专题二 二次函数、方程与不等式-2021届高三《新题速递•数学》12月刊（江苏专用 适用于高考复习）

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一、单选题


1．（2020·浙江杭州·高一期中）已知一元二次不等式的解集为或，则的解集为（ ）


A．或B．


C．D．


【答案】C


【分析】


根据不等式的解集得出，求出解集即可．


【详解】


解：一元二次不等式的解集为或，


则的解集为，


则可化为；


解得，


所以所求不等式的解集为．


故选：C．


2．（2020·宁波市北仑中学高二期中）若则下列结论正确的有（ ）


① ② ③ ④


A．1个B．2个C．3个D．4个


【答案】D


【分析】


由对数定义求出，再根据不等式的性质判断．作差并利用二次函数性质得出结论．


【详解】


由题意得，，


，而，∴，①正确；


，，，


∴，②正确；


，


又，


∴，③正确；


，


又，即，，


∴，∴，④正确，


故选：D．


【点睛】


关键点点睛：本题考查对数与指数式的互化，对数函数的性质，考查作差法证明不等式，证明不等式的方法很多，其中作差不进最基本的方法，作差后可以利用不等式的性质，利用函数的性质进行判断证明．


3．（2020·安徽高一月考）若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（ ）


A．B．C．D．


【答案】D


【分析】


根据题意，讨论二次项系数的取值情况，找出满足不等式无解的的取值集合即可.


【详解】


解：当时，，此不等式无解；


当，要使原不等式无解，应满足：


，


解得：.


故选：D.


4．（2020·安徽涡阳四中高一月考）已知函数，则此函数的最小值等于（ ）


A．B．C．5D．9


【答案】C


【分析】


利用基本不等式求解即可.


【详解】


因为，则，所以，当且仅当，即时取等号.


故选：C.


【点睛】


利用基本不等式求最值的基本方法如下：


（1）若所给表达式满足求最值的三个条件“一正、二定、三相等”时，则直接利用基本不等式进行求解；


（2）若不满足求最值的三个条件时，则需要对所给式子进行变形，通过“1”的代换，添项、配凑、换元等技巧构造出基本不等式的形式进行求解.


5．（2020·武邑宏达学校高一期中）已知：，且，则取到最小值时，（ ）


A．B．C．D．


【答案】B


【分析】


根据，且，利用“1”的代换，将转化为，再利用基本不等式求解.


【详解】


因为，且，


所以，


当且仅当 ，即时，取等号，


所以，


故选：B


6．（2020·山东省实验中学高一期中）若正实数，满足，则的最小值为（ ）


A．B．C．5D．


【答案】C


【分析】


根据，将，变形为，利用基本不等式求解.


【详解】


因为正实数，满足，


所以，


当且仅当时，取等号，


所以的最小值为5


故选：C


7．（2020·山东省实验中学高一期中）在同一坐标系中，函数与的图像可能是（ ）


A．B．


C．D．


【答案】A


【分析】


分和两种情况，根据一次函数和二次函数的图象和性质判断.


【详解】


因为当时，是增函数，与y轴的交点在正半轴上，的开口向上；


当时，是减函数，与y轴的交点在负半轴上，的开口向下；


所以只有A中的图象符合，


故选：A


8．（2018·上海市复兴高级中学高一月考）不等式成立的条件是（ ）


A．B．C．D．


【答案】D


【分析】


利用特殊值及根据均值不等式可判断不等式成立的条件.


【详解】


当时，不等式不成立，所以ABC不正确；


因为当时，


，当且仅当时，等号成立，


故C正确.


故选：C


9．（2020·三门峡市外国语高级中学高一期中）设正数，满足，则的最大值为（ ）


A．B．C．D．


【答案】D


【分析】


根据正数，满足，，将变形为，利用基本不等式求解.


