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第二章 一元二次函数、方程和不等式
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 官渡区期末）若两个正实数x，y满足4x+y＝2xy，且不等式有解，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣1，2） B．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）
C．（﹣2，1） D．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）
2．（2024秋 深圳校级期末）对于实数a，b，c，下列命题正确的是（　　）
A．若a＞b，则ac2＞bc2
B．若a＞b，则a2＞b2
C．若a＞b，则a|a|＞b|b|
D．若a＞b＞c＞0，则
3．（2024秋 淮安期末）已知函数，x∈（0，1）∪（1，+∞），若，则a+b的最小值为（　　）
A．9 B． C．3 D．
4．（2025春 丽江期中）已知x，y满足，则z＝x+y的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025春 攀枝花期末）已知，b，，则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
6．（2025春 河南期末）已知正实数a，b满足，则的最小值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．2
7．（2025春 保定期末）已知0＜n＜1＜m，且m+n＝2，则的最小值为（　　）
A．8 B． C． D．
8．（2025春 高县校级期末）已知a，b，c＞0，且b＞c，则的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 邢台期末）已知a＞0，b＞0，且a+b＝1，则（　　）
A． B．
C．log2a+log2b≥﹣2 D．
10．（2025 玉溪校级模拟）已知关于x的不等式（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＞0（a＞0，b＞0）的解集为，则下列结论正确的是（　　）
A．2a+b＝1
B．的最大值为
C．的最小值为
D．a2+b2的最小值为
11．（2025春 北仑区校级期中）下列说法正确的有（　　）
A．的最小值为2
B．已知a＞0，b＞0，ab＝a+b+3，则ab的取值范围是[9，+∞）
C．已知a＞0，b＞0，a+2b＝1，则的最小值为4
D．已知a＞b＞0，，则5a﹣4b最小值为2
12．（2024秋 陕西校级期末）已知a＞0，b＞0，a+b2＝1，则（　　）
A． B．a+2b＞1 C． D．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 重庆校级期末）若关于x的不等式0≤ax2+bx+c≤2（a＞0）的解集为[﹣1，3]，则a﹣b﹣c的取值范围是 　 　 ．
14．（2025春 湖北期末）记一个长方形的长为a，宽为b，a＞b且a，b∈N*．若，则该长方形周长的最小值为 　 　 ．
15．（2025春 南开区校级月考）若a，b∈R，对 x∈[﹣2，2]，均有（2a+b）x2﹣bx﹣a﹣1≤0恒成立，则2a+b的取值范围为 　 　 ．
16．（2025春 常德期末）关于x的不等式（ax﹣1）2＜x2恰有2个整数解，则实数a的取值范围是　 　 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 南开区校级期中）已知二次函数f（x）＝x2+bx+c的两个零点分别是﹣1和3．
（1）求b、c的值；
（2）判断函数f（x）在[2，+∞）上的单调性，并用定义法证明；
（3）求函数f（x）在[﹣1，4]内的值域．
18．（2024秋 蒲江县校级月考）已知关于x的不等式（k2﹣4k﹣5）x2+（k+1）x+1＞0（k∈R）的解集为M．
（1）若M＝R，求实数k的取值范围；
（2）若存在两个不相等的负实数a、b，使得M＝（﹣∞，a）∪（b，+∞），求实数k的取值范围；
（3）是否存在实数k，满足：“对于任意正整数n，都有n∈M；对于任意负整数m，都有m M”，若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．
19．（2025春 临渭区校级期末）已知正实数x，y满足x+3y＝1．
（1）求xy的最大值；
（2）若不等式有解，求实数m的取值范围．
