课时检测训练5-6 二次函数与一元二次方程、不等式 函数的概念及其表示-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

课时检测训练5二次函数与一元二次方程、不等式 >对应答案P473 应A级·基础巩固 (2)若对于任意的x∈[一1,2]，不等式f(x)≥ 1.(2023·安微六安·模拟)已知集合A={xx2十 2十m恒成立，求实数m的取值范围， x一2≤0，B={女子>0，则AnB=( A.{x|-2≤x≤2} B.{x-2≤x≤1W C.{x-2≤x≤-1} D.{x|-2≤x<-1} 2.已知不等式ax2-5x十b>0的解集是{x-3<x <-2},则a+b的值为 ( 11,求下列关于x的不等式的解集： A.-7 B.7 c.-9 D.月 a7>-1 3.命题p:了x∈R,x2+bx+1≤0是假命题，则实 (2)2a2x2-3ax-2>0. 数b的值可能是 A-是B-是 C.2 n号 4.已知二次函数y=(m+2)x2-(2m十4)x十3m+ 3与x轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，则 m可能为 () A.-2B.-1 C.0 D.1 客B级·能力提升 5.若不等式(a-2)x2+4(a一2)x-12<0的解集 12.(多选)(2025·学和墙特模拟)已知不等式 y-l 为R,则实数a的取值范围是 ( ) A.{a|-1≤a<2} B.{a-1<a≤2} + x≥3m-1对x>1,y>1恒成立，则m C.{a-1<a<2} D.{a|-1≤a≤2} 的值可以是 () 6.已知关于x的不等式ax2-2x+a<0在 A.-√2B.-1C.3 D.2 (0,十∞)上有解，则实数a的取值范围为() 13.已知不等式x2-6x+a(6-a)<0的解集中恰 A.(-∞，1) B.(-1,1) 有三个整数，则实数a的取值范围为 C.(1,+∞) D.(0,十∞) 14.定义在实数集R上的函数f(x),如果存在函数 7不等式52<1的解集是 g(x)=Ax十B,(A,B为常数)，使得f(x)≥ g(x)对一切实数x都成立，那么称g(x)为函数 8.甲、乙两人解关于x的不等式x2+bx十c<0,甲 f(x)的一个承托函数. 写错了常数b,得到的解集为（一3,2），乙写错了 (1)判断函数g(x)=x一1是不是函数f(x)= 常数c,得到的解集为（一3,4）.那么原不等式的 2x2的一个承托函数？并说明理由： 解集为 (2)若函数g(x)=(2-a)x-2是函数f(x)= 9.甲厂以x千克/时的速度匀速生产某种产品（生 (a2-3a十2)x2的一个承托函数，求实数a的 产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得利润100 取值范围. (5x+1-)元.要使生产该产品2小时获得的 利润不低于3000元，则x的最小值是 10.已知函数f(x)=a.x2+3x一2，且f(x)>0的解 集为{xb<x<2}(b<2). (1)求a,b的值； 课时检测训练·数学·RJA 240 课时检测训练6函数的概念及其表示 对应答案P474 应A级·基础巩固 V4-x 1.函数f(x)=√/1一x十1g(x十2)的定义域为 7.函数y一-3的定义城是 8.已知函数f(x)=log。(x+1),f(f(a-1))=2, A.(-2,1] B.[-2,-1) 则a= C.[2,1) D.[-2,-1] 9.设f(x)是定义在R上的函数，且满足对任意x, 2.图中的文物叫做“垂鳞纹圆壶”，是 y,等式f(2y-x)=-2f(x)+3y(4x-y+3)恒 甘肃礼县出土的先秦时期的青铜 成立，则f(x)的解析式为 器皿，其身流线自若、纹理分明，展 10.根据下列条件，求函数的解析式： 现了古代中国精湛的制造技术.科 (1)已知f(W元+1)=x+2√元； 研人员为了测量其容积，以恒定的 (2)若f(x)对于任意实数x恒有2f(x)一 流速向其内注水，恰好用时30秒 f(-x)=3x十1： 注满.