专题02 一元二次函数、方程和不等式（期中真题汇编，江西专用）高一数学上学期

专题02 一元二次函数、方程和不等式 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 考点01 等式性质与不等式性质 1．BCD 2．D 3．D 4．AB 5．ACD 6．AD 7．C 8．BD 9．D 10．B 11．BD 12．C 13．【答案】 【分析】 应用不等式的性质求的范围即可. 【详解】 由题意，则，又，故， 即的取值范围是. 故答案为： 14．【答案】 【分析】 由题意得，将条件代入所求，即可得答案. 【详解】 由题意， 由，得， 又， 故，即． 故答案为： 15．【答案】（1） 由，得 ， 当且仅当时取等号，所以.     （2） 由均为正数且，得，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号；，当且仅当时取等号， 因此，当且仅当时取等号， 所以.      【分析】 （1）根据给定条件，利用作差法，结合平方数为非负数推理得证. （2）根据给定条件，利用基本不等式，结合不等式的性质推理得证. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 考点02 基本不等式 1．ACD 2．D 3．C 4．A 5．AB 6．ACD 7．AD 8．B 9．BC 10．CD 11．ACD 12．B 13．B 14．D 15．ACD 16．D 17．BCD 18．【答案】（1）；（2）最小值为，取到最小值时的值为 【分析】 （1）根据条件，利用不等式的性质，即可求解； （2）根据条件，利用基本不等式，即可求解. 【详解】 （1）因为，，则，， 所以. （2）因为，则，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，取到最小值时的值为. 19．【答案】 【分析】 先根据基本不等式求出.然后即可根据不等式的性质得出，列出两个等号同时成立的条件，即可得出答案. 【详解】 由已知可得，，，， 因为， 当且仅当，即时等号成立， ∴， 当且仅当 ，即 时，两个等号同时成立， ∴. 故答案为：. 20．【答案】 【分析】 根据已知等式，结合代数式进行变形，再利用基本不等式进行求解即可. 【详解】 因为， 所以， 由， 所以， 因为，当且仅当， 即当时取等号， 所以有. 所以当时，有最小值， 故答案为： 21．【答案】 【分析】 令，将条件转化为关于的式子，再利用基本不等式求解即可. 【详解】 令，则， 因，则， 因，则， 则 ， 等号成立时，即， 则的最小值为. 故答案为： 22．【答案】 【分析】 根据用x表示出y，根据可求出，同理可求．将配为，将构造为，利用基本不等式即可求解． 【详解】 由可得 显然，故得， ∵，∴，同理． 可化为， 整理得， ∵，，∴， ∴， 当且仅当，即时，等号成立， ∴的最小值为， 故答案为：． 23．【答案】（1）菜园的长为，宽为时，所用篱笆总长最小     （2）      【分析】 （1）利用基本不等式求解和的最小值； （2）利用基本不等式“1”的妙用求解最小值即可. (1) 小问详解： 由题意得，所用篱笆总长为， 因为， 当且仅当时，即，时等号成立. 所以菜园的长为，宽为时，所用篱笆总长最小. (2) 小问详解： 由题意得，则， 可得， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值是. 24．【答案】.5 【分析】 转化问题为恒成立，进而根据基本不等式求解即可. 【详解】 因为“存在正数a，b，使得”是假命题， 所以“对任意正数a，b，”为真命题， 即恒成立， 因为， 所以，当且仅当时等号成立， 所以实数的最大值为. 故答案为：. 25．【答案】（1）22     （2）；     （3）      【分析】 （1）根据函数定义直接代入可计算； （2）根据题意求出长方体侧面积，然后可求函数，再利用基本不等式求最值； （3）代入进行参变分离，根据恒成立问题结合基本不等式运算求解. (1) 小问详解： 宽度为8米时，方案二的报价为29700元， 则，解得， 所以的值为22. (2) 小问详解： 由题意可知底面长，墙面面积为， 所以， 可得， 当且仅当，即时，等号成立 所以报价的最小值约为. (3) 小问详解： 对任意的时，方案二都比方案一省钱， 即时，恒成立， 参变分离可得， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 可得，所以实数的取值范围为. 26．【答案】（1）     （2），理由：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）      【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. (1) 小问详解： 由（，）可得：（，）， 所以（当且仅当 即 时取“”）. 所以的最小值为：. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 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. 27．【答案】 【分析】 依题意可得，从而得到，再利用基本不等式计算可得. 【详解】 因为正数，满足， 所以，则， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 即的最小值为. 故答案为： 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 1．ACD 2．D 3．B 4．C 5．AC 6．A 7．BC 8．B 9．A 10．BCD 11．B 12．D 13．B 14．A 15．C 16．C 17．AC 18．【答案】 【分析】 分和两种情况讨论即可. 【详解】 ①时，，原不等式可化为，解集为R成立； ②时， 解得， 综上，，即实数k的取值范围为. 故答案为：. 19．【答案】15 【分析】 设销售价格提高元，从而得到不等式，求出，得到答案. 【详解】 设销售价格提高元，其中， 则，解得， 故销售价格最高为元. 故答案为：15 20．【答案】 【分析】 利用二次函数的性质计算即可. 【详解】 令，则由二次函数的性质可知其对称轴为， 又，且该二次函数开口向下，所以在对称轴上此时函数的最大值，为. 故答案为：. 21．【答案】（1）     （2）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．      【分析】 （1）由不等式的解集为，得函数的两个零点是和，即 ，求得的值，即可得的值； （2）将代入，化简得.讨论方程的两根的大小关系，分别求不等式的解集即可. (1) 小问详解： 解：由题意知，-1和3是方程的两个根， 根据根与系数的关系，得 . 解得 ，则． (2) 小问详解： 将代入， 即为：，得. 因为，所以方程的两个实数根分别为. ① 当时，，所以不等式的解集为； ② 当时，得，其解集为，所以不等式的解集为； ③ 当时，，所以不等式的解集为． 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． 22．【答案】 【分析】 先将不等式看成的不等式，利用判别式法求得，再利用判别式法求解实数的取值范围即可. 【详解】 由题意，对任意的实数，不等式恒成立， 所以其， 即，从而任意的实数，恒成立， 所以其，所以， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 23．【答案】（1）     （2）     （3） 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.      【分析】 （1）根据韦达定理即可求解； （2）根据一元二次不等式恒成立的条件即可求解； （3）分、、三种情况进行讨论即可求解； (1) 小问详解： 由题意可知和4是方程的两个根，且， 所以，， 解得； (2) 小问详解： 若，则不等式为， 当，不等式即为，不合题意； 当，则有 ，解得， 所以的取值范围是； (3) 小问详解： 若，则不等式为，即， 当时，，则不等式的解集为； 当时，不等式即为，则不等式的解集为； 当时，，则不等式的解集为； 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. 24．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）分析可知，方程有两个不等根、，由题意可得出，利用韦达定理结合，可求得实数的值； （2）分析可知，方程在区间上有个不等根，根据二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. (1) 小问详解： 由题意可知，方程有两个不等根、， 所以，，解得或， 由韦达定理可得，， 所以，， 即，解得（舍去）或. (2) 小问详解： 方程在区间上有个不等根， 所以， ，解得. 因此，实数的取值范围是. 25．【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）根据题意列出不等式直接计算，结合实际意义即可得解； （2）表示出平均成本，利用基本不等式求解即可. (1) 小问详解： 若要求生产总成本不超过30000元，则， 即，解得， 又，所以满足生产总成本要求的产品件数的取值范围为. (2) 小问详解： 由题意知，生产件数为时，每件的平均成本为， 由基本不等式可得， 当且仅当，即时，等号成立， 即该工厂生产件产品时，每件产品的平均成本最小. 26．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）设二次函数，利用题目条件可以得到关于的方程组，解方程组得到，即可得到解析式； （2）根据的图象、值域可得答案； （3）分讨论，结合的图象求解可得答案. (1) 小问详解： 设二次函数，，由题意知： ，整理得： ， 即： ，解得： ， ∴； (2) 小问详解： 因为， 所以其图象的对称轴为直线，当时，， 因为当时，，由二次函数图象可知 ，解得， 所以的取值范围是； (3) 小问详解： 由（1）知，的图象开口向上， 时，，解得：或， ∴当，，图象在轴下方， 当，，图象在轴上方， 对于，当时，，当时， 图象在图象的上方，不合题意，舍去； 当时，，开口向上，当时， 图象在图象的上方，不合题意，舍去； 当时，，开口向下，函数的图象恒在图象的上方， 即恒成立， 即恒成立， 即恒成立，， 即有：，即：. 综上，的取值范围是. 27．【答案】（1）     （2）      （3） 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.      【分析】 （1）根据韦达定理即可求解； （2）根据一元二次不等式恒成立的条件即可求解； （3）分三种情况进行讨论即可求解. (1) 小问详解： 由题意可知1和5是方程的两个根且， 所以，，解得，所以. (2) 小问详解： 若，则不等式为， 当，不等式即为，不合题意； 当，则有 ，解得， 所以的取值范围是. (3) 小问详解： 若，则不等式为，即， 当时，，则不等式的解集为； 当时，不等式即为，则不等式的解集为； 当时，，则不等式的解集为 . 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. 28．【答案】 【分析】 将问题转化为当时，恒成立；当时，恒成立的问题，由此可得为方程的根，代入可得之间关系，结合基本不等式可求得的取值范围. 