【详解】


因为正数，满足，


所以，


所以，


当且仅当，即时，取等号，


所以的最大值为，


故选：D


10．（2020·浙江高一期中）已知正实数，，满足，若的最小值为3，则实数的值为（ ）


A．1B．3C．6D．9


【答案】B


【分析】


利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．


【详解】


因为正实数，，满足，


所以，


所以


当且仅当且时取等号，


由题意可得，


解得，


故选：B


【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）“一正二定三相等”“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.


11．（2020·龙湾职业技术学校高一期中）已知关于的方程有两个实数根，则的取值范围为（ ）


A．B．或


C．或D．


【答案】C


【分析】


由一元二次方程存在两个实根，有判别式即可求的取值范围.


【详解】


由题意知：，解之得或，


故选：C





二、多选题


12．（2020·江苏扬中市第二高级中学高一期中）已知，不等式恒成立，则实数的可能取值有（ ）


A．B．C．D．


【答案】CD


【分析】


根据，不等式恒成立，分，两种情况利用判别式法求解.


【详解】


因为，不等式恒成立，


所以当时，若不等式恒成立，若无意义；


当时，即或，则 ，


解得 ，


综上： 实数的可能取值有或，


故选：CD


13．（2020·重庆北碚·西南大学附中高二期中）下列结论中，所有正确的结论是（ ）


A．若，则


B．若实数、、，则


C．当时，


D．若实数，，，则


【答案】ACD


【分析】


利用不等式的基本性质可判断A选项的正误；利用作差法可判断B选项的正误；利用基本不等式可判断C选项的正误；将代数式与，展开后利用基本不等式可判断D选项的正误.


【详解】


对于A选项，若，则，，所以，由不等式的基本性质可得，A选项正确；


对于B选项，由于、、均为正实数，则，


由于、的大小关系不确定，则的符号不确定，所以，与的大小关系不确定，B选项错误；


对于C选项，当时，，由基本不等式可得，


当且仅当时，等号成立，C选项正确；


对于D选项，由于正实数、满足，，


当且仅当时，等号成立，D选项正确.


故选：ACD.


14．（2020·江苏淮安·高二期中）若正实数，满足，则下列说法正确的是（ ）


A．B．


C．D．


【答案】BCD


【分析】


利用基本不等式及不等式的性质即可判断四个选项的正误.


【详解】


对于选项A：因为，且，则，当且仅当 时等号成立，故选项A不正确；


对于选项B：，当且仅当 时等号成立，故选项B 正确；


对于选项C：，当且仅当 时等号成立，所以，故选项C正确；


对于选项D：，故选项D正确；


故选：BCD


【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）“一正二定三相等”“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.





第II卷（非选择题）





三、填空题


15．（2020·浙江温州·高二期中）不等式对任意的实数恒成立的充要条件是______.


【答案】


【分析】


由题意得，从而可求出取值范围


【详解】


解：当时，不等式可化为，得不合题意，所以，


因为不等式对任意的实数恒成立，


所以，即，解得，


故答案为：


16．（2020·江苏省邗江中学高二期中）己知命题，，且是真命题，则实数的取值范围是______．


【答案】或


【分析】


命题是真命题等价于时恒成立，转化为，即可解出答案．


【详解】


因为，，且是真命题，


所以恒成立，


所以只需，


解得或


故答案为：或


17．（2020·江西景德镇一中高二期中（理））已知，不等式恒成立，则的取值范围为_________．


【答案】


【分析】


设，则，解不等式组可得的取值范围．


【详解】


设，


则，即，解得或


故答案为：


18．（2020·安徽高一月考）若，且，求的最小值_________.


【答案】


【分析】


将，变形为 ，利用“1”的代换，将，转化为，利用基本不等式求解.


【详解】


因为，且，


所以 ，


所以，


当且仅当，即时，取等号，


所以的最小值为，


故答案为：


19．（2020·吉林长春十一高高一期中）实数，满足，若所有满足条件的实数，使得不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是________.


【答案】


【分析】


由可得，，然后可得，利用基本不等式求出其最小值，然后可得，然后求出右边的最大值即可.


