任取构造函数问：当a，b取何值时，的最小值最小? 3．高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义且，将称为“A与B的笛卡尔积” (1)若，，求和； (2)试证明：“”是“”的充要条件； (3)若集合是有限集，将集合的元素个数记为.已知，且存在实数满足对任意恒成立.求的取值范围，并指明当取到最值时和满足的关系式及应满足的条件. 4．若任意满足（），都有不等式恒成立，则称该不等式为“不等式” (1)已知不等式为“不等式”，求m的取值范围； (2)判断不等式是否为“不等式”，并说明理由； (3)若，，，证明：不等式是“不等式”. 5．已知函数和，定义集合. (1)设，求； (2)设，当时，求的取值范围； (3)设，若，求的取值范围. 6．对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由 题型2：证明充要条件 7．设二次函数，其中a､b､. （1）若，，且关于x的不等式的解集为，求a的取值范围； （2）若a､b､，且､均为奇数，求证：方程无整数根； （3）若，，，求证：方程有两个大于1的根的充要条件是. 8．根据要求完成下列问题： (1)若、、. ①求证：； ②求证：； ③在②中的不等式中，能否找到一个代数式，满足所求式？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由. (2)设，求证：成立的充要条件是. 题型3：其他证明题 9．已知糖水中有糖（），往糖水中加入糖（），（假设全部溶解）糖水更甜了. (1)请将这个事实表示为一个不等式，证明这个不等式； (2)利用（1）的结论比较的大小； (3)证明命题：设，证明：. 10．已知数集具有性质P：对任意的k，，使得成立． (1)分别判断数集与是否具有性质P，并说明理由； (2)若，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A； (3)求证：． 题型4：二次函数恒成立、解集个数问题 11．已知函数，， (1)当时，解不等式； (2)若任意，都有成立，求实数的取值范围； (3)若，，使得不等式成立，求实数的取值范围. 12．若二次函数满足，且. (1)求的解析式； (2)求函数在区间上的最大值； (3)当时，恒成立，求实数的取值范围. 13．已知函数，． (1)恒成立，求实数的取值范围； (2)当时，求不等式的解集； (3)若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值． 14．已知二次函数，其中． (1)若且， ①证明：函数必有两个不同的零点； ②设函数在轴上截得的弦长为，求的取值范围； (2)若且不等式的解集为，求的最小值． 15．已知函数，． (1)若对任意，不等式恒成立，求m的取值范围； (2)若对任意，存在，使得，求m的取值范围； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围． 16．已知函数． (1)问题：若关于x的方程______，求实数a的取值范围； 从下面给出的①②③三个条件中任选一个，补充到上面的问题中，并进行解答． ①有两个不等正实根；②有两个相异负实根；③有1个正实根和1个负实根． （若选择多个方案分别解答，则按第一个解答记分．） (2)当时，解关于x的不等式； (3)当时，若关于x的不等式的解集中有且仅有2023个整数，求实数a的取值范围． 题型5：阅读材料题 17．问题：正数a，b满足，求的最小值．其中一种解法是：，当且仅当，且时，即且时取等号．学习上述解法并解决下列问题： (1)若正实数x，y满足，求的最小值； (2)若正实数a，b，x，y满足，且，试比较和的大小，并说明理由； (3)利用（2）的结论，求代数式的最小值，并求出使得取得最小值时m的值． 18．学习了不等式的内容后，老师布置了这样一道题： 已知，且，求的最小值． 李雷和韩梅梅两位同学都“巧妙地用了”，但结果并不相同． 李雷的解法：由于，所以，而．那么，则最小值为． 韩梅梅的解法：由于，所以，而，则最小值为． (1)你认为哪位同学的解法正确，哪位同学的解法有错误？（错误的需说明理由） (2)为巩固学习效果，老师布置了另外两道题，请你解决： （i）已知，且，求证：； （ii）已知，求的最小值． 19．若实数满足，则称比远离. (1)若2比远离1，求x的取值范围； (2)设，其中，判断：与哪一个更远离？并说明理由. (3)若，试问：与哪一个更远离？并说明理由. 题型6：二次函数与几何题 20．