【详解】 ，当时，；当时，； 当时，恒成立；当时，恒成立； 是方程的一根，，即， 此时，方程根为和，满足题意； ； 时，（当且仅当时取等号），， ，即的取值范围为. 故答案为：. 29．【答案】（1），；     （2）；     （3） 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为.      【分析】 （1）根据一元二次不等式与二次函数的关系，及其解集求参数值； （2）问题化为恒成立，应用基本不等式求不等式右侧的最小值，即可得范围； （3）分类讨论参数求一元二次不等式对应的解集. (1) 小问详解： 由关于的不等式的解集为，得， 且和是方程的两个实数根，即，解得， 所以的另一实数根为，即，所以，. (2) 小问详解： 由，得，又，所以恒成立. 当时，，当且仅当时取等号， 所以，即实数的取值范围为. (3) 小问详解： 当时，不等式为，其解集为； 当时，不等式可化为，其方程对应的两根分别为，. 若，不等式解集为； 若，不等式可化为，此时不等式解集为； 若，不等式解集为； 若，不等式解集为. 综上可知， 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为. 30．【答案】（1）     （2） 当时，； 当时，； 当时，.      【分析】 （1）由，令，解出即可得坐标，进而求解； （2）当时，解出的解集，当时，先求，先求方程的根，分和两种情况讨论即可求解. (1) 小问详解： 由题意有：，令，解得或， 所以，所以， 所以纵坐标之和为：； (2) 小问详解： 由， 当时，，所以； 当时，由， 所以方程有两个不等实根，不妨令， 所以， 当时，，由有， 所以的解集为， 当时，，所以，即， 由有或， 所以的解集为； 综上所述，当时，； 当时，； 当时，. 31．【答案】（1）；     （2） .      【分析】 （1）设出二次函数的解析式，根据题意结合待定系数法求解即可； （2）根据已知可得且，结合二次函数的性质，应用分类讨论求在上的最小值，即可得. (1) 小问详解： 由二次函数满足，设其解析式为且， 又， ∴， ∴ ，解得，，则； (2) 小问详解： 由，则，可得， 所以，可得， 由， 当，即时，在上单调递减，则最小值， 当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则最小值， 当，即时，在上单调递增，则最小值， 综上， . 32．【答案】 【分析】 根据题意，分和，结合一元一次方程和一元二次方程的性质，结合韦达定理，列出不等式组，即可求解. 【详解】 当时，方程为，此时方程的根为负根， 当时，方程， 至少有一个负实根包含方程有两个负根和一正一负两个实根两种情况： 当方程有两个负根（含重根）时，则有 ，解得； 当方程有一个负根一个正根时，则有 ，解得． 综上所述，当关于的方程至少有一个负根时，有， 即关于的方程至少有一个负根的充要条件是． 故答案为：． 33．【答案】（1）当时，解集为{或}；当时，解集为{且}；当时，解集为{或}． （2）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为． 【分析】 （1）根据题意，将二次函数因式分解，分类讨论的取值范围即可求解； （2）根据题意，将不等式转化为，分类讨论的取值范围即可求解. 【详解】 （1）由题：，二次函数开口向上，方程的根为，， 当时，开口向上，不等式的解集为：{或}； 当时，不等式变为，解集为：{且}； 当时，开口向上，不等式的解集为{或}； 综上所述，当时，解集为{或}； 当时，解集为{且}； 当时，解集为{或}． （2）由题：，即， 当时（即），； 当时（即），； 当时（即），； 综上所述，当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为． 34．【答案】（1）     （2）     （3） 【分析】 （1）设函数解析式，用待定系数法求解； （2）将函数转化为，求最值即可； （3）分析区间与对称轴的位置关系，分三种情况讨论. (1) 小问详解： 设函数解析式为， 因为二次函数的图象经过三点， 则 ，解得 ，所以函数解析式为. (2) 小问详解： 因为，即化简为 ，由当时，恒成立，即， 令，对称轴为，所以，所以，解得， 所以实数的取值范围是 (3) 小问详解： 由可知，对称轴为， 当时，函数在区间上单调递减，则， 即； 当，即时，，即； 当时，函数在区间上单调递增，则，即； 综上 . 35．【答案】（1）．     （2）．      【分析】 （1）二次函数的对称轴，讨论， ，，分析二次函数的单调性，最值，建立方程组，求解即可； （2）将问题等价于只有一个正整数解，令，利用基本不等式求得最小值，并得出取等号的条件，由此可得答案. (1) 小问详解： 解：因为函数，，对称轴，且，，， 当时，函数在上单调递增，所以 ，即 ，此时无解； 当时，函数在上单调递减，所以 ，即 ，解得； 当，即时，函数在取得最小值，所以，即，方程在上无解， 综上得：； (2) 小问详解： 解：关于的不等式只有一个正整数解，等价于只有一个正整数解， 令，则，当且仅当，即， 在上递减，在递增， 而，，，，，当不等式只有一个正整数解， 所以的取值范围为． 36．【答案】（1）0     （2）证明： 因为，所以，解得，所以， 由题意在恒成立， 所以，所以，即，得证；     （3）      【分析】 （1）先求得，进而，得解； （2） 先根据求得，然后将恒成立问题转化为在恒成立，由判别式法即可证明； （3）结合分析得，从而将化为在上恒成立，参变分离得，然后利用基本不等式求解最值，即可得解. (1) 小问详解： ，则，所以 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（1）可知，则要使在上恒成立，则需， 又，所以，所以，即. 由题意在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立，所以. 因为，所以，所以 ，当且仅当即时等号成立， 所以，即的取值范围为. 37．【答案】（1）易知函数在上单调递增， 当时，， 即函数的定义域与值域均为， 是“闭区间同域函数”．     （2）1．     （3），．      【分析】 （1）根据闭区间同域函数定义判断证明； （2）根据闭区间同域函数定义求解； （3）根据题意可得，分时、讨论，结合闭区间同域函数定义，的单调性判断可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 函数的图象开口向上，对称轴为直线， 函数在上单调递增， 当时，， 即， 所以，解得或（舍）． 当时，是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”，符合题意． 正实数的值为1． (3) 小问详解： 由题意得， 所以的图象是开口向上，对称轴为直线的抛物线，且， 当时，在上单调递增， ， 所以是方程的两根， 令，解得或，这与矛盾，不符合题意； 当时，在上单调递减，在上单调递增，， ① 当时，，不符合题意； ② 当时，，解得． 经检验，是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”， 综上，，． 【点睛】 关键点点睛：本题第三问解题的关键是由，分时、讨论，结合闭区间同域函数定义求解. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 一元二次函数、方程和不等式 3大高频考点概览 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 考点01 等式性质与不等式性质 1．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）（多选）下列命题为真命题的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【分析】 选项A，通过取特殊值，即可判断；选项B，C和D，根据条件，通过作差比较，即可判断. 【详解】 对于选项A，当时，由，得不到，所以选项A为假命题， 对于选项B，因为，由，得到，所以选项B为真命题， 对于选项C，因为，由，，得到，所以选项C为真命题， 对于选项D，因为，由，得到，所以选项D为真命题， 故选：BCD. 2．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）下列命题为真命题的是（       ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【分析】 由题意结合作差法逐一判断每一选项即可，特别的对于C，令即可判断. 【详解】 对于AC，若，则，故AC错误； 对于B，令，则，故B错误； 对于D，若，则，即，故D正确. 故选：D. 3．（25-26学年高一上·江西鹰潭部分学校·期中）下列命题正确的是（     ） A.  B.  C.  D. ， 【答案】D 【分析】 AC可举出反例；BD通过作差法进行比较. 【详解】 A选项，不妨设，满足，但，，A错误； B选项，，若，此时，即， 不妨设，此时，满足，但，B错误； C选项，不妨设，满足，但，C错误； D选项，， 因为，，故，则， 即，D正确. 故选：D 4．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）（多选）下列命题正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若的取值范围是，的取值范围是，则的取值范围是 【答案】AB 【分析】 利用不等式性质，结合作差法，逐项分析判断. 【详解】 对于A，由，得，所以，A正确； 对于B，由，得，B正确； 对于C，当时，，C错误； 对于D，由，得，D错误. 故选：AB 5．（25-26学年高一上·江西南昌行知中学·期中）（多选）已知，，，是实数，则下列一定正确的有（     ） A.  B.  C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】ACD 【分析】 对于AD：利用作差法分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：利用不等式性质分析判断. 【详解】 对于选项A：因为，当且仅当时，等号成立， 则，即，故A正确； 对于选项B：例如，则，故B错误； 对于选项C：若，，则，， 可得，故C正确； 对于选项D：因为， 若，，则，， 可得，即，故D正确； 故选：ACD. 6．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）（多选）已知，，，均为实数，下列说法正确的是（       ） A. 若，，则 B. ，，则 C. 若， D. 若，，则 【答案】AD 【分析】 利用不等式的性质结合特例一一分析选项即可. 【详解】 对于A：由同向可加性知，两侧同时减去， 则成立，故A正确； 对于B：作差有，即，故B错误； 对于C：若时，显然不成立，故C错误； 对于D：由知，由同向同正可乘性知， 所以，故D正确. 故选：AD 7．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）已知a，b，c满足，则下列选项中正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由题设并结合不等式的性质判断各项的正误. 【详解】 对A：由，则，故，故A错误； 对B：若，则，故B错误； 对C：由，则，故C正确； 对D：若，则，故D错误. 故选：C 8．