【详解】


因为，


所以，，


当且仅当即时等号成立


所以，即


因为，所以


故答案为：


【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）“一正二定三相等”“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.


20．（2020·江苏徐州·高一期中）已知为正实数，则的最小值为__________．


【答案】


【分析】


根据题意，为正实数，化简，令，则，利用基本不等式的性质即可得出最小值.


【详解】


为正实数，


则，


令，


则，


由于，，


则，


当且仅当时，即：时取等号，


所以，


则的最小值为；


故答案为：.


【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）“一正二定三相等”“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.


21．（2020·徐州高级中学高一期中）已知且，则的最小值是_____________.


【答案】


【分析】


拼凑得，再结合基本不等式得，展开化简即可


【详解】


由题可知，


则，当且仅当时，取到最小值


故答案为：





四、解答题


22．已知p：实数x满足x2﹣4ax+3a2＜0，其中a＞0； q：实数x满足2＜x≤3．


（1）若a＝1，且p∧q为真，求实数x的取值范围；


（2）若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．


【答案】（1）（2，3）；（2）[1，2]．


【分析】


（1）求解一元二次不等式，解得命题为真的取值范围和命题为真的范围取交集即可；


（2）命题为真对应的的范围是命题为真对应的的范围的子集，即可求得参数范围.


【详解】


（1）p：由原不等式得，（x﹣3a）（x﹣a）＜0，∵a＞0，所以a＜x＜3a；


当a＝1时，得到1＜x＜3；


q：实数x满足2＜x≤3；


若p∧q为真，则p真且q真，∴实数x的取值范围是：（2，3）；


（2）p是q的必要不充分条件，即由p得不到q，而由q能得到p；


∴，解得1≤a≤2；


∴实数a的取值范围是[1，2]．


【点睛】


复合命题p∧q的真假由命题p，q共同决定，当两命题中有一个是假命题时复合后为假命题，由若p是q的必要不充分条件可得集合q是集合p的真子集.


23．（2020·安徽高一月考）已知，且.


（1）求的最小值.


（2）若恒成立，求实数的取值范围.


【答案】（1）；（2）.


【分析】


（1）利用，利用基本不等式性质即可求得最小值；


（2）利用基本不等式求出的最小值，恒成立，即，代入即可求得实数的取值范围.


【详解】


解：（1），


，


当且仅当，即，时，取等号；


（2）恒成立，


，


即，


可得:，


解得:.


【点睛】


方法点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正，即各项均为正；二定，即积或和为定值；三相等，即等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．


24．（2020·吉林长春十一高高一期中）已知函数.


（1）关于不等式的解集为，求的取值范围；


（2）关于不等式的解集为，且，求的取值范围.


【答案】（1）；（2）.


【分析】


（1）不等式的解集是空集，分和两种情况求解；


（2）由条件知对任意的，，不等式恒成立，即恒成立，然后解出的最大值可得的范围．


【详解】


（1）①当，即时，，不合题意；


②当，即时，，


解得，的取值范围是；


（2）不等式的解集为，若，


即对任意的，不等式恒成立，


即恒成立，


恒成立，恒成立，


设，则，，


，


，当且仅当时取等号，


，当且仅当时取等号，


当时，的最大值为，


的取值范围是．


【点睛】


方法点睛：不等式的恒成立问题，首选的方法是分离变量法，然后转化为最值问题.


25．（2020·武邑宏达学校高一期中）已知函数和的图象关于原点对称，且.


（1）求函数的解析式；


（2）已知，若在上是增函数，求实数的取值范围.


【答案】（1）；（2）.


【分析】


（1）根据函数和的图象关于原点对称，在函数的图象上任一点，设关于原点的对称点为，由，求得，在根据点在上求解.


（2）由（1）得到，时，满足条件；当时，利用二次函数的单调性求解.