如图，已知点的坐标为，直线与轴､轴分别交于点和点，连接，顶点为的抛物线过三点. (1)请直接写出两点的坐标，抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)设抛物线的对称轴交线段于点是第一象限内抛物线上一点，过点作轴的垂线，交线段于点，若四边形为平行四边形，求点的坐标； (3)是第一象限内抛物线上一点，连接，构成，当的面积达到最大值时，求出点的坐标及面积的最大值. (4)在第（3）题的条件下，点是过点垂直于轴的直线上一动点，点是抛物线对称轴上一动点，求的最小值. 题型7：基本不等式的实际应用 21．两县城和相距km，现计划在县城外以为直径的半圆弧(不含两点)上选择一点建造垃圾处理站，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，垃圾处理厂对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为；对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为，对城市和城市的总影响度为城市和城市的影响度之和，记点到城市的距离为，建在处的垃圾处理厂对城和城的总影响度为，统计调查表明：当垃圾处理厂建在的中点时，对城和城的总影响度为. （1）将表示成的函数； （2）判断弧上是否存在一点，使得建在此处的垃圾处理厂对城市和城的总信影响度最小？若存在，求出该点到城的距离；若不存在，说明理由. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训05 一元二次函数、方程和不等式 解答压轴题（七大题型） 目录： 题型1：新定义 题型2：证明充要条件 题型3：其他证明题 题型4：二次函数恒成立、解集个数问题 题型5：阅读材料题 题型6：二次函数与几何题 题型7：基本不等式的实际应用 题型1：新定义 1．设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 【答案】(1)不满足性质1，不满足性质1. (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）分别举反例证明和时性质1不成立； （2）先分别就，讨论证明若，且，则，再利用这个结论可得证； （3）结合（2）的结论可得解. 【解析】（1）记，， 假如，则当时，对任意，均有，不满足要求； 假如，则当，时，对任意，均有，， 若，同正或同负，则，其余情况下总有，不满足要求. （2）先来证明：若，且，则，同时该结论记为引理. 当时，， 当时，不妨设，则，又，所以. 所以若，且，则. 下面证当时，对任意，总存在，使得， 若，则取，此时， 其中，，且， 由引理可得， 若，则取，此时， 其中，，且，故由引理可得， 综上，当时，对任意，总存在，使得. （3）当时，当时，可取，使得，理由如下： 当时，取，则； 当时，取，则，则，故， 同理，可取，使得，此时， 所以当时，对任意，总存在，使得. 结合（2）的结论可得，对任意，总存在，使得. 综上，所有满足性质1的实数. 【点睛】思路点睛：此题考查等式和不等式的新定义问题，属于难题. （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，分别举反例证明和时性质1不成立； （3）分别就，分类讨论证明若，且，则，再利用这个结论证明当时，对任意，总存在，使得；再证明当时，对任意，总存在，使得，注意完备性. 2．对于非空有限整数集X，，定义，对现有两个非空有限整数集A，B，已知且． (1)当时求集合B； (2)证明：； (3)当且时，任取构造函数问：当a，b取何值时，的最小值最小? 【答案】(1)为，，，. (2)证明见详解 (3)当时的最小值为 【分析】（1）,可得可能为，然后逐一讨论检验即可； （2）由集合的新定义，逐一取值迭代，由集合的有限性进行检验取舍； （3）由可知，中元素，必为的解，进而可得，接着可得，再求出最小值，即可得到a，b取何值时，的最小值最小. 【解析】（1） 因为,，所以可能为， 当时，不满足非空，不合题意； 当时，所以， ， 当时，所以， ， 当时，所以，,, ,,,,, 又，可得为，，，. （2）设,因为，所以， 又，所以， 取则，，， 无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即 取则，， 可得集合可为 ； 取则， ，， 可得集合可为； 取则，又所以 取则， ，， 可得集合可为， 取则， ，， 无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即 同理当或,且时不符合为有限集，舍去； 故由上可得集合可为，，， 所以， （3）当且时 设,则， 时，不为整数，不合题意； 时，不为整数，不合题意； 所以，又则， 任取构造函数 所以， 又， ， 即当时的最小值为. 