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）（多选）若，，则下列不等式中正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】BD 【分析】 利用不等式的基本性质看判断B选项；利用作差法可判断ACD选项. 【详解】 因为，， 对于A选项，，所以，，A错； 对于B选项，由不等式的基本性质可得，B对； 对于C选项，， 的符号不确定，无法得出与的大小关系，C错； 对于D选项，，则，D对. 故选：BD. 9．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）下列说法正确的是（    ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【分析】 取，可判断A；取，可判断B；用作差法及不等式的性质可判断C，D. 【详解】 选项A：若，当时，，故A错误； 选项B：当时，满足，但，故B错误； 选项C：若， 所以，，， 所以， 所以， 两边同时除以， 则，故C错误； 选项D：因为， 所以，所以； 又因为，所以； 综上，，故D正确. 故选：D. 10．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）若，，下列结论正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 举例说明判断A；利用不等式性质推理判断B；利用作差法判断CD. 【详解】 对于A，取，则，A错误； 对于B，由，得，则，而，因此，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D错误. 故选：B 11．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）（多选）若，，则下列不等式成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】BD 【分析】 应用赋值法计算判断A，C，应用不等式的性质计算判断B，D. 【详解】 当，时，满足，但是，故A错误； 因为，所以，又，所以，，故B正确； 当，，，时，满足，，但是，故C错误； 因为，又，所以，，所以，即，故D正确. 故选：BD. 12．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）若且，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 令可得选项A错误；举反例可说明选项B，D错误；利用幂函数的单调性可得选项C正确. 【详解】 对于A，当时，，故A错误. 对于B，取，则，，故B错误. 对于C，因为幂函数在上为增函数，且，所以，故C正确. 对于D，取，则，故D错误． 故选：C． 13．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）已知a，，则的取值范围为　　　　　　 【答案】 【分析】 应用不等式的性质求的范围即可. 【详解】 由题意，则，又，故， 即的取值范围是. 故答案为： 14．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）已知，，则的取值范围为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 由题意得，将条件代入所求，即可得答案. 【详解】 由题意， 由，得， 又， 故，即． 故答案为： 15．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知均为正数且，求证： （1）； （2）． 【答案】（1） 由，得 ， 当且仅当时取等号，所以.     （2） 由均为正数且，得，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号；，当且仅当时取等号， 因此，当且仅当时取等号， 所以.      【分析】 （1）根据给定条件，利用作差法，结合平方数为非负数推理得证. （2）根据给定条件，利用基本不等式，结合不等式的性质推理得证. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 考点02 基本不等式 1．（25-26学年高一上·江西赣州市十三校·期中）（多选）已知，若，则（       ） A. 的最大值为 B. 的最小值为1 C. 的最小值为8 D. 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 AD选项，由基本不等式求出最值；B选项，化为，求出最小值；C选项，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】 对于，由，即， 当且仅当，且，即时，取等号，所以A正确； 对于，因为， 当且仅当时，取到最小值，所以B错误； 对于C，因为，所以， 当且仅当，且，即，时，取等号，所以C正确； 对于，当且仅当，且， 即时，取等号，所以正确. 故选：ACD. 2．（25-26学年高一上·江西多校·期中）若，，，则的最小值为（       ） A. 8 B. 2 C.  D. 4 【答案】D 【分析】 利用基本不等式“1的代换”求出最小值. 【详解】 根据题意可得， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为4． 故选：D 3．（25-26学年高一·江西南昌第五高级中学·期中）已知实数，，满足，则的最小值是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【详解】 因为， 所以，当且仅当时等号成立. 4．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知且，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用基本不等式求得的最小值，从而将问题转化为，解之即可. 【详解】 ， ， 当且仅当且，即时等号成立， 因为关于的不等式恒成立， 所以，解得， 所以. 故选：A 5．（25-26学年高一上·江西鹰潭部分学校·期中）（多选）已知正数满足，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】AB 【分析】 根据题意，结合基本不等式的性质，逐项进行判断即可. 【详解】 对于A选项，，，即，解得，故A选项正确； 对于B选项，，故B选项正确； 对于C选项，，又，， 所以，所以，故C选项错误； 对于D选项，，故D选项错误. 故选：AB 6．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）（多选）已知x，y均为正实数，则（       ） A. 的最大值为 B. 若，则的最大值为8 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】 根据题意，结合基本不等式，可判定A、C正确，B错误，再由，化简得到，得出，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【详解】 A中，因为，可得，当且仅当时，等号成立， 所以，即的最大值为，所以A正确； B中，由，则， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，所以B不正确； C中，若，则， 当且仅当时，即时，等号成立，所以C正确； D中，由，可得， 则， 令，则， 又由，所以当，可得， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 7．（25-26学年高一上·江西部分学校·期中）（多选）已知正数，满足，则（     ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为1 D. 的最大值为4 【答案】AD 【分析】 应用基本不等式计算判断A，B，D，再换元结合二次函数计算求解最值判断C. 【详解】 对于A，，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故A正确； 对于B，，所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为，故B错误； 对于C，因为，所以，，所以， 所以当时，取得最大值，且最大值为，故C错误； 对于D，，当且仅当，时等号成立，故D正确； 故选：AD. 8．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）已知，，且，则的最小值为（       ）． A.  B.  C.  D.  【答案】B 【详解】化简得，再利用基本不等式求解. 【详解】 ∵，，且， ∴， 当且仅当，即时等号成立， ∴的最小值为. 故选：B． 【点睛】 方法点睛：本题利用基本不等式求最值时用到了“1的代换”技巧，即把原式乘以“1”，再把“1”换成已知中的代数式，再利用基本不等式求解，可以提高解题效率. 9．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）（多选）设正实数满足，则（     ） A. 有最大值为1 B. 有最小值为5 C. 有最小值为 D. 有最大值为 【答案】BC 【分析】 利用基本不等式可直接判断A；将化为，即可判断B；利用不等式以及取等条件可判断CD. 【详解】 对于A：由题意知，正实数满足， 则，当且仅当时，等号成立，A错误； 对于B：由， 当且仅当时，结合，即时等号成立，故B正确； 对于C：由，当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D：由， 所以，当且仅当 ，即 时取等号， 因为是正实数，所以等号不成立，故D错误． 故选：BC 10．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）（多选）若都为正实数，且，则（       ） A. 的最大值为11 B.  C. 的最小值为2 D. 的最小值为9 【答案】CD 【分析】 对于A，由可判断；对于B，代入，结合配方法可判断，对于C，由可判断，对于D，由乘1法可判断. 【详解】 解：因为都为正实数，且， 所以，当且仅当时取等号，故A错； 由已知得，可得， 所以，故B错误； ，当且仅当时取等号， 故C正确； ，当且仅当，时取等号， 故D正确． 故选：CD 11．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）（多选）已知，，则下列说法正确的是（     ） A. 若，则的最大值为 B. 的最小值为 C. 若，则 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】 利用基本不等式可判断A选项；利用对勾函数的单调性可判断B选项；利用基本不等式可得出关于的不等式，解之可判断C选项；由已知等式得出，结合基本不等式可判断D选项. 【详解】 因为，， 对于A选项，因为，由基本不等式得， 当且仅当 时，即当时，等号成立，故的最大值为，故A正确； 对于B选项，令，则， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增， 故无最小值，则B错误； 对于C选项，因为，由基本不等式可得， 即，因为，解得，即， 当且仅当 时，即当时，等号成立， 故的最小值为，故C正确； 对于D选项，若，即，即， 所以， 当且仅当 时，即当 时，等号成立， 故的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 12．