【详解】


（1）设函数的图象上任一点关于原点的对称点为，


则，即，.


因为点在上，


，即，


故.


（2）由（1）知


当时，满足条件；


当时，对称轴，且开口向上；


令得


综上：.


【点睛】


方法点睛：（1）二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论．（2）二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图象的对称轴进行分析讨论求解．


26．（2020·江苏徐州·高一期中）已知函数.


（1）若不等式的解集是，求的值；


（2）当时，若不等式对一切实数恒成立，求的取值范围；


（3）当时，设，若存在，使得成立，求的取值范围.


【答案】（1）；（2）；（3）.


【分析】


（1）先依题意得的根是3和7，再利用根与系数的关系求得参数即可；


（2）分类讨论，结合一次函数的性质和二次函数的性质直接求解即可；


（3）对函数的解析式进行配方，利用一元二次方程根的分布性质情况直接求解即可.


【详解】


（1）依题意，解集是，故且的根是3和7，所以 ，解得；


（2）当时，对一切实数恒成立，


显然，时不满足题意；


时，根据二次函数图象特征可知，且，故，


的取值范围；


（3）当时，是开口向上的抛物线，若存在，使得成立，即函数在区间内的值有正有负，所以必须有，解得或.


①若，即，亦即，则对称轴，于是必须满足，所以，故；


②若，即，则对称轴，但，故函数在区间内恒负，不满足条件.


③若，即，则，函数在区间内恒负，不满足条件.


综上，的取值范围是.


【点睛】


方法点睛：


二次函数在R上恒成立，等价于；


二次函数在R上恒成立，等价于；


二次函数在R上恒成立，等价于；


二次函数在R上恒成立，等价于.


27．（2020·山东省实验中学高一期中）2020 年初，新冠肺炎疫情袭击全国，在党和国家强有力的抗疫领导下，我国控制住疫情，之后一方面防止境外输入，另一方面复工复产．某厂经调查测算，某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．


（1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？


（2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并将定价提高到元．公司拟投入万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．


【答案】（1）40；（2）10.2，30元．


【分析】


（1）根据条件列出关于的一元二次不等式，求解出解集即可确定出定价最多时对应的数值；


（2）明年的销售收入等于销量乘以单价，原收入和总投入之和为，由此列出不等式，根据不等式有解结合基本不等式求解出的最小值，同时计算出的值.


【详解】


（1）设每件定价为元，


依题意得，


整理得，解得


所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．


（2）依题意知当时，不等式成立


等价于时，有解，


由于，


当且仅当，即时等号成立，


所以


当该商品改革后销售量至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．


【点睛】


关键点点睛：本题中的第二问，解答的关键有两点：（1）根据条件列出满足的不等式并对不等式进行参变分离；（2）使用基本不等式求解出最值.


28．（2020·山东省实验中学高一期中）已知关于的不等式的解集是．


（1）若，求解集；


（2）若，解关于的不等式．


【答案】（1）；（2）．


【分析】


（1）根据一元二次不等式的解法直接求得结果；


（2）根据一元二次不等式的解集和一元二次方程的关系，利用韦达定理可构造方程求得，根据一元二次不等式的解法可直接求得结果.


【详解】


（1），不等式为：，即，


解得：或，.


（2），和是方程的两个根，


由韦达定理得：，解得：，


不等式即为，即，


即，解得：.


不等式的解集为．


29．（2020·扬州大学附属中学东部分校高一期中）已知一次函数满足， .


在所给的三个条件中，任选一个补充到题目中，并解答.


①，②，③.


（1）求函数的解析式；


（2）若在上的最大值为2，求实数的值.


【答案】（1）（2）


【分析】


利用待定系数法求出，


（1）根据所选条件，都能求出，可得；


（2）根据对称轴与区间中点值的大小分两种情况讨论求出最大值，结合已知最大值可求得的值.


【详解】


设，则，即，


所以，，所以，


若选①，


（1）由得，得，所以.