设注水过程中，壶中水面高度为h,注水时 (3)已知f(0)=1,对任意的实数x,y都有 间为t,则下面选项中最符合h关于t的函数图 f(x-y)=f(x)-y(2x-y+1). 象的是 th 30 30 B 11.已知函数f(x)=1+)-工(-2<x≤2). 2 (1)用分段函数的形式表示函数f(x): (2)画出函数f(x)的图象，并写出函数f(x)的 值域. 307 307 D 3.(2023·四川成都·期末)已知函数f(x)= f(x+2),x≤0·则ff(-2)= l2,x>0, ( A.4B.8 C.16 D.32 空B级·能力提升 4.(2024·暴戈江绥化联考)已知函数∫(x) 12.(多选)德国著名数学家狄利克雷在数学领域成 log2-),x<0若f(f(-2)=3,则k= 就显著，是解析数论的创始人之一，以其命名的 2-k,x≥0， ( 函数)-心：为爽里数称为秋利克雷函 A.-1B.0 C.1 数，则关于f(x),下列说法正确的是() D.2 5.(2024·黑龙江佳木斯模拟)已知函数y=f(x) A.f(x)的值域为[0,1] B.f(x)的定义域为R 的定义域为[-8,1]，则函数g(x)=f2红十1卫的 x+2 C.Vx∈R,f(f(x)=1 定义域为 D.f(x)为偶函数 A[-号-2u(-2.o0 1.已知两数)=但00者 (从以 B.[-8,-2)U(-2,1] 下2个条件①f(x)<号，@f)≥1中任选一 C.(-∞，-2)U(-2,3] n[--2] 个补充在横线上)，则此时不等式的解集为 6.(2024·黑龙江大庆联考)已知函数f(x)= 14.二次函数f(x)满足f(x十1)-f(x)=2x,且 lnx,x≥1， f(0)=1. 0,0≤x<1,若f(2a-1)-1≤0，求实数a的取 (1)求f(x)的解析式： x,x<0, (2)在区间[一1,1门上，y=f(x)的图象恒在y 值范围. 2x十m图象的上方，试确定实数m的取值 范围。 241 课时检测训练·数学·RJA+64800≥2√号.64800=360,当且仅当x=360因为 时，等号成立，所以g(x)≥60, 即该企业每月处理量为360吨时，每吨的平均处理成本最 低，为60元. 课时检测训练5 二次函数与一元二次方程、不等式 [A级·基础巩固] 1.D 解析 A={x|-2≤x≤1},而B={x|x<-1或x≥2}, 故A∩B={x|-2≤x<-1}. 2.A 解析 由题意，不等式ax2-5x+b>0的解集是{x|-3 <x<-2},则-3和-2为方程ax2-5x+b=0的根，且a b=-6,解得 所以a+b=-7. 3.B 解析 因为命题p:3x∈R,x2+bx+1≤0是假命题，所 以命题：Vx∈R,x2+bx+1>0是真命题，也即Vx∈R,x2 +bx+1>0恒成立，则有△=b2-4<0,解得-2<b<2,根 据选项的值，可判断选项B符合，故选B. 4.B 解析 令f(x)=(m+2)x2-(2m+4)x+3m+3, 则f(1)=m+2-2m-4+3m+3=2m+1, 由题可知，m≠-2,且(m+2)f(1)<0, 即(m+2)(2m+1)<0,解得-2<m<- 5.B 解析 当a=2时，原不等式为-12<0,满足解集为R; 当a≠2时，根据题意得a-2<0,且△=16(a-2)2-4(a- 2)×(-12)<0,解得-1<a<2. 综上，-1<a≤2,故a的取值范围为{a|-1<a≤2}. a<2+16.A 解析 由x∈(0,+∞),ax2-2x+a<0,可得c f(x)=2+,则ra)=2≤在(0,+的)上有解，令 2-,当且仅当x=1时取等号，所以a<1. 5?≤1,得52-I≤0,7.(-～,2)U(7,+○)解析 由 {7-2≠0,-2)≤°’解得z<5=(a223≤0,7z≤0,所以{ 2或x≥7,所以不等式的解集为(-∞,2)U(7,+∞). 8.(-2,3)解析 依题意知，c=-3×2=-6,-b=-3+4 =1,即b=-1, 因此不等式x2+bx+c<0,即x2-x-6<0, 解得-2<x<3, 所以原不等式的解集为(-2,3). 9.3 解析 要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元， 则2×100(5x+1-3)≥3000 5x-14-3≥0.