20．（2025春 兴庆区校级期末）设函数f（x）＝ax2+（1﹣a）x+a﹣2，a∈R．
（1）若a＝﹣2，求f（x）＜0的解集；
（2）解关于x的不等式：f（x）＜a﹣1．
第二章 一元二次函数、方程和不等式
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 官渡区期末）若两个正实数x，y满足4x+y＝2xy，且不等式有解，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣1，2） B．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）
C．（﹣2，1） D．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）
【考点】基本不等式及其应用．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】由已知利用乘1法结合基本不等式先求出x的最小值，然后结合存在性问题与最值关系进行转化，解二次不等式可求．
【解答】解：因为4x+y＝2xy，即2，
则x（x）（）（2）（2+2）（2+2）＝2，
当且仅当y＝4x且4x+y＝2xy，即x＝1，y＝4时取等号，
不等式有解，则（x）min＜m2﹣m，
所以m2﹣m＞2，
解得m＞2或m＜﹣1．
故选：D．
【点评】本题主要考查了乘1法及基本不等式在最值求解中的应用，还考查了存在性问题与最值关系的转化，属于中档题．
2．（2024秋 深圳校级期末）对于实数a，b，c，下列命题正确的是（　　）
A．若a＞b，则ac2＞bc2
B．若a＞b，则a2＞b2
C．若a＞b，则a|a|＞b|b|
D．若a＞b＞c＞0，则
【考点】等式与不等式的性质；不等关系与不等式．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】ABD选项，由做差法可判断大小；C选项，分a＞b＞0，a＞0＞b，0＞a＞b三种情况讨论即可判断大小．
【解答】A选项，ac2﹣bc2＝（a﹣b）c2≥0，故A错误；
B选项，a2﹣b2＝（a﹣b）（a+b），因不清楚a+b的正负情况，故B错误；
C选项，当a＞b＞0时，a|a|﹣b|b|＝a2﹣b2＝（a﹣b）（a+b）＞0；
当a＞0＞b时，a|a|﹣b|b|＝a2+b2＞0，
当0＞a＞b时，a|a|﹣b|b|＝﹣a2+b2＝（b﹣a）（a+b）＞0，
综上a|a|＞b|b|，故C正确；
D选项，，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查不等式的性质，属于基础题．
3．（2024秋 淮安期末）已知函数，x∈（0，1）∪（1，+∞），若，则a+b的最小值为（　　）
A．9 B． C．3 D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】转化思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】B
【分析】先对原函数分离常数得出，然后根据条件即可得出，然后根据基本不等式和1的代换即可得解．
【解答】解：，由得：，整理得：4a+b＝2ab，且a＞0，b＞0，
∴，
∴，当且仅当，即b＝2a＝3时取等号，
∴a+b的最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查了分离常数法的运用，基本不等式和1的代换，是中档题．
4．（2025春 丽江期中）已知x，y满足，则z＝x+y的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【考点】等式与不等式的性质．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】B
【分析】由已知结合不等式性质即可求解．
【解答】解：因为x+y（x﹣2y）（2x+y），
又x，y满足，
所以，，
所以（x﹣2y）（2x+y），
即．
故选：B．
【点评】本题主要考查了不等式性质的应用，属于中档题．
5．（2025春 攀枝花期末）已知，b，，则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【考点】不等式比较大小．
【专题】函数思想；作差法；构造法；导数的综合应用；不等式；运算求解．
【答案】A
【分析】设f（x），由f（x）的单调性比较a，b的大小；设h（x）＝ex﹣1﹣x，由h（x）的单调性可比较的大小，结合的大小，进而比较b，c的大小，即可得到答案．
【解答】解：由题意，设f（x），x＞0，则f′（x），