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）已知实数x满足，则（     ） A. 有最大值27 B. 有最小值27 C. 有最大值18 D. 有最小值18 【答案】B 【分析】 将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值． 【详解】 因为，则， 所以， ， 当且仅当 时，即当时，等号成立， 因此，的最小值为. 故选：B． 13．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）若正数，，满足，则的最小值为（     ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【分析】 利用基本不等式直接计算即可得出结果. 【详解】 由可得，即， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 因此的最小值为4. 故选：B 14．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）《几何原本》中的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明，如图所示的图形中，在上取一点C，使得，，过点C作交以为直径的半圆弧于D，连结，作，垂足为E，由可以直接证明的不等式是（     ）. A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据圆的性质、射影定理求出CD和DE的长度，利用即可得到答案.. 【详解】 连接DB，因为AB是圆O 的直径，所以，所以在中，中线， 由射影定理可得，所以. 在中，由射影定理可得，即， 由得， 故选：D 15．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）（多选）已知正实数满足，则（       ） A. 的最小值为6 B. 的最小值为20 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 利用基本不等式将原式转化，再令，通过解不等式求出的范围即可判断A；利用基本不等式将原式转化，设，通过解不等式求出的范围，进而求出的范围即可判断B；将变形为，将选项B中求出的代入求出其最小值，即可判断C；从原式中求出，将变形为，再利用基本不等式求出其最小值，即可判断D. 【详解】 因为正实数满足， 所以由（当且仅当时等号成立），可得. 设，则有，整理可得，即. 因为，所以解得，即，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为6，故A正确； 因为正实数满足， 所以由（当且仅当时等号成立），可得. 设，则有，即， 因为，所以解得，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为9，故B错误； 因为正实数满足，又由选项B可知， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为，故C正确； 因为正实数满足，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ACD 16．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）若实数，，且，则最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用乘1法结合条件计算即可. 【详解】 因为， 所以 ， 当且仅当，即时取等号. 故选：D 17．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）（多选）已知正实数a，b满足，则下列选项正确的是（       ）. A.  B.  C.  D.  【答案】BCD 【分析】 根据已知条件有且、，再应用不等式的性质或基本不等式“1”的代换判断各项的正误. 【详解】 由，则，可得，B对， 所以，则，， 所以，当且仅当时取等号，A错， 由，则， 所以， 当且仅当，即时取等号，即，C对， 且， 当且仅当，即时取等号，即，D对. 故选：BCD 18．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）（1）设，，求的范围； （2）已知，求的最小值，并求取到最小值时的值； 【答案】（1）；（2）最小值为，取到最小值时的值为 【分析】 （1）根据条件，利用不等式的性质，即可求解； （2）根据条件，利用基本不等式，即可求解. 【详解】 （1）因为，，则，， 所以. （2）因为，则，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，取到最小值时的值为. 19．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）已知正实数，，满足，则的最小值为　　　　　. 【答案】 【分析】 先根据基本不等式求出.然后即可根据不等式的性质得出，列出两个等号同时成立的条件，即可得出答案. 【详解】 由已知可得，，，， 因为， 当且仅当，即时等号成立， ∴， 当且仅当 ，即 时，两个等号同时成立， ∴. 故答案为：. 20．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知，则 的最小值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据已知等式，结合代数式进行变形，再利用基本不等式进行求解即可. 【详解】 因为， 所以， 由， 所以， 因为，当且仅当， 即当时取等号， 所以有. 所以当时，有最小值， 故答案为： 21．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）已知实数满足且，则的最小值为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 令，将条件转化为关于的式子，再利用基本不等式求解即可. 【详解】 令，则， 因，则， 因，则， 则 ， 等号成立时，即， 则的最小值为. 故答案为： 22．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）已知，且，则的最小值为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据用x表示出y，根据可求出，同理可求．将配为，将构造为，利用基本不等式即可求解． 【详解】 由可得 显然，故得， ∵，∴，同理． 可化为， 整理得， ∵，，∴， ∴， 当且仅当，即时，等号成立， ∴的最小值为， 故答案为：． 23．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙足够长）的矩形菜园.设菜园的长为x米，宽为y米. （1）若菜园面积为36平方米，则，为何值时，所用篱笆总长最小？ （2）若使用的篱笆总长为30米，求的最小值. 【答案】（1）菜园的长为，宽为时，所用篱笆总长最小     （2）      【分析】 （1）利用基本不等式求解和的最小值； （2）利用基本不等式“1”的妙用求解最小值即可. (1) 小问详解： 由题意得，所用篱笆总长为， 因为， 当且仅当时，即，时等号成立. 所以菜园的长为，宽为时，所用篱笆总长最小. (2) 小问详解： 由题意得，则， 可得， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值是. 24．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）若命题“存在正数a，b，使得”是假命题，则实数k的最大值为　　　　　　. 【答案】.5 【分析】 转化问题为恒成立，进而根据基本不等式求解即可. 【详解】 因为“存在正数a，b，使得”是假命题， 所以“对任意正数a，b，”为真命题， 即恒成立， 因为， 所以，当且仅当时等号成立， 所以实数的最大值为. 故答案为：. 25．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路，是推动绿色发展的战略措施.某汽车工业园区正在不断建设，计划在园区建造一个高为3米，宽度为（单位：米），地面面积为56平方米的长方体形状的储物室，经过谈判，工程施工单位给出两种报价方案. 方案一：储物室的墙面报价为每平方米200元，屋顶和地面报价共计9600元，总计报价记为； 方案二：其给出的整体报价为元. （1）当宽度为8米时，方案二的报价为29700元，求实数的值； （2）求的函数解析式，并求报价的最小值； （3）若对任意的时，方案二都比方案一省钱，求实数的取值范围. 【答案】（1）22     （2）；     （3）      【分析】 （1）根据函数定义直接代入可计算； （2）根据题意求出长方体侧面积，然后可求函数，再利用基本不等式求最值； （3）代入进行参变分离，根据恒成立问题结合基本不等式运算求解. (1) 小问详解： 宽度为8米时，方案二的报价为29700元， 则，解得， 所以的值为22. (2) 小问详解： 由题意可知底面长，墙面面积为， 所以， 可得， 当且仅当，即时，等号成立 所以报价的最小值约为. (3) 小问详解： 对任意的时，方案二都比方案一省钱， 即时，恒成立， 参变分离可得， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 可得，所以实数的取值范围为. 26．（25-26学年高一上·江西南昌第一中学·期中）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：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）      【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. (1) 小问详解： 由（，）可得：（，）， 所以（当且仅当 即 时取“”）. 所以的最小值为：. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 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. 27．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）若正数，满足，则的最小值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 依题意可得，从而得到，再利用基本不等式计算可得. 【详解】 因为正数，满足， 所以，则， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 即的最小值为. 故答案为： 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 1．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）（多选）已知二次函数（，，为常数，且）的部分图象如图所示，则（     ） A.  B.  C.  D. 不等式的解集为 【答案】ACD 【分析】 由二次函数图象可得，，进而代入各选项判断即可. 【详解】 由图象可知，该二次函数开口向上，故， 与轴的交点为，， 故， 即， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D：不等式可化为， 即，即，其解集为，故D正确. 