又1≤x≤10,所以52-14x-3≥整理得 0,解得3≤x≤10. 故x的最小值是3. 10.解(1)由题意得，a<0,且b,2为方程ax2+3x-2=0的 两根， 2, {o--1,解得以所 (2)由(1)可得，不等式 f(x)≥2+m可化为-x2+3x-2≥ 2+m, 所以m≤-x2+3x-4. 因为对于任意的x∈[-1,2],不等式f(x)≥2+m恒成立， 所以对于任意的x∈[-1,2],不等式m≤-x2+3x-4恒 成立， 即m≤(-x2+3x-4)m,x∈[-1,2], 因为y=-x2+3x-4=-(x-2)'-4,x∈[-1,2],所 以当x=-1时，y=-x2+3x-4取最小值，最小值为-8, 所以m≤-8, 故实数m的取值范围为(-一，-8). 5≥1,得57+1二≥0,解得z≤2或11.解(1)由 x>7, 故不等式-?≥-11的解集为{x|x≤2或x>7}. (2)当a=0时，原不等式即为-2>0,该不等式的解集 为?; 当a≠0时，2a2>0,原不等式即为(2ax+1)(ax-2)>0. ①若a<0,则-2a>2,,原不等式的 解集为 {z<2或z>-2a); ②若a>0,则-2a<2,,原不等 式的解集 为 {x|x<-或z>2}. 综上所述，当a=0时，原不等式的解集为； {z|z<2或a>-a},当a<0时，原不等式的解集为 {z<-或z>2}.当a>0时，原不等式的解集为 [B级·能力提升] 12.ABC 解析 由题意+一=(a-1)+1? +-1+1 =(-12+,—+-D°+1+a-1+2y-1 ≥2√-D·+2√-D2·+ 2√2z-D.21 =2(二1+二1)+4≥2×2√二1·+4=8, 第一个等号成立当且仅当x=y=2>1,第二个等号成立当 且仅当x=y>1, (一+一)=8,,当且仅当x=y=2时综上所述： 成立； +-1≥3m2-1对z>1,>>1恒成立，等又不等式 价于3m2-1≤8, 解得-√3≤m≤√3,对比选项可知m的值可以是-√2或 -1或√3. 13.[1,2]U(4,5] 解析 由不等式x2-6x+a(6-a)<0,可 得(x-a)[x-(6-a)]<0, 当a<3时，解得a<x<6-a,解集为(a,6-a),其中解集 中一定有元素3, {3<6-a<4,若三个整数是1,2,3时，可得 此时解集为 空集； ·473· 高考一轮总复习·数学·RJA 4<6<2<5,若三个整数是2,3,4时， 解得1≤a<2; 5<6-3≤6,此时解集为空集；若三个整数是3,4,5时， 当a>3时，解得6-a<x<a,解集为(6-a,a),其中解集 中一定有元素3, {3<6<4<若三个整数是1,2,3时，可得 此时解集为 空集； {4<6≤s5<2解得4<a≤5;若三个整数是2,3,4时， s<6≤6<3若三个整数是3,4,5时， 此时解集为空集， 综上可得，a∈(1,2)U(4,5]. 14.解(1)函数g(x)=x-1是函数f(x)=2x2的一个承托 函数，理由如下： ∵2z2-(z-1)=2(z-4)2+g≥3>0, ∴根据承托函数的定义，可得函数g(x)=x-1是函数 f(x)=2x2的一个承托函数. (2)∵函数 g(x)=(2-a)x-2 是函数 f(x)= (a2-3a+2)x2的一个承托函数， ∴对Vx∈R都有(a2-3a+2)x2≥(2-a)x-2,即对 Vx∈R都有(a-2)(a-1)x2+(a-2)x+2≥0成立， ①当a=2时，不等式可化为2≥0,恒成立； ②当a=1时，不等式可化为-x+2≥0,不恒成立； ③当(a-1)(a-2)≠0时，不等式恒成立需满足： {△=(a-2)228(a-1)(a-2)≤0,解得a>2或a< {a|a≥2或a≤号}.综上，实数a的取值范围是 课时检测训练6 函数的概念及其表示 [A级·基础巩固] {2+2>0,解得-2<x≤1.1.A 解析 根据题意得 2.A 解析 水壶的结构：底端与上端细、中间粗，所以在注水 速度恒定的情况下，开始水的高度增加的由快变慢，中间增 加的最慢，最后增加的由慢变快，由图可知选项A符合. 3.C 解析 f(-2)=f(O)=f(2)=22=4,f(4)=16,故 选C. 4.C 解析 因为f(-2)=log?4=2,所以f(f(-2))=f(2) =22-k=4-k=3,解得k=1.故选C. 5.A 解析 因为函数y=f(x)的定义域为[-8,1],所以对 于函数g(x)=f(22+1),有L+22a+I≤1’解得一是<z <-2 或-2<x≤0.所以函数g(x)的定义域为 [-,-2]u(-2,0].故选A. 6.解 由f(2a-1)-1≤0,得f(2a-1)≤1. ①当2a-1≥1,即a≥1时，f(2a-1)=In(2a-1)≤1→l≤a ≤t1; ②当O≤2a-1<1,即去≤a<11时，f(2a-1)=O≤1→2≤ a<1; a<去时，f(2a-1)=2a-I≤1>a<2.③当2a-1<0,即 ,ae(-,去1).综上所述， 7.(-2,2)解析 要使函数有意义，则有{1-3关1,解得 -2≤x<2, 所以函数的定义域是(-2,2). 8.√2 解析 ∵f(x)=log。(x+1),f(f(a-1))=2,则 f(a-1)=log(a-1+1)=loga=1. 又f(1)=log。(1+1)=log2,∴f(f(a-1))=log。2=2. ∵a>0且a≠1,∴a=√2. 9.f(x)=3x(x+1)解析∵f(x)是定义在R上的函数， 且对任意x,y,f(2y-x)=-2f(x)+3y(4x-y+3)恒成 立，∴令y=x,得f(2x-x)=-2f(x)+3x(4x-x+3), 即f(x)=-2f(x)+3x(3x+3),∴3f(x)= 3x(3x+3),∴f(x)=3x(x+1). 10.解(1)(方法1)(换元法):设t=√x+1,t≥1,则x=(t- 12(t≥1.代入原式有f(t)=(t-1)2+2(t-1)=t2-2t+ 1+2t-2=t2-1.∴f(x)=x2-1(x≥1). (方法2)(配凑法):∵x+2√x=(Vx)2+2√x+1-1=(Vx +1)2-1, ∴f(√x+1)=(Vx+1)2-1(Vx+1≥1),即f(x)=x2- 1(x≥1). (2)用—x换x,得2f(一x)-f(x)=-3x+1,与原式2f(x)一 f(-x)=3x+1联立消去f(-x),得f(x)=x+1. (3)令x=0,得f(-y)=f(0)-y(-y+1)=1+y2-y= (-y)2+(-y)+1,所以f(y)=y2+y+1,即f(x)=x2 +x+1. 11.解(1)当O≤x≤2时，f(x)=1+22=1; 当-2<x<0时，f(x)=1+=22=1-x, f(z)={1-<,-2<z<0.所以 f()={1-x,-2<z<0,(2)由(1)得 由此画出f(x)的 图象如下图所示： y 3 2 1 -2-1O 2 X 由图象知，f(x)的值域为(1,3). [B级·能力提升] f(x)={0,为有理数，12.BCD 解析 因为函数 所以函数 的定义域为R,值域为{0,1},故A错误，B正确； 因为f(x)=0或f(x)=1,且0与1均为有理数，所以 f(f(x))=f(0)=1或f(f(x))=f(1)=1,故C正确； 因为函数f(-x)= {0,-x为无理数= 0,为无理数，=f(x),,所以f(x)为偶函数，故D正确. 13.①(-~,-In2)u(0,2)(或② {0}U[2,+∞)] f(z)={-12>0.选择条件①f(x)≤2解析 ,此时不 {<等式f(x)≤,即为 解得x≤ 高考一轮总复习·数学·RJA ·474· f(2)=|2-a的解集为(-∞,4.A 解析 令t=2x,则 ,所以f(x)= -In2]U(0,):;选择条件②f(x)≥1,此时不等式f(x) 所以f(x)在(-～,2a)上单调递 {或{1≥1,即为 解得x=0或x≥2,故不等 减.因为函数f(x)在(-∞,2)上为减函数，所以2a≥2,得a式f(x)≥1的解集为{0}U(2,+∞). -In2或0<a≤2,故不等式f(x)≤2 14.解(1)由题设f(x)=ax2+bx+c(a≠0), ≥1. ∵f(0)=1,∴c=1.又f(x+1)-f(x)=2x, 5.B 解析 由题意可得f(x)=ax—11=a+a二1为减函数， ∴a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2x, {a+b=0,{b=-1,∴2ax+a+b=2x,∴ ∴f(x)=x2-x+1. 则a-1>0,解得a>1.因为a≥1推不出a>1,a>1→a≥1, f(x)=a1所以“a≥1"是“函数 在(1,+0)为减函数”的 必要不充分条件.故选B. (2)当x∈[-1,1]时，y=f(x)=x2-x+1的图象恒在y= 2x+m图象上方， f(z)={-2r,22+12,<1所以f(3)=6.A 解析 因为 所以当x∈[-1,1]时，x2-x+1>2x+m恒成立，即x2- 3x+1-m>0恒成立. -6,f(-3)=(-3+1)2+2=6, 则f(3)+f(|x|-4)>0,即f(x|-4)>-f(3)=6= x=2,令g(x)=x2-3x+1-m,对称轴为 ,故函数g(x)在 f(-3),f(x)的函数图象如图所示： x∈[-1,1]上单调递减， y x∈[-1,1]时，g(x)mm=g(1)=I2-3×1+1-m=-1 -6 5 -m, 4 故只要 m<-1 即可，所以 实数 m 的 取 值范围 3 为(-∞,-1). 2 课时检测训练7 函数的单调性与最大(小)值 [A级·基础巩固] 1 -4-3-2-10 -1 12 34x 1.D 解析 y=x3在定义域R上单调递增，故A错误；y= (2)2=2在定义域R上单调递增，故B错误；y= logo.?(-x)的定义域为(-0,0),因为y=-x在(-0,0) 上单调递减且值域为(0,+∞),又y=logo.5x在定义域上单 调递减，所以y=logo.5(一x)在(-∞,0)上单调递增，故C错 误；y=x?1=在(-,0)上单调递减，故D正确 -2 -3 -4 -5 由函数图象可知当x>-3时，f(x)<6且f(x)在区间 (一∞,-3)上单调递减，所以f(|x|-4)>f(-3)等价于 2.C 解析 函数在区间A上单调递增，则任意两个不相等的 |x|-4<-3,即|x|<1,解得-1<x<1,即x∈(-1,1). f(x)=I(k>0)是由y=(k>0)向右7.3 解析 因为 实数a,b∈A,a-b与f(a)-f(b)应该同号，所以 f(a=fb)>0,故选C. f(x)=x-I(k>0)在(1,+∞)上单平移1个单位得到，即 f(x)=-(k>0)在[4,5]上单调递减，所以调递减，所以 3.C 解析 根据题意得函数f(1-x)=x+a+x=x+1 a+x’ f(x)=f(4)=4-1=1,解得k=3. 设t=1-x,则x=1-t,有f(t)=2-t+t-1-a,故f(x)= 2-x+z-1-a 8.{z a<-2} 解析 由已知条件可得f(x)+f(-2)= f(-2x),又f(3)=1,∴不等式f(x)+f(-2)>1可化为 f(-2x)>f(3).∵f(x)是定义在R上的增函数，∴-2x> 不妨设x?<x?,则对于任意-2<x?<x?<-1,都有 3,解得 {xx<-2}.x<-2,∴不等式的解集为 )-2>-1,即f(x?)-f(x?)<-(x?-x2),变形 可得f(x?)+x?<f(x?)+x?. 9.0(答案不唯一)1 解析 若a=0时，f(x)= (a-2)°,≥0,f(x)m=0; 设g(x)=f(x)+x=2+-1-a,则g(x)在(-2,-1)上为 增函数. 若a<0,当x<a时，f(x)=-ax+1单调递增，当x→-～ 时，f(x)→-∞,故f(x)没有最小值，不符合题目要求； 当a>0时，函数g(x)在(1+a,+∞)和(-∞,1+a)上单调 递减，不符合要求，舍去； 若a>0, 当x<a时，f(x)=-ax+1单调递减，f(x)>f(a)=-a2 当a<0时，函数g(x)在(1+a,+∞)和(-0,1+a)上单调 递增，要使g(x)在(-2,-1)上为增函数，则必有1+a≤-2 或-1≤1+a,可解得a≤-3或-2≤a<0; +1, f(a)-{a-2)(2≥2),当x≥a时， 当a=0时，g(x)=f(x)+x=2为常函数，不符合要求. 综上所述，a的取值范围为(-∞,-3)U[-2,0). ∴-a2+1≥0或-a2+1≥(a-2)2,解得0<a≤1. 综上可得，0≤a≤1. ·475· 高考一轮总复习·数学·RJA