当x≥2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（2）＞f（3），即a＜b；
设h（x）＝ex﹣1﹣x，则h'（x）＝ex﹣1﹣1，当x＞1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
故，即，
因为22.828＞e≈2.718，
所以0，所以，
所以c﹣b（）＞0，即b＜c．
则a＜b＜c．
故选：A．
【点评】本题考查不等式的性质、利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
6．（2025春 河南期末）已知正实数a，b满足，则的最小值为（　　）
A．8 B．6 C．4 D．2
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】利用基本不等式结合“1”的妙用，即可得到答案．
【解答】解：由已知，a，b是正实数，
所以，
当且仅当即，b＝4时取得等号，
故的最小值为8．
故选：A．
【点评】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题．
7．（2025春 保定期末）已知0＜n＜1＜m，且m+n＝2，则的最小值为（　　）
A．8 B． C． D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】化简式子，然后使用基本不等式计算．
【解答】解：由已知得，
，
又
，
当且仅当，即，时取等号，
所以，所以的最小值为．
故选：D．
【点评】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题．
8．（2025春 高县校级期末）已知a，b，c＞0，且b＞c，则的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】转化思想；分析法；不等式的解法及应用；逻辑思维．
【答案】D
【分析】根据基本不等式可得，而后对不等式进行转化即可求解．
【解答】解：由于b＞c，故b﹣c＞0，所以有，
，当且仅当b＝2c时，等号成立，
所以2ab+8c（b﹣c）≤2ab2ab+2b2，即，当且仅当a＝b＝2c时，原式取得最小值．
故选：D．
【点评】本题主要考查基本不等式的应用，属基础题．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 邢台期末）已知a＞0，b＞0，且a+b＝1，则（　　）
A． B．
C．log2a+log2b≥﹣2 D．
【考点】基本不等式及其应用．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】ABD
【分析】利用基本不等式，结合对数与指数的运算法则即可得解．
【解答】解：对于A，因为a＞0，b＞0，且a+b＝1，
所以，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，由A知，所以，
当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C错误；
对于D，，
当且仅当时，等号成立，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
10．（2025 玉溪校级模拟）已知关于x的不等式（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＞0（a＞0，b＞0）的解集为，则下列结论正确的是（　　）
A．2a+b＝1
B．的最大值为
C．的最小值为
D．a2+b2的最小值为
【考点】运用基本不等式求最值；解一元二次不等式．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】BC
【分析】由已知结合二次不等式与二次方程的关系可得a+2b＝1，然后结合基本不等式的乘“1”法可判断C，利用向量的性质可求解B，根据二次函数的性质可判断D．
【解答】解：因为关于x的不等式（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＞0（a＞0，b＞0）的解集为，
所以﹣1和为方程（m+a）x2+（m﹣2b）x﹣1＝0的两根，
所以，所以a+m＝2，2b﹣m＝﹣1，
所以a+2b＝1，故A错误；
对于B，因为a＞0，b＞0，由A选项分析，a+2b＝1，
设，由于，
故，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，因为a+2b＝1，
所以
，
当且仅当，即时取等号，C正确；
对于D，，