【点睛】方法点睛：从新情境中获取信息，搭建相关的集合知识网络，将其运用到新情境中，整体进行迁移运用. 3．高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义且，将称为“A与B的笛卡尔积” (1)若，，求和； (2)试证明：“”是“”的充要条件； (3)若集合是有限集，将集合的元素个数记为.已知，且存在实数满足对任意恒成立.求的取值范围，并指明当取到最值时和满足的关系式及应满足的条件. 【答案】(1)答案见详解 (2)证明见详解 (3)答案见详解 【分析】（1）根据的定义直接运算求解； （2）根据的定义结合充分必要条件分析证明； （3）设，则，，结合基本不等式求的取值范围，并结合根式分析求解. 【解析】（1）由题意可得：， . （2）若，设， 由定义可知：且， 所以“”是“”的必要条件； 若，对任意，均有， 即对任意，均有， 由任意性可知，则， 所以“”是“”的充分条件； 综上所述：“”是“”的充要条件. （3）设， 则，， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以实数的取值范围. 若取到最大值，则，即， 可得，即， 所以. 4．若任意满足（），都有不等式恒成立，则称该不等式为“不等式” (1)已知不等式为“不等式”，求m的取值范围； (2)判断不等式是否为“不等式”，并说明理由； (3)若，，，证明：不等式是“不等式”. 【答案】(1) (2)不是，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意判断在上恒成立即可； （2）当时即可判断； （3）判断最小值，最大值都大于0即可. 【解析】（1）由及，得. 因为，所以. （2）不是“不等式”. 理由如下： （方法一）二次函数图象的对称轴为直线， 当时，二次函数取得最小值，且最小值为， 所以不是“不等式”. （方法二）由，得， 解得. 因为，所以对不恒成立， 所以不是“不等式”. （3）证明：由题意得， ①当时，，则，符合题意. ②当时，，研究二次函数的图象， 该二次函数图象的对称轴为直线， 则当时，二次函数取得最小值，且最小值为，符合题意. ③当时，，由二次函数的图象可知， 当或时，二次函数取得最小值， 当时，； 当时，. 故是“不等式”. 5．已知函数和，定义集合. (1)设，求； (2)设，当时，求的取值范围； (3)设，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）解不等式即可； （2）转化为对任意恒成立求解； （3）分别求解不等式与，转化为不等式组有解求解即可. 【解析】（1）已知， 由即， 解得 ， 则； （2）已知， 由题意得，对任意恒成立， ，即恒成立， 当时，恒成立； 当时，由 解得； 综上，当时，的取值范围为； （3）已知， 由得，不等式组有解， 由， 又， 当，即时，对任意恒成立，则满足； 当，即时，或， 要使，则或， 解得，则有； 当，即时，或， 要使，则或， 解得，则有； 综上所述，的取值范围是 6．对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由 【答案】(1)“上位点”，“下位点”（答案不唯一） (2)“下位点”，证明见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标. （2）先由点是点的“上位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“下位点”. （3）依题意可得，从而得到，即可得解. 【解析】（1）因为， 根据题设中的定义可得点的一个 “上位点坐标”和一个“下位点”坐标分别为和， 即“上位点”，“下位点”（答案不唯一）； （2）点是点的“下位点”. 证明：点是点的“上位点”，     ， 又均大于，      ，       ， ，即， 所以点是点的“下位点”. （3）若点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”； 即； 所以对任意的都有， ， 所以当时，对任意的存在， 使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”. 【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题的关键. 题型2：证明充要条件 7．设二次函数，其中a､b､. （1）若，，且关于x的不等式的解集为，求a的取值范围； （2）若a､b､，且､均为奇数，求证：方程无整数根； （3）若，，，求证：方程有两个大于1的根的充要条件是. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】（1）根据不等式解集为，结合分式、二次函数的性质即可求参数a的范围；（2）利用反证法，分类讨论都为整数、为整数，不为整数，结合、的奇偶性即可证明；（3）根据二次方程根的分布列条件求解证明即可. 【解析】（1）由知：且解集为， ∴即，解得：. （2），均为奇数，知：为偶数， ∴有两根为，则，， 1、当、为偶数时，若都为整数，则、必须同时可被整除，显然不成立；若为整数，不为整数，都为偶数，则与题设矛盾； 2、当、为奇数时，若都为整数，必为奇数，则必有一奇一偶，必为偶数，而为奇数，不成立；若，整理得，当为奇数时，为偶数，则为偶数，与题设矛盾；当为偶数时，为奇数，则为偶数，与题设矛盾； 综上，知：方程无整数根； （3）由题意，知：， 若有两个大于1的根时，有，解得； 若时，有开口向上且对称轴为，，，所以有两个大于1的根； 综上，有：方程有两个大于1的根的充要条件是. 【点睛】本题考查了根据分式不等式、二次函数的性质求参数范围，应用反证法证明存在性问题，以及定义法证明条件间的充要性. 8．根据要求完成下列问题： (1)若、、. ①求证：； ②求证：； ③在②中的不等式中，能否找到一个代数式，满足所求式？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由. (2)设，求证：成立的充要条件是. 【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析；③能找到， (2)证明见解析 【分析】（1）①根据的符号去绝对值即可证不等式成立；②根据同向不等式相加和同向同正的不等式可相乘的性质可证明不等式成立；③在的两边同时乘以得，在的两边同时乘以得，即可证明. （2）证明充分性：如果，则有和两种情况，分别证明即可；证明必要性：若且，则，化简即可. 【解析】（1）①∵，且、， ∴，∴； ②∵，∴， 又，∴， ∴， ∴， ∵、， ∴，由（1）知， ∴， ∴； ③∵，， ∴或（只要写出其中一个即可）； （2）①充分性：如果，则有和两种情况， 当时，当时，则、，等式成立， 当时，则、，等式成立， 当时，等式成立， 当时，即、或、， 当、时，、，等式成立， 当、时，、，等式成立， ∴当时，等式成立， ∴当时，成立， ②必要性：若且，则， 即，则，故， 综上所述，是等式成立的充要条件. 题型3：其他证明题 9．已知糖水中有糖（），往糖水中加入糖（），（假设全部溶解）糖水更甜了. (1)请将这个事实表示为一个不等式，证明这个不等式； (2)利用（1）的结论比较的大小； (3)证明命题：设，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，得到不等式，结合作差比较法，即可得证； （2）根据题意，化简，利用上述结论，即可求解； （3）由（1）中的结论，得到，证得，再由，进而证得，即可得证. 【解析】（1）解：由题意，可得不等式. 证明：由， 因为，可得， 所以，即. （2）解：由， 由（1）中的结论，可得，即. （3）证明：因为， 由（1）中的结论，可得， 所以， 又由，同理可得， 则， 由上述结论，可得，所以， 综上可得. 10．已知数集具有性质P：对任意的k，，使得成立． (1)分别判断数集与是否具有性质P，并说明理由； (2)若，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A； (3)求证：． 【答案】(1)不具有，具有，理由见解析 (2)75；或 (3)证明见解析 【分析】（1）由，所以数集不具有性质P，同理根据集合性质P的概念，可判断具有性质P； （2）由（1）结合数集的性质P的概念，满足，分类讨论，即可求得数集A； （3）根据数集的性质P的定义，可得，所以，满足 ，累加即可证明． 【解析】（1）因为，所以数集不具有性质P， 因为，所以数集具有性质P； （2）由，所以A的元素都是整数， 构造或具有性质P， 此时元素和为75且是最小值； 下面证明： 假设集合满足， （存在性显然，因为满足的数集只有有限个） 第一步：首先说明集合中至少有7个元素， 因为集合具有性质P： 对任意的k，，使得成立， 又， 所以，所以， 所以， ， 又， 所以， 所以； 第二步：证明， 若，设， 因为，为了使最小， 在集合中一定不含有元素，使得，从而， 假设，根据性质P，对，有，使得， 显然，而， 而此时集合中至少还有4个不同于的元素， 从而，矛盾； 所以，进而； 同理可证：， 那么根据性质P，有，使得， 我们需要考虑如下几种情况： ①，此时集合中至少需要一个大于等于4的元素，才能得到8， 所以A中所有元素的和大于76， ②，此时集合中至少需要一个大于等于4的元素，才能得到7， 所以A中所有元素的和大于76， ③假设，同上，此时集合的和最小，为75； ④当，此时集合的和最小，最小值为75； 所以A中所有元素的和最小，最小值为75， 此时或； （3）因为集合具有性质P： 即对任意的，使得成立， 又因为， 所以，所以， 所以， ， 将上述不等式相加得：， 所以． 