故选：ACD. 2．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）已知全集，集合，集合，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 先解不等式化简集合B，然后求出，再求出补集即可. 【详解】 全集， 集合，集合， 则，所以. 故选：D 3．（25-26学年高一上·江西部分学校·期中）若不等式的解集为，则不等式的解集为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据不等式的解集为，得到，，代入求解. 【详解】 由题意知，且， 所以，， 不等式即， 即， 解集为. 故选：B 4．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）若，则关于的不等式的解集为（       ） A.  B.  C. 或 D. 或 【答案】C 【分析】 由不等式的性质化简，然后由相应二次方程根的大小得出不等式的解． 【详解】 因为，， 所以， 又不等式对应方程的根为：，且， 所以不等式的解为或， 故选：C． 5．（25-26学年高一上·江西多校·期中）（多选）若不等式对任意恒成立，则的值可能是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】AC 【分析】 结合和两种情况讨论不等式恒成立问题，即可列式求解. 【详解】 当，即时，不等式为，不恒成立； 当时，由 ，解得． 综上所述，. 故选：AC 6．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）设，则“”的一个充分不必要条件是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用一元二次不等式、分式不等式、绝对值不等式的解法结合充分条件、必要条件的定义分析选项即可. 【详解】 由，所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确； 由，所以“”是“”的充要条件，B错误； 由，所以“”是“”的既不充分也不必要条件， C错误； 由，所以“”是“”的必要不充分条件，D错误. 故选：A. 7．（25-26学年高一·江西南昌第五高级中学·期中）（多选）已知不等式的解集是，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 不等式的解集是 C. 当时，，上的值域为，则的取值范围是 D. 若关于的不等式有解，则实数的取值范围是 【答案】BC 【分析】 A选项，根据不等式的解集结构即可判断；对于B，由解集得到，，从而化为，求出解集； C选项，先确定，进而求出或时，，进而可求解；D选项，先求出，从而根据不等式有解得到，求出答案， 【详解】 因的解集是，所以，A错误； －2，3是关于x的方程的两个根，且， 于是得，，即， 不等式化为：，解得，B正确； 当时，因为，所以， 则，， 依题意，，由得，或， 因在上的最小值为， 从而得，或，， 两种情况均有，C正确． ，令，由对勾函数得在上单调递增， 即有，因有解，则， 解得或，D不正确； 故选：BC 8．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）若关于的不等式的解集是，则不等式的解集为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由题意可得和1是方程的根，且，然后由根与系数的关系用表示出，，代入中化简后，再解不等式即可 【详解】 因为关于的不等式的解集是， ∴和1是方程的根，且， ∴ ，得 ， ∴不等式转化为， 因为，∴，，得， ∴不等式的解集为. 故选：B. 9．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知一元二次方程的两不等实根都在内，则实数m的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设，根据根的分布情况，由对称轴和特殊点处函数值等得到不等式，求出答案. 【详解】 设，开口向上，对称轴为， 顶点纵坐标为， 的两不等实根都在内， 则需满足 ，解得. 故选：A 10．（25-26学年高一上·江西鹰潭部分学校·期中）（多选）我们把有两个自变量的函数称为“二元函数”，已知关于实数x，y的二元函数，则以下说法正确的是（     ） A.  B. 对任意的， C. 若对任意实数x，，则实数a的取值范围是 D. 若存在，使不等式成立，则实数a的取值范围是 【答案】BCD 【分析】 代入可判选项A，利用基本不等式可判选项B，利用二次函数恒成立可判选项C，利用不等式 能成立的条件可判选项D. 【详解】 对于A，，所以选项A错误； 对于B，，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以选项B正确； 对于C，， 所以， 所以对任意实数x恒成立， 所以，所以，故选项C正确； 对于D，存在，使，所以， 因为在为单调增函数， 所以，所以，所以，所以选项D正确. 故选：BCD. 11．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）若两个正实数满足且存在这样的使不等式有解，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 运用基本不等式求得的最小值，存在使成立，即，解不等式即可. 【详解】 正实数满足，得 . 当且仅当且，即时，等号成立. 存在使不等式有解，即 ，可解得或，即. 故选：B. 12．（25-26学年高一上·江西多校·期中）对于实数，规定表示不小于的最小整数，例如：，，记，则（     ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【分析】 先求解一元二次不等式，再根据的定义求解. 【详解】 由，解得. 由定义可知，可取0，1，2，则2， 故或. 故选：D 13．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）已知“，不等式恒成立”为假命题，则的取值范围为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 先假设原命题为真命题求出的范围，再求其补集即可. 【详解】 假设“，不等式恒成立”为真命题，即恒成立， 则. 所以若“，不等式恒成立”为假命题， 则的取值范围为. 故选：B 14．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）命题，恒成立为真命题，则a的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由题设在上恒成立，得，结合对应二次函数的性质研究不等式恒成立求参数范围. 【详解】 由题意在上恒成立，显然， 令，其对称轴为，且， 当，即时，恒成立， 当，即时，只需，可得，所以， 综上，. 故选：A 15．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）不等式的解集为（     ） A. 或 B.  C. 或 D.  【答案】C 【分析】 将分式不等式转化为一元二次不等式，即可求得. 【详解】 依题意，不等式等价于 ，即 ， 解得，或，所以原不等式的解集为或. 故选： 16．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）已知函数的定义域为区间[m，n]，其中，若f（x）的值域为[-4，4]，则的取值范围是（       ） A. [4，4] B. [2，8] C. [4，8] D. [4，8] 【答案】C 【分析】 先讨论，再结合二次函数的图象与性质分析时，的最大值与最小值，同理可得时的情况即可得解. 【详解】 若，，函数为增函数，时，则，所以， 当时，作图如下， 为使取最大，应使尽量大，尽量小，此时， 由 ， 即， 所以， 所以，即， 当时，即时，此时在对称轴同侧时最小，由抛物线的对称性，不妨设都在对称轴右侧， 则由， 解得， ， 当且仅当 ,即时取等号，但，等号取不到， ， 时，同理，当时，，当时，， 综上，的取值范围是， 故选：C 17．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）（多选）已知有限数集中的元素均为实数，且对任意，都有，则下列结论正确的是（       ） A. 中最大的元素不超过1 B. 中最小的元素可以小于 C. 若集合中只有一个元素，则或 D. 若集合中有两个元素，则 【答案】AC 【分析】 对于A，设为数集中最大的元素，可知也是数集的元素，由,解不等式即可判断； 对于B,设为数集中最小的元素，可知和都是数集的元素，则 ,解不等式即可判断； 对于C,设为数集中唯一的元素，可知也是数集的元素，则,解方程即可求解； 对于D,举出也满足条件即可判断. 【详解】 对于A，设为数集中最大的元素，根据数集的定义可知也是数集的元素， 则,解得：,所以数集中最大的元素不超过1，故A正确； 对于B,设为数集中最小的元素，根据数集的定义可知和都是数集的元素， 则 ,即 ,解得或， 所以数集中最小的元素不小于，故B不正确； 对于C,设为数集中唯一的元素，根据数集的定义可知也是数集的元素 ，则,解得：或,则或，故C正确； 对于D,设集合中有两个元素分别为,， 当时，，，由于，所以，解得或(舍去)，此时； 当，时，，，，所以集合中有两个元素，则也满足条件,故D不正确； 故选：AC 18．（25-26学年高一上·江西部分学校·期中）若关于x的不等式的解集为R，则实数k的取值范围为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 分和两种情况讨论即可. 【详解】 ①时，，原不等式可化为，解集为R成立； ②时， 解得， 综上，，即实数k的取值范围为. 故答案为：. 19．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）某商店购进一批玩具，若按每个10元的价格销售，每天能售出30个，且售价每高1元，日销售量则减少2个.为了使这批玩具每天的销售总收入不低于300元，销售价格最高是　　　　　. 【答案】15 【分析】 设销售价格提高元，从而得到不等式，求出，得到答案. 【详解】 设销售价格提高元，其中， 则，解得， 故销售价格最高为元. 故答案为：15 20．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）已知，则的最大值为　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用二次函数的性质计算即可. 【详解】 令，则由二次函数的性质可知其对称轴为， 又，且该二次函数开口向下，所以在对称轴上此时函数的最大值，为. 故答案为：. 21．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）设函数． （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，求不等式的解集. 【答案】（1）     （2）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．      【分析】 （1）由不等式的解集为，得函数的两个零点是和，即 ，求得的值，即可得的值； （2）将代入，化简得.讨论方程的两根的大小关系，分别求不等式的解集即可. (1) 小问详解： 解：由题意知，-1和3是方程的两个根， 根据根与系数的关系，得 . 