当且仅当时取等号，故最小值为，D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查一元二次不等式与一元二次方程的关系、基本不等式的应用，属于中档题．
11．（2025春 北仑区校级期中）下列说法正确的有（　　）
A．的最小值为2
B．已知a＞0，b＞0，ab＝a+b+3，则ab的取值范围是[9，+∞）
C．已知a＞0，b＞0，a+2b＝1，则的最小值为4
D．已知a＞b＞0，，则5a﹣4b最小值为2
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】BD
【分析】举出反例检验选项A，结合基本不等式及相关结论检验选项BCD．
【解答】解：当a＜0时，A显然错误；
因为a＞0，b＞0，ab＝a+b+33，当且仅当a＝b＝3时取等号，
则ab≥9，B正确；
a＞0，b＞0，a+2b＝1，则a2b1+（a+2b）（）
＝1+25，当且仅当a＝2b，即b，a时取等号，C错误；
因为a＞b＞0，，
令m＝a﹣b，n＝a+b，则4，m＞0，n＞0，
则5a﹣4b（9m+n）（）（10）（10+2）＝2，
当且仅当n＝3m，即m，n＝1时取等号，D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
12．（2024秋 陕西校级期末）已知a＞0，b＞0，a+b2＝1，则（　　）
A． B．a+2b＞1 C． D．
【考点】运用基本不等式求最值．
【答案】BCD
【分析】根据题意，求得a，b的范围，整理可得，利用基本不等式可判断AC；利用二次函数的性质可判断B；利用基本不等式“1”的代换可判断D．
【解答】解：因为a＞0，b＞0，a+b2＝1，所以a＝1﹣b2，
所以0＜b＜1，0＜a＜1，
对于A：因为，当且仅当，即时等号成立，故A错误；
对于B：因为a+2b＝1﹣b2+2b＝﹣（b﹣1）2+2，因为0＜b＜1，所以1＜﹣（b﹣1）2+2＜2，即1＜a+2b＜2，故B正确；
对于C：因为，所以，当且仅当，即时等号成立，故C正确；
对于D：因为，当且仅当，即时等号成立，故D正确
故选：BCD．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 重庆校级期末）若关于x的不等式0≤ax2+bx+c≤2（a＞0）的解集为[﹣1，3]，则a﹣b﹣c的取值范围是 　（﹣2，1]　 ．
【考点】解一元二次不等式．
【专题】方程思想；转化法；不等式；运算求解．
【答案】（﹣2，1]．
【分析】由题意得0≤ax2+bx+c恒成立，从而可得ax2+bx+c≤2的解集为{x|﹣1≤x≤3}，然后结合二次方程与二次不等式的转化关系及方程的根与系数关系可求得a，b，c的关系，进而可求．
【解答】解：当a＞0时，若关于x的不等式0≤ax2+bx+c≤2的解集为{x|﹣1≤x≤3}，
则0≤ax2+bx+c恒成立，即解集为R，b2﹣4ac≤0①，
故ax2+bx+c≤2的解集为{x|﹣1≤x≤3}，
所以x＝﹣1，x＝3为方程ax2+bx+c＝2的根，
即，
故b＝﹣2a，c＝2﹣3a，
所以b2﹣4ac＝4a2﹣4a（2﹣3a）≤0，a＞0，
解得，
所以a﹣b﹣c＝a+2a+3a﹣2＝6a﹣2∈（﹣2，1]．
故答案为：（﹣2，1]．
【点评】本题主要考查了二次不等式与二次方程转化关系的应用，还考查了方程根与系数关系的应用，属于中档题．
14．（2025春 湖北期末）记一个长方形的长为a，宽为b，a＞b且a，b∈N*．若，则该长方形周长的最小值为 　34　 ．
【考点】运用基本不等式求最值．
【专题】计算题；方程思想；构造法；不等式的解法及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】34．
【分析】将等式变换成基本不等式的形式，然后利用基本不等式的性质求出长方形周长的最小值．
【解答】解：由a+b1，得a，
所以a+bb＝8b﹣4≥8+4（b＞4），
当且仅当b﹣4＝4，即b＝8，a＝9时等号成立，
所以该长方形周长2a+2b的最小值为34．
故答案为：34．
【点评】本题主要考查基本不等式的运用，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．
15．（2025春 南开区校级月考）若a，b∈R，对 x∈[﹣2，2]，均有（2a+b）x2﹣bx﹣a﹣1≤0恒成立，则2a+b的取值范围为 　[﹣4，]　 ．
【考点】一元二次不等式恒成立问题．
【专题】函数思想；换元法；不等式；运算求解．
【答案】[﹣4，]．
【分析】令2a+b＝t，由 ，求出t，再将不等式化为对 x∈[﹣2，2]，tx2﹣（t﹣2a）x﹣a﹣1≤0，取，解不等式求出t≥﹣4，再验证即可．