（2），


区间的中点值为，对称轴为，


当，即时，，所以，解得；


当，即时，，所以，解得（舍），


综上所述：.


若选②，


（1）由得，解得，所以；


（2），


区间的中点值为，对称轴为，


当，即时，，所以，解得；


当，即时，，所以，解得（舍），


综上所述：.


若选③，


（1）由得，解得，所以；


（2），


区间的中点值为，对称轴为，


当，即时，，所以，解得；


当，即时，，所以，解得（舍），


综上所述：.


【点睛】


关键点点睛：第二问，讨论对称轴与区间中点值的大小求最大值是解题关键.


30．（2020·常州市北郊高级中学）已知二次函数，若不等式的解集为，且方程有两个相等的实数根.


（1）求的解析式；


（2）若，成立，求实数m的取值范围.


【答案】（1）；（2）.


【分析】


（1）根据的解集为，可得1,2即为方程的两根，根据韦达定理，可得b，c的表达式，根据有两个相等的实数根.可得该方程，即可求得a的值，即可得答案；


（2）由题意得使成立，则只需，利用基本不等式，即可求得答案.


【详解】


（1）因为的解集为，


所以1,2即为方程的两根， 由韦达定理得，且，


解得，，


又方程有两个相等的实数根，


所以，即，


，解得，所以，


所以；


（2）由（1）可得，，


所以，则，，


又，当且仅当，即x=2时等号成立，


所以，使成立，等价为成立，


所以.


【点睛】


已知解集求一元二次不等式参数时，关键是灵活应用韦达定理，进行求解，处理存在性问题时，需要，若处理恒成立问题时，需要，需认真区分问题，再进行解答，属中档题.


31．（2020·江西景德镇一中高一期中）若对任意的，对任意的，不等式恒成立，求的最大值.


【答案】33


【分析】


设，对讨论，分，，，判断的单调性，求得最值，由不等式的性质和不等式的解法，可得所求最大值．


【详解】


设，


当时，，可得的最小值为 ，最大值为，


由题意可得，即为，则 ；


当时，，可得的最小值为，最大值为，


由题意可得，即为，则．


当即时，在递减，可得的最大值为，最小值为，


由题意可得，即为，则，


由，可得无最大值．


综上可得的最大值为．


【点睛】


思路点睛：本题考查了对勾函数的单调性，利用单调性求函数的最值，考查了分类讨论的思想，属于难题.


32．（2020·甘肃张掖市第二中学高二期中（理））已知二次函数满足，且


（1）求的解析式；


（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；


（3）当时，方程有解，求实数的取值范围.


【答案】（1）；（2）；（3）.


【分析】


（1）设二次函数f（x）的解析式，代入f（x+1）﹣f（x）＝2x和f（0）＝1，可求a、b、c的值；


（2）由题意得在上恒成立，即，利用对勾函数求的最小值即可得的取值范围；


（3）由题意得x2﹣3x+1＝m在x∈[﹣1，1]上有解，求出g（x）＝x2﹣3x+1，x∈[﹣1，1]的值域即是m的取值范围.


【详解】


（1）设二次函数，代入和，


得，化简得，


，，，；


（2）当时，不等式恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，


令, 在上递增，，解得；


（3）当时，方程有解，即方程在上有解；


令， 在上递减，，则的值域是，


所以，的取值范围是.


【点睛】


方法点睛：


（1）恒成立问题求参数的方法：参变分离求函数的最值，讨论法求最值.


（2）方程有解求参数的方法：参变分离求函数的值域，讨论法求值域.


（3）求解析式的方法：待定系数法，换元法，解方程法，消参法.


33．（2020·江苏马坝高中高二期中）解关于的不等式：


（1）若，恒成立，求的取值范围；


（2）若，解上述关于的不等式．


【答案】（1）；（2）答案见解析.


【分析】


（1）把代入，得，然后求出左边的最小值即可；


（2）可得，然后分、、三种情况讨论即可.