【点睛】关键点点睛：第二问采用枚举法即可证明，根据题设信息，不断的确定集合中的具体元素，将抽象问题具体化，从而证明出结论，过程中需用反证法证明猜想. 题型4：二次函数恒成立、解集个数问题 11．已知函数，， (1)当时，解不等式； (2)若任意，都有成立，求实数的取值范围； (3)若，，使得不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作差后解一元二次不等式即可. （2）解法一：构造函数，分类讨论求解二次函数最小值，然后列不等式求解即可； 解法二：分离参数，构造函数，利用基本不等式求解最值即可求解； （3）把问题转化为，利用动轴定区间分类讨论即可求解. 【解析】（1）当时，， 所以，所以，所以的解集为. （2）若对任意，都有成立，即在恒成立， 解法一：设，，对称轴，由题意，只须， ①当，即时，在上单调递增，所以，符合题意，所以； ②当，即时，在上单调递城，在单调递增， 所以，解得且， 所以. 综上，. 解法二：不等式可化为，即，设，， 由题意，只须，， 当且仅当即时等号成立，则， 所以，即. （3）若对任意，存在，使得不等式成立， 即只需满足，， ，对称轴，在递减，在递增， ，，，对称轴， ①即时，在递增，恒成立； ②即时，在递减，在递增， ，，所以，故； ③即时，在递减，，， 所以，解得，综上：. 【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立（有解）问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数单调性、基本不等式求解最值是解决问题的关键. 12．若二次函数满足，且. (1)求的解析式； (2)求函数在区间上的最大值； (3)当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）设二次函数解析式，根据已知，应用待定系数法求解析式即可； （2）由（1）得，结合其图象，讨论、、求对应最大值表达式； （3）讨论、、，对于、分别转化为、恒成立，求参数范围即可. 【解析】（1）设，因为，所以. 因为，所以，即. 因为，所以， 得对任意恒成立，所以. 由，得，所以. （2）由题知， 由的图象知，当时，由可得. ①当时，； ②当时，； ③当时，. 综上， （3）由题意得对任意恒成立， ①当时，成立，此时； ②当时，恒成立， ，当且仅当，即时等号成立， ，即； ③当时，恒成立，， 又，当且仅当，即时等号成立， ，即. 综上，实数的取值范围为. 13．已知函数，． (1)恒成立，求实数的取值范围； (2)当时，求不等式的解集； (3)若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）将不等式化为；当时易知满足题意；当时，根据一元二次不等式恒成立问题的求法可求得结果； （2）分别在、和三种情况下，解一元二次不等式求得结果； （3）由基本不等式可求解得，根据题意，将题中条件转化为有两个不同正根，由二次函数根的分布列不等式组，由求解的取值范围. 【解析】（1）由得恒成立，恒成立， 当时，恒成立，符合题意； 当时，则，解得； 综上所述：实数的取值范围为. （2）当时，； 令，解得：，； 当，即时，恒成立，不等式的解集为； 当，即时，不等式的解集为； 当，即时，不等式的解集为； 综上所述：当时，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）当时，令， 当且仅当时取等号， 依题意可得关于的方程有四个不等实根， 令，则转化为存在使得关于的方程， 即有两个不同正根， 则 ，由第二个与第三个不等式可得， 由知，存在使不等式成立， 把看成主元代入，故，即， 解得或，综合可得， 故实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④韦达定理；⑤端点函数值符号四个方面分析． 14．已知二次函数，其中． (1)若且， ①证明：函数必有两个不同的零点； ②设函数在轴上截得的弦长为，求的取值范围； (2)若且不等式的解集为，求的最小值． 【答案】(1)①证明见解析，② (2) 【分析】（1）①由题意可得，进而根据判别式为正判断即可； ②由及可得，再根据弦长求解范围即可. （2）根据开口方向与判别式可得且，进而可得，令，结合基本不等式求解即可. 