【解答】解：令f（x）＝（2a+b）x2﹣bx﹣a﹣1，所以 ，
设2a+b＝t，则b＝t﹣2a，将b＝t﹣2a代入7a+2b﹣1≤0，得7a+2（t﹣2a）﹣1≤0，即，
将b＝t﹣2a代入7a+6b﹣1≤0，得7a+6（t﹣2a）﹣1≤0，即，
由，可得 ，解得t．
又原不等式可化为对 x∈[﹣2，2]，tx2﹣（t﹣2a）x﹣a﹣1≤0，
为了消去a，不妨取，可得，解得t≥﹣4，
当t＝﹣4时，原不等式可化为﹣4x2﹣（﹣4﹣2a）x﹣a﹣1≤0，即，
观察可知，当a＝0 时，﹣（2x﹣1）2≤0对x∈[﹣2，2]恒成立，当且仅当取等号，
此时a＝0，b＝﹣4，说明当t＝﹣4时，a，b均可取到，满足题意；
所以2a+b的取值范围为[﹣4，]．
故答案为：[﹣4，]．
【点评】本题考查一元二次不等式恒成立问题，利用换元法解题，属于难题．
16．（2025春 常德期末）关于x的不等式（ax﹣1）2＜x2恰有2个整数解，则实数a的取值范围是　（，]∪[，）　 ．
【考点】一元二次不等式及其应用．
【专题】分类讨论；转化思想；综合法；分类法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】（，]∪[，）．
【分析】先将原不等式转化为[（a+1）x﹣1][（a﹣1）x﹣1]＜0，再对a分类讨论分别求出原不等式的解集，然后根据其解集中恰有两个整数求出实数a的取值范围．
【解答】解：不等式（ax﹣1）2＜x2可化为[（a+1）x﹣1][（a﹣1）x﹣1]＜0，
①当a＝1时，原不等式等价于2x﹣1＞0，其解集为（，+∞），不满足题意；
②当a＝﹣1时，原不等式等价于2x+1＜0，其解集为（﹣∞，），不满足题意；
③当a＞1时，原不等式等价于（x）（x）＜0，其解集为（，），
∵其解集中恰有2个整数，∴，解得：a；
④当﹣1＜a＜1时，原不等式等价于（x）（x）＞0，其解集为（﹣∞，）∪（，+∞），不满足题意；
⑤当a＜﹣1时，原不等式等价于（x）（x）＜0，其解集为（，），
∵其解集中恰有2个整数，∴，解得：a，
综合以上，可得：a∈（，]∪[，），
故答案为：（，]∪[，）．
【点评】本题主要考查含参不等式的解法及不等式解集中的整数解问题，属于有一定难度的题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 南开区校级期中）已知二次函数f（x）＝x2+bx+c的两个零点分别是﹣1和3．
（1）求b、c的值；
（2）判断函数f（x）在[2，+∞）上的单调性，并用定义法证明；
（3）求函数f（x）在[﹣1，4]内的值域．
【考点】二次函数的值域；二次函数的单调性与单调区间．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）b＝﹣2，c＝﹣3；（2）f（x）在[2，+∞）上单调递增，证明见解析；（3）[﹣4，5]．
【分析】（1）应用根与系数关系求参数值；
（2）由单调性定义，令x1＞x2≥2，应用作差法比较f（x1），f（x2）的大小，即可证；
（3）根据二次函数的性质求区间值域即可．
【解答】解：（1）二次函数f（x）＝x2+bx+c的两个零点分别是﹣1和3，
由题意得，解得；
故b＝﹣2，c＝﹣3．
（2）f（x）在[2，+∞）上单调递增，证明如下：
由（1）知f（x）＝x2﹣2x﹣3，令x1＞x2≥2，
所以（x1+x2）（x1﹣x2）﹣2（x1﹣x2）
＝（x1+x2﹣2）（x1﹣x2），
而x1+x2﹣2＞0，x1﹣x2＞0，则f（x1）﹣f（x2）＞0，所以f（x1）＞f（x2），
综上，f（x）在[2，+∞）上单调递增．
（3）由f（x）＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，则f（x）在[﹣1，1）上单调递减，在（1，4]上单调递增，
且f（﹣1）＝0＜f（4）＝5，f（1）＝﹣4，故f（x）在[﹣1，4]的值域为[﹣4，5]．
【点评】本题考查的知识点：函数的解析式的求法，函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
18．（2024秋 蒲江县校级月考）已知关于x的不等式（k2﹣4k﹣5）x2+（k+1）x+1＞0（k∈R）的解集为M．
（1）若M＝R，求实数k的取值范围；
（2）若存在两个不相等的负实数a、b，使得M＝（﹣∞，a）∪（b，+∞），求实数k的取值范围；
（3）是否存在实数k，满足：“对于任意正整数n，都有n∈M；对于任意负整数m，都有m M”，若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．
【考点】由一元二次不等式的解求参数．