解得 ，则． (2) 小问详解： 将代入， 即为：，得. 因为，所以方程的两个实数根分别为. ① 当时，，所以不等式的解集为； ② 当时，得，其解集为，所以不等式的解集为； ③ 当时，，所以不等式的解集为． 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． 22．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）对任意的实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　 【答案】 【分析】 先将不等式看成的不等式，利用判别式法求得，再利用判别式法求解实数的取值范围即可. 【详解】 由题意，对任意的实数，不等式恒成立， 所以其， 即，从而任意的实数，恒成立， 所以其，所以， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 23．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）已知关于的不等式． （1）若不等式的解集是，分别求的值； （2）若且不等式的解集为，求取值范围 （3）若，，讨论此不等式的解集． 【答案】（1）     （2）     （3） 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.      【分析】 （1）根据韦达定理即可求解； （2）根据一元二次不等式恒成立的条件即可求解； （3）分、、三种情况进行讨论即可求解； (1) 小问详解： 由题意可知和4是方程的两个根，且， 所以，， 解得； (2) 小问详解： 若，则不等式为， 当，不等式即为，不合题意； 当，则有 ，解得， 所以的取值范围是； (3) 小问详解： 若，则不等式为，即， 当时，，则不等式的解集为； 当时，不等式即为，则不等式的解集为； 当时，，则不等式的解集为； 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. 24．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）已知集合，集合，. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）分析可知，方程有两个不等根、，由题意可得出，利用韦达定理结合，可求得实数的值； （2）分析可知，方程在区间上有个不等根，根据二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. (1) 小问详解： 由题意可知，方程有两个不等根、， 所以，，解得或， 由韦达定理可得，， 所以，， 即，解得（舍去）或. (2) 小问详解： 方程在区间上有个不等根， 所以， ，解得. 因此，实数的取值范围是. 25．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）某工厂生产件产品的总成本（单位：元）与生产件数之间满足二次函数. （1）若要求生产总成本不超过30000元，求满足生产总成本要求的产品件数的取值范围； （2）试求该工厂生产多少件产品时，可使每件产品的平均成本最小. 【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）根据题意列出不等式直接计算，结合实际意义即可得解； （2）表示出平均成本，利用基本不等式求解即可. (1) 小问详解： 若要求生产总成本不超过30000元，则， 即，解得， 又，所以满足生产总成本要求的产品件数的取值范围为. (2) 小问详解： 由题意知，生产件数为时，每件的平均成本为， 由基本不等式可得， 当且仅当，即时，等号成立， 即该工厂生产件产品时，每件产品的平均成本最小. 26．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）已知二次函数满足，且： （1）求的解析式； （2）若在区间上，的值域为，求的取值范围. （3）若时，函数的图象恒在图象的上方，求实数的取值范围． 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）设二次函数，利用题目条件可以得到关于的方程组，解方程组得到，即可得到解析式； （2）根据的图象、值域可得答案； （3）分讨论，结合的图象求解可得答案. (1) 小问详解： 设二次函数，，由题意知： ，整理得： ， 即： ，解得： ， ∴； (2) 小问详解： 因为， 所以其图象的对称轴为直线，当时，， 因为当时，，由二次函数图象可知 ，解得， 所以的取值范围是； (3) 小问详解： 由（1）知，的图象开口向上， 时，，解得：或， ∴当，，图象在轴下方， 当，，图象在轴上方， 对于，当时，，当时， 图象在图象的上方，不合题意，舍去； 当时，，开口向上，当时， 图象在图象的上方，不合题意，舍去； 当时，，开口向下，函数的图象恒在图象的上方， 即恒成立， 即恒成立， 即恒成立，， 即有：，即：. 综上，的取值范围是. 27．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）已知关于的不等式． （1）若不等式的解集是，求的值； （2）若且不等式的解集为，求取值范围； （3）若，，讨论此不等式的解集． 【答案】（1）     （2）      （3） 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.      【分析】 （1）根据韦达定理即可求解； （2）根据一元二次不等式恒成立的条件即可求解； （3）分三种情况进行讨论即可求解. (1) 小问详解： 由题意可知1和5是方程的两个根且， 所以，，解得，所以. (2) 小问详解： 若，则不等式为， 当，不等式即为，不合题意； 当，则有 ，解得， 所以的取值范围是. (3) 小问详解： 若，则不等式为，即， 当时，，则不等式的解集为； 当时，不等式即为，则不等式的解集为； 当时，，则不等式的解集为 . 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. 28．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）已知，，若关于的不等式在恒成立，则的取值范围是　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 将问题转化为当时，恒成立；当时，恒成立的问题，由此可得为方程的根，代入可得之间关系，结合基本不等式可求得的取值范围. 【详解】 ，当时，；当时，； 当时，恒成立；当时，恒成立； 是方程的一根，，即， 此时，方程根为和，满足题意； ； 时，（当且仅当时取等号），， ，即的取值范围为. 故答案为：. 29．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）已知函数. （1）若关于的不等式的解集为（），求实数，的值； （2）若当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）求关于的不等式的解集. 【答案】（1），；     （2）；     （3） 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为.      【分析】 （1）根据一元二次不等式与二次函数的关系，及其解集求参数值； （2）问题化为恒成立，应用基本不等式求不等式右侧的最小值，即可得范围； （3）分类讨论参数求一元二次不等式对应的解集. (1) 小问详解： 由关于的不等式的解集为，得， 且和是方程的两个实数根，即，解得， 所以的另一实数根为，即，所以，. (2) 小问详解： 由，得，又，所以恒成立. 当时，，当且仅当时取等号， 所以，即实数的取值范围为. (3) 小问详解： 当时，不等式为，其解集为； 当时，不等式可化为，其方程对应的两根分别为，. 若，不等式解集为； 若，不等式可化为，此时不等式解集为； 若，不等式解集为； 若，不等式解集为. 综上可知， 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为. 30．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）已知函数. （1）已知曲线恒过定点，，求它们的纵坐标之和； （2）求的解集. 【答案】（1）     （2） 当时，； 当时，； 当时，.      【分析】 （1）由，令，解出即可得坐标，进而求解； （2）当时，解出的解集，当时，先求，先求方程的根，分和两种情况讨论即可求解. (1) 小问详解： 由题意有：，令，解得或， 所以，所以， 所以纵坐标之和为：； (2) 小问详解： 由， 当时，，所以； 当时，由， 所以方程有两个不等实根，不妨令， 所以， 当时，，由有， 所以的解集为， 当时，，所以，即， 由有或， 所以的解集为； 综上所述，当时，； 当时，； 当时，. 31．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）已知二次函数满足，且 （1）求函数的解析式； （2）已知不等式在上恒成立，求函数在区间上的最小值. 【答案】（1）；     （2） .      【分析】 （1）设出二次函数的解析式，根据题意结合待定系数法求解即可； （2）根据已知可得且，结合二次函数的性质，应用分类讨论求在上的最小值，即可得. (1) 小问详解： 由二次函数满足，设其解析式为且， 又， ∴， ∴ ，解得，，则； (2) 小问详解： 由，则，可得， 所以，可得， 由， 当，即时，在上单调递减，则最小值， 当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则最小值， 当，即时，在上单调递增，则最小值， 综上， . 32．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）关于的方程至少有一个负根的充要条件是　　　　　． 【答案】 【分析】 根据题意，分和，结合一元一次方程和一元二次方程的性质，结合韦达定理，列出不等式组，即可求解. 【详解】 当时，方程为，此时方程的根为负根， 当时，方程， 至少有一个负实根包含方程有两个负根和一正一负两个实根两种情况： 当方程有两个负根（含重根）时，则有 ，解得； 当方程有一个负根一个正根时，则有 ，解得． 综上所述，当关于的方程至少有一个负根时，有， 即关于的方程至少有一个负根的充要条件是． 故答案为：． 33．（25-26学年高一·江西南昌第五高级中学·期中）（1）求关于的不等式的解集，其中为常数． （2）求关于的不等式的解集，其中为常数． 【答案】（1）当时，解集为{或}；当时，解集为{且}；当时，解集为{或}． （2）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为． 【分析】 （1）根据题意，将二次函数因式分解，分类讨论的取值范围即可求解； （2）根据题意，将不等式转化为，分类讨论的取值范围即可求解. 【详解】 （1）由题：，二次函数开口向上，方程的根为，， 当时，开口向上，不等式的解集为：{或}； 当时，不等式变为，解集为：{且}； 当时，开口向上，不等式的解集为{或}； 综上所述，当时，解集为{或}； 当时，解集为{且}； 当时，解集为{或}． （2）由题：，即， 当时（即），； 当时（即），； 当时（即），； 综上所述，当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为． 34．