【详解】


（1）把代入，得，


因为


所以


（2）把化简得，，


当时，不等式的解为或，


当时，不等式的解为且


当时，不等式的解为或


34．（2020·江苏铜山进修学校高一月考）已知函数


（1）解关于的不等式的解集中仅有个整数，求实数的取值范围；


（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.


【答案】（1）；（2）.


【分析】


（1）将不等式转化为，分，，三种情况讨论解不等式，然后再根据解集中仅有个整数，求实数的取值范围；


（2）将任意的，恒成立，转化为对任意的，恒成立.当时，不等式为恒成立，当时，转化为，再利用解不等式求得最小值即可.


【详解】


（1）∵即，


∴，


（ⅰ）当时，不等式解集为；


（ⅱ）当时，不等式解集为；


（ⅲ）当时，不等式解集为，


综上所述：


（2）对任意的，恒成立，即恒成立，


即对任意的，恒成立.


①时，不等式为恒成立，此时；


②当时，，


∵，∴，


∴，


当且仅当时，即，时取“”，


∴.


综上.


【点睛】


方法点睛：恒（能）成立问题的解法：


若在区间D上有最值，则


（1）恒成立：；；


（2）能成立：；.


若能分离常数，即将问题转化为：（或），则


（1）恒成立：；；


（2）能成立：；；


35．（2020·山东滨州一中高一期中）（1）比较与的大小；


（2）解关于的不等式．


【答案】（1）；（2）见详解.


【分析】


（1）两式作差比较，即可得出结果；


（2）分别讨论，，三种情况，分别解不等式，即可得出结果.


【详解】


（1），


因为，所以，


即.


（2）.


当，即时，解原不等式，可得；


当，即时，解原不等式，可得；


当，即时，解原不等式，可得.


综上所述，当时，原不等式的解集为；


当时，原不等式的解集为；


当时，原不等式的解集为.


36．（2020·江苏高一月考）（1）已知，，且，求的最大值；


（2）若正数，满足，求的最小值；


（3）已知，求的最小值．


【答案】（1）；（2）5；（3）5.


【分析】


（1）根据基本不等式可得，进而求得的最大值．


（2）将方程变形为代入可得，然后利用基本不等式求解．


（3）先将函数解析式整理成基本不等式的形式，然后利用基本不等式求得函数的最小值.


【详解】


（1）


解得：


当且仅当即时取等号，


故的最大值为；


（2）由，可得：


所以


当且仅当即时取等号


故的最小值为5；


（3）由，可得，


所以


当且仅当,即时,等号成立，


所以的最小值为5.


37．（2020·江苏高一月考）若不等式的解集为．


（1）求的值；


（2）求不等式的解集．


【答案】（1）a＝﹣1；（2）（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）.


【分析】


（1）由已知不等式的解集得到ax2+5x+14＝0的两个实数根为-2和7，利用韦达定理即可求出a的值；


（2）将a＝﹣1代入不等式，求出对应方程的根，求出不等式的解集即可．


【详解】


（1）依题意可得：的两个实数根为-2和7，


由韦达定理得：-2+7＝﹣，解得：a＝﹣1；


（2）由（1）a＝﹣1，故，即2x2-3x﹣2＞0，解得：x或x，


故不等式的解集是（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）．


【点睛】


方法点睛：一元二次不等式与二次函数，二次方程之间的关系，韦达定理的应用，注意开口的方向.





五、双空题


38．（2020·浙江高一期中）已知，为正实数，若，则的最小值为________；若，则的最小值为________.


【答案】4


【分析】


根据已知等量条件，用其中一个参数表示另一个参数，再代入目标式结合基本不等式求最小值即可.


【详解】


由题意知：有，则当且仅当时等号成立；


当，则有，


∴当且仅当时等号成立；


故答案为：4，.


【点睛】


易错点睛：利用基本不等式求最值时，必须满足的三个条件--“一正二定三相等”：


（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.