【专题】对应思想；定义法；函数的性质及应用；集合；运算求解．
【答案】（1）（﹣∞，﹣1]∪（7，+∞）；
（2）k∈（5，7）；
（3）存在，k的值为5．
【分析】（1）就不等式的二次项系数是否为0进行分类讨论，在不为0时，结合二次函数的图象进行分析判断即可求得参数范围；
（2）由题意，可判断方程（k2﹣4k﹣5）x2+（k+1）x+1＝0有两个不相等的负实根，且k2﹣4k﹣5＞0，结合函数图象可得不等式组，解之即得；
（3）根据题意，得出M＝（t，+∞），t∈[﹣1，1），分别就二次项系数是否为0进行分类考虑，检验解集是否符合要求即得结论．
【解答】解：（1）当k2﹣4k﹣5＝0时，解得k＝5或k＝﹣1，
（Ⅰ）当k＝5时，不等式化为6x+1＞0，解集为，不符合题意，应舍去；
（Ⅱ）当k＝﹣1时，不等式化为1＞0，∴k＝﹣1时，解集为R，符合题意；
（Ⅲ）当k2﹣4k﹣5≠0时，要使不等式解集为R，需使，
由①得，k＜﹣1或k＞5；由②得，k＜﹣1或k＞7，
综上，可得实数k的取值范围为k∈（﹣∞，﹣1）∪（7，+∞）；
（2）依题意，方程（k2﹣4k﹣5）x2+（k+1）x+1＝0有两个不相等的负实根，且k2﹣4k﹣5＞0，
故有，解得5＜k＜7，
即实数k的取值范围为（5，7）；
（3）根据题意，得出解集M＝（t，+∞），t∈[﹣1，1），
当k2﹣4k﹣5＝0时，解得k＝5或k＝﹣1，
k＝﹣1时，1＞0恒成立，不满足条件，
当k2﹣4k﹣5＜0时，此时对应的一元二次不等式的解集形式不是（t，+∞）的形式，不满足条件，
当k2﹣4k﹣5＞0时，此时对应的一元二次不等式的解集形式不是（t，+∞）的形式，不满足条件，
k＝5时，不等式的解集为，满足条件．
综上，存在满足条件k的值为5．
【点评】本题主要考查含参的一元二次不等式的解集问题，属于难题．
19．（2025春 临渭区校级期末）已知正实数x，y满足x+3y＝1．
（1）求xy的最大值；
（2）若不等式有解，求实数m的取值范围．
【考点】运用基本不等式求最值；分式不等式．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】（1）；
（2）[﹣4，﹣2）．
【分析】（1）根据条件，利用基本不等式计算即可求解；
（2）根据“1”的代换可得，利用基本不等式计算可得，则，解分式不等式即可．
【解答】解：（1）∵x＞0，y＞0，x+3y＝1，
∴，解得，
当且仅当即，时等号成立，
∴xy的最大值为．
（2）∵，
当且仅当即，时，等号成立，
∴由题意得，
∴，解得﹣4≤m＜﹣2，
∴m的取值范围是[﹣4，﹣2）．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
20．（2025春 兴庆区校级期末）设函数f（x）＝ax2+（1﹣a）x+a﹣2，a∈R．
（1）若a＝﹣2，求f（x）＜0的解集；
（2）解关于x的不等式：f（x）＜a﹣1．
【考点】解一元二次不等式．
【专题】分类讨论；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】（1）R；
（2）答案见解析．
【分析】（1）解不含参的一元二次不等式即可得解；
（2）f（x）＜a﹣1 ax2+（1﹣a）x﹣1＜0 （x﹣1）（ax+1）＜0，对a分类讨论即可得解．
【解答】解：函数f（x）＝ax2+（1﹣a）x+a﹣2，a∈R，
（1）若a＝﹣2，f（x）＜0，则﹣2x2+3x﹣4＜0，即2x2﹣3x+4＞0，
而Δ＝9﹣32＝﹣23＜0，故f（x）＜0的解集为R；
（2）若f（x）＜a﹣1，则ax2+（1﹣a）x﹣1＜0 （x﹣1）（ax+1）＜0，
（i）当a＜﹣1时，解不等式（x﹣1）（ax+1）＜0得，或x＞1，
（ii）当a＝﹣1时，解不等式（x﹣1）（ax+1）＜0得，x＜1或x＞1，
（iii）当﹣1＜a＜0时，解不等式（x﹣1）（ax+1）＜0得，x＜1或，
（iv）当a＝0时，（x﹣1）（ax+1）＜0 x﹣1＜0，解得x＜1，
（v）当a＞0时，解不等式（x﹣1）（ax+1）＜0得，，
综上所述，当a＝0时，不等式f（x）＜a﹣1的解集为（﹣∞，1）；
当a＞0时，不等式f（x）＜a﹣1的解集为；
当﹣1＜a＜0时，不等式f（x）＜a﹣1的解集为；
当a＝﹣1时，不等式f（x）＜a﹣1的解集为（﹣∞，1）∪（1，+∞）；
当a＜﹣1时，不等式f（x）＜a﹣1的解集为．
【点评】本题主要考查不等式的求解以及分类讨论思想的应用，考查计算能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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