（25-26学年高一上·江西南昌行知中学·期中）已知二次函数的图象经过三点. （1）求的解析式; （2）若当时，恒成立，求实数的取值范围; （3）求在区间上的最小值. 【答案】（1）     （2）     （3） 【分析】 （1）设函数解析式，用待定系数法求解； （2）将函数转化为，求最值即可； （3）分析区间与对称轴的位置关系，分三种情况讨论. (1) 小问详解： 设函数解析式为， 因为二次函数的图象经过三点， 则 ，解得 ，所以函数解析式为. (2) 小问详解： 因为，即化简为 ，由当时，恒成立，即， 令，对称轴为，所以，所以，解得， 所以实数的取值范围是 (3) 小问详解： 由可知，对称轴为， 当时，函数在区间上单调递减，则， 即； 当，即时，，即； 当时，函数在区间上单调递增，则，即； 综上 . 35．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）已知函数，． （1）若在上的值域为，求的值； （2）若关于的不等式只有一个正整数解，求的取值范围． 【答案】（1）．     （2）．      【分析】 （1）二次函数的对称轴，讨论， ，，分析二次函数的单调性，最值，建立方程组，求解即可； （2）将问题等价于只有一个正整数解，令，利用基本不等式求得最小值，并得出取等号的条件，由此可得答案. (1) 小问详解： 解：因为函数，，对称轴，且，，， 当时，函数在上单调递增，所以 ，即 ，此时无解； 当时，函数在上单调递减，所以 ，即 ，解得； 当，即时，函数在取得最小值，所以，即，方程在上无解， 综上得：； (2) 小问详解： 解：关于的不等式只有一个正整数解，等价于只有一个正整数解， 令，则，当且仅当，即， 在上递减，在递增， 而，，，，，当不等式只有一个正整数解， 所以的取值范围为． 36．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）已知函数. （1）求； （2）若，且，，证明：； （3）当时，，求的取值范围. 【答案】（1）0     （2）证明： 因为，所以，解得，所以， 由题意在恒成立， 所以，所以，即，得证；     （3）      【分析】 （1）先求得，进而，得解； （2） 先根据求得，然后将恒成立问题转化为在恒成立，由判别式法即可证明； （3）结合分析得，从而将化为在上恒成立，参变分离得，然后利用基本不等式求解最值，即可得解. (1) 小问详解： ，则，所以 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（1）可知，则要使在上恒成立，则需， 又，所以，所以，即. 由题意在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上恒成立，所以. 因为，所以，所以 ，当且仅当即时等号成立， 所以，即的取值范围为. 37．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）若函数的定义域与值域均为，则称为“闭区间同域函数”，称为的“同域闭区间”． （1）若函数的定义域为，证明：是“闭区间同域函数”； （2）若是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”，求正实数的值； （3）设，且，若是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”，求实数的值． 【答案】（1）易知函数在上单调递增， 当时，， 即函数的定义域与值域均为， 是“闭区间同域函数”．     （2）1．     （3），．      【分析】 （1）根据闭区间同域函数定义判断证明； （2）根据闭区间同域函数定义求解； （3）根据题意可得，分时、讨论，结合闭区间同域函数定义，的单调性判断可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 函数的图象开口向上，对称轴为直线， 函数在上单调递增， 当时，， 即， 所以，解得或（舍）． 当时，是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”，符合题意． 正实数的值为1． (3) 小问详解： 由题意得， 所以的图象是开口向上，对称轴为直线的抛物线，且， 当时，在上单调递增， ， 所以是方程的两根， 令，解得或，这与矛盾，不符合题意； 当时，在上单调递减，在上单调递增，， ① 当时，，不符合题意； ② 当时，，解得． 经检验，是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”， 综上，，． 【点睛】 关键点点睛：本题第三问解题的关键是由，分时、讨论，结合闭区间同域函数定义求解. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 一元二次函数、方程和不等式 3大高频考点概览 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 考点01 等式性质与不等式性质 1．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）（多选）下列命题为真命题的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 2．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）下列命题为真命题的是（       ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3．（25-26学年高一上·江西鹰潭部分学校·期中）下列命题正确的是（     ） A.  B.  C.  D. ， 4．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）（多选）下列命题正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若的取值范围是，的取值范围是，则的取值范围是 5．（25-26学年高一上·江西南昌行知中学·期中）（多选）已知，，，是实数，则下列一定正确的有（     ） A.  B.  C. 若，，则 D. 若，，则 6．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）（多选）已知，，，均为实数，下列说法正确的是（       ） A. 若，，则 B. ，，则 C. 若， D. 若，，则 7．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）已知a，b，c满足，则下列选项中正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）（多选）若，，则下列不等式中正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）下列说法正确的是（    ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）若，，下列结论正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）（多选）若，，则下列不等式成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）若且，则（     ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）已知a，，则的取值范围为　　　　　　 14．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）已知，，则的取值范围为　　　　　　　　． 15．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知均为正数且，求证： （1）； （2）． 考点02 基本不等式 1．（25-26学年高一上·江西赣州市十三校·期中）（多选）已知，若，则（       ） A. 的最大值为 B. 的最小值为1 C. 的最小值为8 D. 的最小值为 2．（25-26学年高一上·江西多校·期中）若，，，则的最小值为（       ） A. 8 B. 2 C.  D. 4 3．（25-26学年高一·江西南昌第五高级中学·期中）已知实数，，满足，则的最小值是（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知且，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高一上·江西鹰潭部分学校·期中）（多选）已知正数满足，则（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）（多选）已知x，y均为正实数，则（       ） A. 的最大值为 B. 若，则的最大值为8 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 7．（25-26学年高一上·江西部分学校·期中）（多选）已知正数，满足，则（     ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为1 D. 的最大值为4 8．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）已知，，且，则的最小值为（       ）． A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）（多选）设正实数满足，则（     ） A. 有最大值为1 B. 有最小值为5 C. 有最小值为 D. 有最大值为 10．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）（多选）若都为正实数，且，则（       ） A. 的最大值为11 B.  C. 的最小值为2 D. 的最小值为9 11．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）（多选）已知，，则下列说法正确的是（     ） A. 若，则的最大值为 B. 的最小值为 C. 若，则 D. 若，则的最小值为 12．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）已知实数x满足，则（     ） A. 有最大值27 B. 有最小值27 C. 有最大值18 D. 有最小值18 13．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）若正数，，满足，则的最小值为（     ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 14．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）《几何原本》中的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成为了后世数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明，如图所示的图形中，在上取一点C，使得，，过点C作交以为直径的半圆弧于D，连结，作，垂足为E，由可以直接证明的不等式是（     ）. A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）（多选）已知正实数满足，则（       ） A. 的最小值为6 B. 