【解析】（1）若且，则， ① ∵， ∴函数必有两个不同的零点． ② 由及，得， ∴， 不妨设函数的零点为，则， ∴函数在轴上截得的弦长 （2）根据题意且， ∴且，∴， 令， 则 ， 当且仅当，即，也即时取等号． ∴的最小值为． 15．已知函数，． (1)若对任意，不等式恒成立，求m的取值范围； (2)若对任意，存在，使得，求m的取值范围； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将不等式恒成立转化为恒成立，再根据即可求m的取值范围； （2）将题中条件转化为的值域包含于的值域，再根据区间的两端点的函数值可得到的对称轴在区间之间，从而可得到，进而可求得m的取值范围； （3）将不等式成立化简得到不等式成立，再构造函数，从而得到，再构造函数，根据即可求解． 【解析】（1）由题意得恒成立， 得恒成立，即 解得． （2）当，当， 由题意得 ∴得， 此时对称轴为， 故，即得或， 综上可得． （3）由题意得对任意，总存在，使得不等式成立， 令，由题意得， 而， 设，则， 而， 易得，故． 【点睛】关键点点睛：小问（2）的关键是将题中条件转化为的值域包含于的值域，再根据闭区间的端点和函数的对称轴来求解参数的取值范围；小问（3）的关键是构造函数，即将不等式成立问题转化为求解函数的最值问题． 16．已知函数． (1)问题：若关于x的方程______，求实数a的取值范围； 从下面给出的①②③三个条件中任选一个，补充到上面的问题中，并进行解答． ①有两个不等正实根；②有两个相异负实根；③有1个正实根和1个负实根． （若选择多个方案分别解答，则按第一个解答记分．） (2)当时，解关于x的不等式； (3)当时，若关于x的不等式的解集中有且仅有2023个整数，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件及一元二次方程根的关系即可求解； （2）根据已知条件及一元二次不等式的解法原则，结合分类讨论即可求解； （3）根据已知条件及一元二次不等式的解法原则即可求解. 【解析】（1）方程等价于． 若选①，原问题等价于，解得． 所以实数a的取值范围为. 若选②，原问题等价于,解得． 所以实数a的取值范围为. 若选③，原问题等价于，解得． 所以实数a的取值范围为. （2）当时，等价于． ①当，即时，； ②当，即或时， 当时，； 当时，． ③，即时， 当时，或； 当时，或． 当时，． 综上，当时，； 当时，或； 当时，； 当时，或； 当时，； 当时，． （3）等价于． 因为解集中整数解恰有2023个，则． 因为，所以． 则2023个整数解为0，，，． 即． 即． 又，所以，解得． 又，所以． 所以，实数的取值范围是． 题型5：阅读材料题 17．问题：正数a，b满足，求的最小值．其中一种解法是：，当且仅当，且时，即且时取等号．学习上述解法并解决下列问题： (1)若正实数x，y满足，求的最小值； (2)若正实数a，b，x，y满足，且，试比较和的大小，并说明理由； (3)利用（2）的结论，求代数式的最小值，并求出使得取得最小值时m的值． 【答案】(1) (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）把转化为，利用题设给出的方法求和的最小值. （2）借助“1”的代换，利用，再利用不等式可判断和的大小. （3）取，，构造，利用（2）的结论，可求的最小值，再分析“”成立的条件，可得的值. 【解析】（1）由（，）可得：（，）， 所以（当且仅当即时取“”）. 所以的最小值为：. （2）因为， 所以， 因为（当且仅当时取“”）. 所以（当时取“”） 所以：（当且仅当即时取“”）. （3）取，， 由，此时，所以. 同时：，取，. 由（2）可知：，所以， 当且仅当，结合，得即时取“”. 【点睛】方法点睛：本题考查用基本不等式求最小值，考查方法的类比：“1”的代换．解题关键是“1”的代换，即利用，从而借助基本不等式得出大小关系，同时考查新知识（新结论）的应用. 18．学习了不等式的内容后，老师布置了这样一道题： 已知，且，求的最小值． 李雷和韩梅梅两位同学都“巧妙地用了”，但结果并不相同． 李雷的解法：由于，所以，而．那么，则最小值为． 韩梅梅的解法：由于，所以，而，则最小值为． (1)你认为哪位同学的解法正确，哪位同学的解法有错误？（错误的需说明理由） (2)为巩固学习效果，老师布置了另外两道题，请你解决： （i）已知，且，求证：； （ii）已知，求的最小值． 【答案】(1)韩梅梅的解法正确；李雷的解法错误，理由见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）在李雷的解法中，取得最小值时，，，与已知条件相矛盾，即可说明； （2）将转化为，根据基本不等式即可证明；由得，代入，结合基本不等式“1”的妙用即可求解． 【解析】（1）韩梅梅的解法正确，李雷的解法错误； 在李雷的解法中，，等号成立时； ，等号成立时， 那么取得最小值时，， 这与已知条件是相矛盾的． （2）（i），且， ，当且仅当时取等号． （ii）因为，所以， 即 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以． 19．若实数满足，则称比远离. (1)若2比远离1，求x的取值范围； (2)设，其中，判断：与哪一个更远离？并说明理由. (3)若，试问：与哪一个更远离？并说明理由. 【答案】(1)； (2)比更远离，理由见解析 (3)比更远离，理由见解析 【分析】（1）由题意得，解不等式可求得结果； （2）若比更远离，则成立，利用分析证明即可； （3），可得，然后分类判断与的大小关系即可. 【解析】（1）根据题意可得：， 所以，解得； （2）比更远离, 理由如下：要证比更远离,只要证， 即证， 因为，所以， 所以只要证，即证， 因为，所以， 所以， 所以比更远离； （3）因为，当且仅当时等号成立， 所以，从而， ①， ， 即；   ②时，， ， 即， 综上：，即比更远离. 【点睛】关键点点睛：此题考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式和基本不等式的应用，解题的关键是对比远离的正确理解，考查转化思想和分类讨论的思想，属于较难题. 题型6：二次函数与几何题 20．如图，已知点的坐标为，直线与轴､轴分别交于点和点，连接，顶点为的抛物线过三点. (1)请直接写出两点的坐标，抛物线的解析式及顶点的坐标； (2)设抛物线的对称轴交线段于点是第一象限内抛物线上一点，过点作轴的垂线，交线段于点，若四边形为平行四边形，求点的坐标； (3)是第一象限内抛物线上一点，连接，构成，当的面积达到最大值时，求出点的坐标及面积的最大值. (4)在第（3）题的条件下，点是过点垂直于轴的直线上一动点，点是抛物线对称轴上一动点，求的最小值. 【答案】(1)，； (2)； (3)，此时； (4). 【分析】（1）求出点坐标，设抛物线的解析式为，把代入解析式即得解； （2）设，则，解方程即得解； （3）过点向轴作垂线，交线段于点，设，求出即得解； （4）设点关于抛物线对称轴的对称点为，则点在轴上，以与为临边作平行四边形，当四点共线时，取最小值，即得解. 【解析】（1）令，代入，得，则. 令，代入，得，则. 设抛物线的解析式为，把代入得， 则抛物线的解析式为，顶点. （2）由题易知，于是当时，有四边形为平行四边形. 令，代入，得，则，于是. 设，则，于是， 令，解得或1（舍），将，代入，得，则. （3）过点向轴作垂线，交线段于点， 设， 则，则，由题知，于是当时，有，此时. （4）由（3）知：，设点关于抛物线对称轴的对称点为，则点在轴上，，以与为临边作平行四边形，则， 于是，容易知道当四点共线时，取最小值，为. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是熟练利用方程和函数的思想、数形结合的数学思想研究数学问题.求值一般利用方程的思想，求最值一般利用函数和数形结合思想. 题型7：基本不等式的实际应用 21．两县城和相距km，现计划在县城外以为直径的半圆弧(不含两点)上选择一点建造垃圾处理站，其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关，垃圾处理厂对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为；对城的影响度与所选地点到城的距离的平方成反比，比例系数为，对城市和城市的总影响度为城市和城市的影响度之和，记点到城市的距离为，建在处的垃圾处理厂对城和城的总影响度为，统计调查表明：当垃圾处理厂建在的中点时，对城和城的总影响度为. （1）将表示成的函数； （2）判断弧上是否存在一点，使得建在此处的垃圾处理厂对城市和城的总信影响度最小？若存在，求出该点到城的距离；若不存在，说明理由. 【答案】（1）（2）存在，该点到城的距离为. 【分析】（1）由，得，由题意得，再录 垃圾处理厂建在的中点时，对城和城的总影响度为，求出，即可得解； （2）由（1）知，令，换元得，利用基本不等式求最值即可. 【解析】（1）由为直径，得， 由已知得 又当垃圾处理厂建在的中点时，对城和城的总影响度为， 即，，代入上式得，解得 所以表示成的函数为： （2） 令 则 又，当且仅当，即，等号成立， 所以，当时，等号成立. 所以弧上存在一点，该点到城的距离为时，建在此处的垃圾处理厂对城市和城的总信影响度最小为. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 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