的最小值为20 C. 的最小值为 D. 的最小值为 16．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）若实数，，且，则最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）（多选）已知正实数a，b满足，则下列选项正确的是（       ）. A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）（1）设，，求的范围； （2）已知，求的最小值，并求取到最小值时的值； 19．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）已知正实数，，满足，则的最小值为　　　　　. 20．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知，则 的最小值为　　　　　　　　　　. 21．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）已知实数满足且，则的最小值为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　． 22．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）已知，且，则的最小值为　　　　　　　　　　　． 23．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙足够长）的矩形菜园.设菜园的长为x米，宽为y米. （1）若菜园面积为36平方米，则，为何值时，所用篱笆总长最小？ （2）若使用的篱笆总长为30米，求的最小值. 24．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）若命题“存在正数a，b，使得”是假命题，则实数k的最大值为　　　　　　. 25．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路，是推动绿色发展的战略措施.某汽车工业园区正在不断建设，计划在园区建造一个高为3米，宽度为（单位：米），地面面积为56平方米的长方体形状的储物室，经过谈判，工程施工单位给出两种报价方案. 方案一：储物室的墙面报价为每平方米200元，屋顶和地面报价共计9600元，总计报价记为； 方案二：其给出的整体报价为元. （1）当宽度为8米时，方案二的报价为29700元，求实数的值； （2）求的函数解析式，并求报价的最小值； （3）若对任意的时，方案二都比方案一省钱，求实数的取值范围. 26．（25-26学年高一上·江西南昌第一中学·期中）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． 27．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）若正数，满足，则的最小值为　　　　　　　　　　. 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 1．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）（多选）已知二次函数（，，为常数，且）的部分图象如图所示，则（     ） A.  B.  C.  D. 不等式的解集为 2．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）已知全集，集合，集合，则（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高一上·江西部分学校·期中）若不等式的解集为，则不等式的解集为（     ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）若，则关于的不等式的解集为（       ） A.  B.  C. 或 D. 或 5．（25-26学年高一上·江西多校·期中）（多选）若不等式对任意恒成立，则的值可能是（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）设，则“”的一个充分不必要条件是（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高一·江西南昌第五高级中学·期中）（多选）已知不等式的解集是，则下列说法正确的是（       ） A.  B. 不等式的解集是 C. 当时，，上的值域为，则的取值范围是 D. 若关于的不等式有解，则实数的取值范围是 8．（25-26学年高一上·江西南昌中学·期中）若关于的不等式的解集是，则不等式的解集为（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）已知一元二次方程的两不等实根都在内，则实数m的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高一上·江西鹰潭部分学校·期中）（多选）我们把有两个自变量的函数称为“二元函数”，已知关于实数x，y的二元函数，则以下说法正确的是（     ） A.  B. 对任意的， C. 若对任意实数x，，则实数a的取值范围是 D. 若存在，使不等式成立，则实数a的取值范围是 11．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）若两个正实数满足且存在这样的使不等式有解，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高一上·江西多校·期中）对于实数，规定表示不小于的最小整数，例如：，，记，则（     ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 13．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）已知“，不等式恒成立”为假命题，则的取值范围为（     ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）命题，恒成立为真命题，则a的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）不等式的解集为（     ） A. 或 B.  C. 或 D.  16．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）已知函数的定义域为区间[m，n]，其中，若f（x）的值域为[-4，4]，则的取值范围是（       ） A. [4，4] B. [2，8] C. [4，8] D. [4，8] 17．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）（多选）已知有限数集中的元素均为实数，且对任意，都有，则下列结论正确的是（       ） A. 中最大的元素不超过1 B. 中最小的元素可以小于 C. 若集合中只有一个元素，则或 D. 若集合中有两个元素，则 18．（25-26学年高一上·江西部分学校·期中）若关于x的不等式的解集为R，则实数k的取值范围为　　　　　　　　． 19．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）某商店购进一批玩具，若按每个10元的价格销售，每天能售出30个，且售价每高1元，日销售量则减少2个.为了使这批玩具每天的销售总收入不低于300元，销售价格最高是　　　　　. 20．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）已知，则的最大值为　　　　　　. 21．（25-26学年高一上·江西南昌外国语学校·期中）设函数． （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，求不等式的解集. 22．（25-26学年高一上·江西南昌第二中学·期中）对任意的实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　 23．（25-26学年高一上·江西吉安第一中学·期中）已知关于的不等式． （1）若不等式的解集是，分别求的值； （2）若且不等式的解集为，求取值范围 （3）若，，讨论此不等式的解集． 24．（25-26学年高一上·江西南昌大学附属学校·期中）已知集合，集合，. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的取值范围. 25．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）某工厂生产件产品的总成本（单位：元）与生产件数之间满足二次函数. （1）若要求生产总成本不超过30000元，求满足生产总成本要求的产品件数的取值范围； （2）试求该工厂生产多少件产品时，可使每件产品的平均成本最小. 26．（25-26学年高一上·江西宜春丰城第九中学·期中）已知二次函数满足，且： （1）求的解析式； （2）若在区间上，的值域为，求的取值范围. （3）若时，函数的图象恒在图象的上方，求实数的取值范围． 27．（25-26学年高一上·江西宜春中学·期中）已知关于的不等式． （1）若不等式的解集是，求的值； （2）若且不等式的解集为，求取值范围； （3）若，，讨论此不等式的解集． 28．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）已知，，若关于的不等式在恒成立，则的取值范围是　　　　　　　　. 29．（25-26学年高一上·江西吉水中学·期中）已知函数. （1）若关于的不等式的解集为（），求实数，的值； （2）若当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围； （3）求关于的不等式的解集. 30．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）已知函数. （1）已知曲线恒过定点，，求它们的纵坐标之和； （2）求的解集. 31．（25-26学年高一上·江西景德镇·期中）已知二次函数满足，且 （1）求函数的解析式； （2）已知不等式在上恒成立，求函数在区间上的最小值. 32．（25-26学年高一上·江西高安中学·期中）关于的方程至少有一个负根的充要条件是　　　　　． 33．（25-26学年高一·江西南昌第五高级中学·期中）（1）求关于的不等式的解集，其中为常数． （2）求关于的不等式的解集，其中为常数． 34．（25-26学年高一上·江西南昌行知中学·期中）已知二次函数的图象经过三点. （1）求的解析式; （2）若当时，恒成立，求实数的取值范围; （3）求在区间上的最小值. 35．（25-26学年高一上·江西景德镇一中·期中）已知函数，． （1）若在上的值域为，求的值； （2）若关于的不等式只有一个正整数解，求的取值范围． 36．（25-26学年高一上·江西赣州市25校联考·期中）已知函数. （1）求； （2）若，且，，证明：； （3）当时，，求的取值范围. 37．（25-26学年高一上·江西石城中学·期中）若函数的定义域与值域均为，则称为“闭区间同域函数”，称为的“同域闭区间”． （1）若函数的定义域为，证明：是“闭区间同域函数”； （2）若是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”，求正实数的值； （3）设，且，若是“闭区间同域函数”的“同域闭区间”，求实数的值． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $