專題02一元二次函數(shù)、方程和不等式（解析版）

專題02一元二次函數(shù)、方程和不等式一．等式與不等式的性質(zhì)（共7小題）1．（2022秋?上饒期末）若a＜b＜0，則下列不等式中成立的是（）A．|a|＞﹣b B． C． D．【分析】對于A，用不等式的性質(zhì)可以論證，對于B，C，D，列舉反例，可以判斷．【解答】解：∵a＜0，∴|a|＝﹣a，∵a＜b＜0，∴﹣a＞﹣b＞0，∴|a|＞﹣b，故結(jié)論A成立；取a＝﹣2，b＝﹣1，則∵，∴B不正確；，∴，∴C不正確；，，∴，∴D不正確．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查不等式的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用不等式的性質(zhì)，不正確結(jié)論，列舉反例．2．（2022秋?徐匯區(qū)期末）如果a＜0＜b，那么下列不等式中正確的是（）A．﹣ B．a(chǎn)2＜b2 C．a(chǎn)3＜b3 D．a(chǎn)b＞b2【分析】利用函數(shù)y＝x3在R上單調(diào)遞增即可得出．【解答】解：∵a＜0＜b，函數(shù)y＝x3在R上單調(diào)遞增，∴a3＜b3．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．3．（2022秋?泉州期末）設(shè)a＞0，b＞0則下列不等中不恒成立的是（）A．a(chǎn)+≥2 B．a(chǎn)2+b2≥2（a+b﹣1） C．≥﹣ D．a(chǎn)3+b3≥2ab2【分析】利用不等式的基本性質(zhì)可得A、B、C正確，通過舉反例求得D不正確，從而的互結(jié)論．【解答】解：由條件a＞0，b＞0，利用基本不等式可得a+≥2，故A正確．根據(jù)a2+b2﹣2（a+b﹣1）＝（a﹣1）2+（b﹣1）2≥0，可得B正確．當(dāng)a＝b時，C成立；當(dāng)a＜b時，C顯然成立．當(dāng)a＞b時，C等價于a﹣b≥a+b﹣2，等價于≥b，等價于ab＞b2，顯然成立．故C恒成立．當(dāng)a＝2、b＝3時，a3+b3＝35，2ab2＝36，故此時D不成立，故D不正確．故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查不等式的基本性質(zhì)，利用特殊值代入法，排除不符合條件的選項(xiàng)，是一種簡單有效的方法，屬于基礎(chǔ)題．4．（2022秋?重慶期末）下列命題為真命題的是（）A．若a＞b＞0，則ac2＞bc2 B．若a＜b＜0，則a2＜b2 C．若a＞b，則a﹣c＞b﹣c D．若a＜b＜0，則【分析】根據(jù)題意，可通過舉例說明判斷選項(xiàng)A、B、D的正誤，根據(jù)不等式的性質(zhì)判斷C的正誤，即可得到本題的答案．【解答】解：A：若a＞b＞0，當(dāng)c＝0時，ac2＝bc2，故A錯誤；B：若a＝﹣1，b＝﹣0.1，有（﹣1）2＞（﹣0.1）2，不滿足a2＜b2，故B錯誤；C：若a＞b，則a+（﹣c）＞b+（﹣c），即a﹣c＞b﹣c，故C正確；D：若a＝﹣2，b＝﹣1，有，不滿足，故D錯誤．故選：C．【點(diǎn)評】本題主要考查不等式的基本性質(zhì)及其應(yīng)用，考查了計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．（多選）5．（2022秋?廣東期末）對于實(shí)數(shù)a、b、c，下列命題中正確的是（）A．若a＞b，則ac＜bc B．若a＜b＜0，則a2＞ab＞b2 C．若c＞a＞b＞0，則 D．若a＞b，，則a＞0，b＜0【分析】利用不等式的性質(zhì)和作差法判斷即可．【解答】解：對于實(shí)數(shù)a、b、c，A錯，c＞0，不成立，B對，a＜b＜0，因?yàn)閍＜0，所以a2＞ab成立，因?yàn)閎＜0，所以ab＞b2成立，C對，若c＞a＞b＞0，則c﹣a＞0，c﹣b＞0，且﹣a＜﹣b，c﹣a＜c﹣b，故＞0，又a＞b＞0，則成立，D對，，則＞0，即，又a＞b，則ab＜0，故a＞0，b＜0．故選：BCD．【點(diǎn)評】考查了不等式的性質(zhì)，作差法比較大小等，基礎(chǔ)題．（多選）6．（2022秋?武漢期末）設(shè)a，b，c∈R，a＜b，則下列不等式一定成立的是（）A．a(chǎn)+c＜b+c B．e﹣a＞e﹣b C．a(chǎn)c2＜bc2 D．【分析】利用不等式的基本性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性即可得出．【解答】解：∵a＜b，∴a+c＜b+c，e﹣a＞e﹣b，ac2≤bc2（c＝0時取等號），與的大小關(guān)系不確定．故選：AB．【點(diǎn)評】本題考查了不等式的基本性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．7．（2022秋?浦東新區(qū)期末）設(shè)a、b、c、d是實(shí)數(shù)，則下列命題為真命題的是①③④．①如果a＞b，且c＞d，那么a+c＞b+d；②如果a≠b，且c≠d，那么ac≠bd；③如果a＞b＞0，那么；④如果（a﹣b）2+（b﹣c）2≤0，那么a＝b＝c．【分析】根據(jù)同向不等式可加性，即可判斷命題①正確；舉例說明命題②錯誤；根據(jù)不等式的基本性質(zhì)判斷命題③正確；根據(jù)平方數(shù)的非負(fù)性，即可得出a＝b＝c，判斷命題④正確．【解答】解：對于①，根據(jù)不等式的基本性質(zhì)得，如果a＞b，且c＞d，那么a+c＞b+d，命題①正確；對于②，如果a≠b，且c≠d，那么ac≠bd錯誤，如a＝，b＝2，c＝﹣2，d＝﹣時，ac＝bd＝﹣1，命題②錯誤；對于③，如果a＞b＞0，那么＞0，所以＞＞0，即，命題③正確；對于④，如果（a﹣b）2+（b﹣c）2≤0，那么a﹣b＝b﹣c＝0，所以a＝b＝c，命題④正確．所以真命題的序號是①③④．故答案為：①③④．【點(diǎn)評】本題考查了不等式的基本性質(zhì)應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．二．不等關(guān)系與不等式（共4小題）8．（2022秋?廬江縣期末）若a，b，c為實(shí)數(shù)，且a＜b＜0，則下列命題正確的是（）A．a(chǎn)2＞ab＞b2 B．a(chǎn)c2＜bc2 C． D．【分析】利用不等式的基本性質(zhì)可知A正確；B若c＝0，則ac2＝bc2，錯；C利用不等式的性質(zhì)“同號、取倒，反向”可知其錯；D作差，因式分解即可說明其錯．【解答】解：A、∵a＜b＜0，∴a2＞ab，且ab＞b2，∴a2＞ab＞b2，故A正確；B、若c＝0，則ac2＝bc2，故不正確；C、∵a＜b＜0，∴＞0，∴，故錯；D、∵a＜b＜0，∴＜0，∴，故錯；故選：A．【點(diǎn)評】本小題主要考查不等關(guān)系與不等式、不等式的基本性質(zhì)、不等式的解法等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力及分類討論思想．屬于基礎(chǔ)題．9．（2022秋?西安期末）已知a，b，c∈R，那么下列命題中正確的是（）A．若a＞b，則ac2＞bc2 B．若＞，則a＞b C．若a3＞b3且ab＜0，則＞ D．若a2＞b2且ab＞0，則＞【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)，對A、B、C、D四個選項(xiàng)通過舉反例進(jìn)行一一驗(yàn)證．【解答】解：A．若a＞b，則ac2＞bc2（錯），若c＝0，則A不成立；B．若＞，則a＞b（錯），若c＜0，則B不成立；C．若a3＞b3且ab＜0，則＞（對），若a3＞b3且ab＜0，則，D．若a2＞b2且ab＞0，則＜（錯），若，則D不成立．故選：C．【點(diǎn)評】此題主要考查不等關(guān)系與不等式的性質(zhì)及其應(yīng)用，例如舉反例法求解比較簡單．10．（2022秋?南昌期末）已知＜＜0，給出下列四個不等式：①|(zhì)a|＞|b|；②a＜b；③a+b≤ab；④a3＞b3，其中不正確的不等式個數(shù)是（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】由＜＜0知b＜a＜0，從而可得①、②錯誤，③、④正確．【解答】解：∵＜＜0，∴b＜a＜0，∴﹣b＞﹣a＞0，即|b|＞|a|，故①、②錯誤；∵a+b＜0＜ab，∴a+b≤ab正確，③正確；∵b＜a＜0，∴b3＜a3＜0，故④正確；故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了不等式的性質(zhì)的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．11．（2022秋?北海期末）已知a，b為正實(shí)數(shù)，以下不等式成立的有（）①＞；②ab+＞2；③a2+b2＞4ab﹣4b2；④|a﹣1|+|a|≥1A．②④ B．②③ C．②③④ D．①④【分析】利用作差法比較多項(xiàng)式的大小判斷①③，利用基本不等式求最值判斷②，利用含絕對值不等式的性質(zhì)判斷④．【解答】解：①∵a，b為正實(shí)數(shù)，∴﹣＝＝＞0不一定成立，∴①錯誤，②，∵a，b是正實(shí)數(shù)，∴ab+≥2，當(dāng)且僅當(dāng)ab＝時取等號，∴ab+＞2成立，∴②正確，③，∵（a2+b2）﹣（4ab﹣4b2）＝（a﹣2b）2+b2＞0，∴③正確，④∵|a﹣1|+|a|≥|a﹣1﹣a|＝1，∴④正確，故選：C．【點(diǎn)評】此題考查了基本不等式，含絕對值不等式的性質(zhì)，作差法比較多項(xiàng)式的大小．三．不等式比較大小（共3小題）12．（2022秋?新化縣期末）已知M＝（a+2）（a+3），N＝a2+5a+4，則（）A．M＞N B．M＜N C．M＝N D．無法確定【分析】利用作差法化簡計(jì)算，比較出M和N的大小．【解答】解：∵M(jìn)﹣N＝（a+2）（a+3）﹣（a2+5a+4）＝a2+5a+6﹣（a2+5a+4）＝2＞0，∴M＞N，故選：A．【點(diǎn)評】本題考查不等式的應(yīng)用，考查學(xué)生計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．（多選）13．（2022秋?蘇州期末）若6b＝3，6a＝2，則（）A．＞1 B．a(chǎn)b＜ C．a(chǎn)2+b2＜ D．b﹣a＞【分析】首先推得a+b＝1，0＜a＜b＜1，由不等式的性質(zhì)和二次函數(shù)的性質(zhì)，可得結(jié)論．【解答】解：若6b＝3，6a＝2，則a＝log62，b＝log63，則a+b＝1，且0＜a＜b＜1，b＝1﹣a，0＜a＜，故＞1，ab＝a（1﹣a）＝﹣（a﹣）2+∈（0，），故A正確，B正確；a2+b2＝a2+（1﹣a）2＝2a2﹣2a+1＝2（a﹣）2+＞，故C錯誤；b﹣a＝log63﹣log62＝log61.5＞log660.1＝0.1，故D正確．故選：ABD．【點(diǎn)評】本題考查不等式的性質(zhì)和運(yùn)用，考查轉(zhuǎn)化思想和運(yùn)算能力、推理能力，屬于基礎(chǔ)題．14．（2022秋?周村區(qū)校級期末）設(shè)函數(shù)f（x）＝2x+3x﹣7，g（x）＝lnx+2x﹣6，若實(shí)數(shù)a，b滿足f（a）＝0，g（b）＝0，則（）A．f（b）＜0＜g（a） B．g（a）＜0＜f（b） C．f（b）＜g（a）＜0 D．0＜g（a）＜f（b）【分析】先判斷函數(shù)f（x），g（x）在定義域上的單調(diào)性，再利用f（a）＝0，g（b）＝0判斷a，b的取值范圍，即可得到正確答案．【解答】解：∵f（x）＝2x+3x﹣7是單調(diào)遞增函數(shù)，且f（1）＝﹣2＜0，f（2）＝3＞0，又∵f（a）＝0，∴1＜a＜2，同理，g（x）＝lnx+2x﹣6在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且g（2）＝ln2+4﹣6＜0，g（3）＝ln3＞0，又∵g（b）＝0，∴2＜b＜3，∴g（a）＝lna+2a﹣6＜g（2）＝ln2﹣2＜0，f（b）＝2b+3b﹣7＞f（2）＝22+3×2﹣7＝3＞0，∴g（a）＜0＜f（b）．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)零點(diǎn)的判定定理是解題的關(guān)鍵．屬于中檔題．四．基本不等式及其應(yīng)用（共5小題）15．（2022秋?阿勒泰地區(qū)期末）已知正數(shù)x，y滿足9x+y＝4，則的最小值為（）A．5 B．3 C．4 D．2【分析】把9x+y＝4化為＝1，利用乘“1”法和基本不等式，即可求出+的最小值．【解答】解：因?yàn)?x+y＝4，所以＝（+）×＝（9+1++）≥（10+2）＝4，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝，y＝1時取“＝”，所以+的最小值為4．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了利用基本不等式求最值的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．16．（2022秋?瀘州期末）函數(shù)y＝a﹣x﹣（x＞0）在x＝m時有最大值為，則a﹣m的值為（）A．4 B．3 C．2 D．【分析】利用基本不等式求出x+≥2，得出函數(shù)y＝a﹣x﹣的最大值為a﹣2，從而求出a和m的值．【解答】解：因?yàn)閤＞0時，x+≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝時取“＝”，所以函數(shù)y＝a﹣x﹣＝a﹣（x+）≤a﹣2＝，解得a＝3，m＝，所以a﹣m＝3﹣＝2．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了基本不等式的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．17．（2022秋?葫蘆島期末）對任意正數(shù)x，滿足，則正實(shí)數(shù)y的最大值為（）A．2 B．1 C． D．【分析】利用基本不等式得出x+≥2，把化為2y≤2﹣4y2，求解集即可．【解答】解：因?yàn)閤＞0，所以x+≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”，所以可化為2y≤2﹣4y2，即2y2+y﹣1≤0，解得﹣1≤y≤，所以正實(shí)數(shù)y的最大值為．故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了不等式的解法與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．18．（2022秋?西青區(qū)校級期末）下面命題正確的是（）A．命題“?x0∈R，+1＞3x0”的否定是“?x?R，x2+1≤3x” B．“a＞1”是“”的充要條件 C．不等式kx2+kx﹣1＜0對一切實(shí)數(shù)x恒成立的充要條件是﹣4＜k＜0 D．若a＞0，b＞0，3ab＝a+b+1，則ab的最小值為1【分析】利用否命題的定義判斷A，利用充分必要條件的定義判斷B，利用不等式恒成立求出k的值判斷C，利用基本不等式求最值判斷D．【解答】解：A：命題?x0∈R，+1＞3x0的否定是?x∈R，x2+1≤3x，∴A錯誤，B：當(dāng)a＜0時，則，∴a＞1不是的充要條件，∴B錯誤，C：不等式kx2+kx﹣1＜0對一切實(shí)數(shù)x恒成立，則①當(dāng)k＝0時，﹣1＜0恒成立，②當(dāng)時，則﹣4＜k＜0，∴不等式kx2+kx﹣1＜0對一切實(shí)數(shù)x恒成立的充要條件是﹣4＜k≤0，∴C錯誤，D：∵a＞0，b＞0，3ab＝a+b+1，∴3ab＝a+b+1≥2+1，∴3﹣2﹣1≥0，解得ab≥1，即ab的最小值為1，∴D正確，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查否命題的定義，充分必要條件的判斷，不等式恒成立問題，基本不等式在求解最值中的應(yīng)用，屬于中檔題．19．（2022秋?駐馬店期末）已知正數(shù)a，b滿足：+1＝a+2b+，則以下結(jié)論中（1）a+2b＝1（2）a+2b＝2（3）的最小值為9（4）的最小值為3正確結(jié)論個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由題意得+1﹣a＝+2b，設(shè)f（x）＝+x，x∈（0，+∞），判斷f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)增函數(shù)，由此得出1﹣a＝2b，求出的最小值．【解答】解：因?yàn)?1＝a+2b+，所以+1﹣a＝+2b，設(shè)f（x）＝+x，其中x∈（0，+∞），則f′（x）＝+1＝＞0，所以f（x）在（0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)；所以1﹣a＝2b，即a+2b＝1，結(jié)論（1）正確、（2）錯誤；＝（+）（a+2b）＝1+4++≥5+2＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時取“＝”，所以的最小值為9，結(jié)論（3）正確、（4）錯誤．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)與不等式的應(yīng)用問題，也考查了推理與判斷能力，是中檔題．五．二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象（共6小題）20．（2022秋?武陵區(qū)校級期末）若函數(shù)f（x）＝ax2+x+a在[1，+∞）上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是（）A．（0，+∞） B．（0，1] C．[1，+∞） D．[0，+∞）【分析】討論a＝0時，f（x）＝x是增函數(shù)，a≠0時，f（x）是二次函數(shù)，得出不等式組，解出即可．【解答】解：a＝0時，f（x）＝x是增函數(shù)，a≠0時，f（x）是二次函數(shù)，根據(jù)函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴，解得a＞0，∴a的范圍是[0，+∞），故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，是一道中檔題．21．（2022秋?通榆縣期末）函數(shù)f（x）＝x2﹣4x+6，x∈[1，5）的值域是[2，11）．【分析】將二次函數(shù)函數(shù)進(jìn)行配方，便可以看出函數(shù)的最小值及單調(diào)區(qū)間的分布．【解答】解：f（x）＝（x﹣2）2+2；∴函數(shù)f（x）的最小值是2；又f（1）＝3，f（5）＝11；∴函數(shù)f（x）的值域是：[2，11）．故答案是：[2，11）．【點(diǎn)評】注意對二次函數(shù)配方的辦法．在本題中注意最大值要比較兩端點(diǎn)函數(shù)值的大?。?2．（2022秋?礦區(qū)校級期末）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣3x﹣4，則使得函數(shù)值大于0的x的取值范圍是（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）．【分析】由f（x）＞0得x2﹣3x﹣4＞0，解這個一元二次不等式即可．【解答】解：∵函數(shù)f（x）＝x2﹣3x﹣4，∴當(dāng)f（x）＞0時，有x2﹣3x﹣4＞0，即（x﹣4）（x+1）＞0；解這個不等式得，∴x＜﹣1或x＞4，∴使函數(shù)f（x）大于0的x的取值范圍是（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）．故答案為：（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）．【點(diǎn)評】本題考查了一元二次不等式的解法與應(yīng)用問題，解題時按照一元二次不等式的基本步驟進(jìn)行解答，是基礎(chǔ)題目．23．（2022秋?甘谷縣期末）已知f（x）＝4x﹣2x+1﹣3，則f（x）＜0的解集為{x|x＜log23}．【分析】因式分解，即可得出f（x）＜0的解集．【解答】解：由題意，4x﹣2x+1﹣3＜0，∴（2x﹣3）（2x+1）＜0，∴2x＜3，∴x＜log23，∴f（x）＜0的解集為{x|x＜log23}．故答案為：{x|x＜log23}．【點(diǎn)評】本題考查解不等式，考查學(xué)生的計(jì)算能力，比較基礎(chǔ)．24．（2022秋?丹東期末）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣4ax+1（a＞0）在區(qū)間上的最大值為﹣2．（1）求a的值；（2）若lgm，lgn是函數(shù)f（x）的兩個零點(diǎn)，求的值．【分析】（1）利用函數(shù)的對稱軸，結(jié)合已知條件，求解即可．（2）由lgm，lgn是函數(shù)f（x）的兩個零點(diǎn)，可得lgm+lgn＝4，lgm?lgn＝1，再結(jié)合對數(shù)運(yùn)算性質(zhì)求解即可．【解答】解：（1）因?yàn)閍＞0，f（x）＝ax2﹣4ax+1＝a（x﹣2）2﹣4a+1，即拋物線的對稱軸方程為x＝2，函數(shù)f（x）在區(qū)間上的最大值為﹣2，所以ymax＝f（3）＝﹣3a+1＝﹣2，所以a＝1．（2）函數(shù)f（x）＝x2﹣4x+1的兩個零點(diǎn)為lgm，lgn，即方程x2﹣4x+1＝0的兩根為lgm，lgn，所以lgm+lgn＝4，lgm?lgn＝1，所以．【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，二次函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．25．（2022秋?廣州期末）已知函數(shù)f（x）＝x2+2ax+3．x∈[﹣4，6]．（1）當(dāng)a＝﹣2時，求f（x）的最值；（2）使y＝f（x）在區(qū)間[﹣4，6]上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值即可；（2）求出函數(shù)的對稱軸，得到關(guān)于a的不等式，求出a的范圍即可．【解答】解：（1）當(dāng)a＝﹣2時，f（x）＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，由于x∈[﹣4，6]，∴f（x）在[﹣4，2]上單調(diào)遞減，在[2，6]上單調(diào)遞增．∴f（x）的最小值是f（2）＝﹣1．又f（﹣4）＝35，f（6）＝15，故f（x）的最大值是35．（2）由于函數(shù)f（x）的圖象開口向上，對稱軸是x＝﹣a，?所以要使f（x）在[﹣4，6]上是單調(diào)函數(shù)，應(yīng)有﹣a≤﹣4，或﹣a≥6，即a≤﹣6，或a≥4．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)，是一道中檔題．六．一元二次不等式及其應(yīng)用（共7小題）26．（2022秋?駐馬店期末）已知p：﹣4＜x﹣a＜4，q：（x﹣2）（3﹣x）＞0，若￢p是￢q的充分條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．[﹣1，6] B．（﹣∞，﹣1] C．[6，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[6，+∞）【分析】由￢p是￢q的充分條件，根據(jù)逆否命題與原命題的真假關(guān)系，我們可以得到q?p為真，即p為q的必要不充分條件，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，兩個不等式解集的關(guān)系，然后根據(jù)集合包含關(guān)系的運(yùn)算，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：不等式（x﹣2）（3﹣x）＞0，可化為（x﹣2）（x﹣3）＜0，解得2＜x＜3，解不等式﹣4＜x﹣a＜4，得a﹣4＜x＜a+4，因?yàn)椹Vp是￢q的充分條件，由定義知￢p?￢q，它等價于q?p，所以，解得﹣1≤a≤6，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[﹣1，6]．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查了根據(jù)充分條件求參數(shù)的范圍和一元二次不等式的解法，屬基礎(chǔ)題．27．（2022秋?郴州期末）已知不等式ax2+bx+2＞0的解集為{x|﹣1＜x＜2}，則不等式2x2+bx+a＜0的解集為（）A． B．{x|x＜﹣1，或x＞} C．{x|﹣2＜x＜1} D．{x|x＜﹣2，或x＞1}【分析】不等式ax2+bx+2＞0的解集為{x|﹣1＜x＜2}，ax2+bx+2＝0的兩根為﹣1，2，且a＜0，根據(jù)韋達(dá)定理，我們易得a，b的值，代入不等式2x2+bx+a＜0易解出其解集．【解答】解：∵不等式ax2+bx+2＞0的解集為{x|﹣1＜x＜2}，∴ax2+bx+2＝0的兩根為﹣1，2，且a＜0即﹣1+2＝﹣（﹣1）×2＝解得a＝﹣1，b＝1則不等式可化為2x2+x﹣1＜0解得故選：A．【點(diǎn)評】本題考查的知識點(diǎn)是一元二次不等式的解法，及三個二次之間的關(guān)系，其中根據(jù)三個二次之間的關(guān)系求出a，b的值，是解答本題的關(guān)鍵．28．（2023春?瀘水市期末）不等式6x2+x﹣2≤0的解集為（）A．{x|﹣} B．{x|x或x} C．{x|x} D．{x|x}【分析】先求出方程6x2+x﹣2＝0的實(shí)數(shù)根為和﹣，再求出它的解集即可．【解答】解：∵方程6x2+x﹣2＝0的實(shí)數(shù)根為和﹣，∴不等式6x2+x﹣2≤0的解集為{x|﹣≤x≤}．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查了求一元二次不等式的解集的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．29．（2022秋?益陽期末）不等式2x2﹣x≤0的解集為{x|0≤x≤}．【分析】把不等式化為x（2x﹣1）≤0，求出不等式對應(yīng)方程的實(shí)數(shù)根，寫出不等式的解集．【解答】解：不等式2x2﹣x≤0化為x（2x﹣1）≤0，且不等式對應(yīng)方程的兩個實(shí)數(shù)根為x＝0或x＝，所以該不等式的解集為{x|0≤x≤}．故答案為：{x|0≤x≤}．【點(diǎn)評】本題考查了一元二次不等式的解法與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．30．（2022秋?皇姑區(qū)校級期末）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣|x﹣1|﹣a，a∈R．若不等式f（x）＜0的解集是區(qū)間（﹣3，3）的子集，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，5]．【分析】把不等式轉(zhuǎn)化為a＞x2﹣|x﹣1|，利用分段函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)論二次函數(shù)圖象可得實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝x2﹣|x﹣1|﹣a，a∈R．由不等式f（x）＜0，分離參數(shù)，可得：a＞x2﹣|x﹣1|＝，設(shè)函數(shù)g（x）＝，畫出g（x）的圖象，如圖所示：計(jì)算g（﹣3）＝5，g（3）＝7，要使g（x）＜a的解集是區(qū)間（﹣3，3）的子集，則必有a≤5，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，5]．故答案為：（﹣∞，5]．【點(diǎn)評】本題主要考查了分段函數(shù)的應(yīng)用以及不等式的解法應(yīng)用問題，是中檔題．31．（2022秋?重慶期末）關(guān)于x的一元二次不等式x2﹣8x+a≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則a的取值范圍是（12，15]．【分析】設(shè)f（x）＝x2﹣8x+a，畫出函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合法得出關(guān)于a的不等式組，從而求出a的取值范圍．【解答】解：設(shè)函數(shù)f（x）＝x2﹣8x+a，其圖象是開口向上，對稱軸是x＝4的拋物線，如圖所示；若關(guān)于x的一元二次不等式x2﹣8x+a≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則這3個整數(shù)解為3、4、5，由函數(shù)的圖象知，，即，解得12＜a≤15．所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是（12，15]．故答案為：（12，15]．【點(diǎn)評】本題主要考查了一元二次不等式，以及根的存在性和根的個數(shù)判斷問題，是中檔題．32．（2022秋?瀏陽市期末）已知不等式ax2﹣3x+6＞4的解集為{x|x＜1或x＞b}．（1）求a、b的值；（2）m為何值時，ax2+mx+3≥0的解集為R；（3）解不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0．【分析】（1）根據(jù)不等式與對應(yīng)方程的關(guān)系，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出a、b的值；（2）利用判別式△≤0求出m的取值范圍；（3）利用分類討論法求出不等式的解集．【解答】解：（1）不等式ax2﹣3x+6＞4的解集為{x|x＜1或x＞b}，所以1和b是方程ax2﹣3x+6＝4的實(shí)數(shù)解，方程可化為ax2﹣3x+2＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系知，，解得a＝1，b＝2；（2）不等式ax2+mx+3≥0為x2+mx+3≥0，令Δ＝m2﹣12≤0，解得﹣2≤m≤2，所以m∈[﹣2，2]時，不等式的解集為R；（3）不等式ax2﹣（ac+b）x+bc＜0為x2﹣（c+2）x+2c＜0，即（x﹣2）（x﹣c）＜0；當(dāng)c＞2時，解不等式得2＜x＜c，當(dāng)c＝2時，不等式（x﹣2）2＜0，不成立，當(dāng)c＜2時，解不等式得c＜x＜2，綜上所述，c＞2時，不等式的解集為（2，c）；c＝2時，不等式的解集為?；c＜2時，不等式的解集為（c，2）．【點(diǎn)評】本題考查了含有字母系數(shù)的一元二次不等式解法與應(yīng)用問題，也考查了運(yùn)算求解能力，是中檔題．一．多選題（共3小題）（多選）1．（2022秋?永州期末）已知函數(shù)f（x）＝x2+mx﹣2m+n（m，n∈R），若非空集合A＝{x|f（x）≤0}，B＝{x|f（f（x）+2）≤4}，且A＝B，則下列說法中正確的是（）A．n的取值與m有關(guān) B．n為定值 C． D．【分析】利用換元法，設(shè)f（x）+2＝μ，轉(zhuǎn)化成函數(shù)f（x）的關(guān)系，但要深刻理解集合相等的實(shí)質(zhì)即可得解．【解答】解：令f（x）+2＝μ，則f（f（x）+2）≤4可化為f（μ）≤4，設(shè)f（μ）≤4的解集為[a，b]，即a≤μ≤b，即a≤f（x）+2≤b，即a﹣2≤f（x）≤b﹣2；故B＝{x|f（f（x）+2）≤4}＝{x|a﹣2≤f（x）≤b﹣2}，又∵A＝{x|f（x）≤0}，且A＝B，∴b﹣2＝0且f（x）min≥a﹣2，∴b＝2且f（x）min≥a﹣2，故f（b）＝f（2）＝4+2m﹣2m+n＝4，解得n＝0，故選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；故f（x）＝x2+mx﹣2m，∵A＝{x|f（x）≤0}≠?，∴x2+mx﹣2m≤0有解，∴Δ＝m2+8m≥0，即m≥0或m≤﹣8；∵a，b是方程f（x）＝4的兩個根，即a，2是方程x2+mx﹣2m﹣4＝0的兩個根，故a?2＝﹣2m﹣4，即a＝﹣m﹣2；故f（x）min＝f（﹣）＝﹣≥﹣m﹣4，解得﹣2﹣2≤m≤2﹣2，故0≤m≤2﹣2，故選項(xiàng)C錯誤，選項(xiàng)D正確；故選：BD．【點(diǎn)評】本題考查了二次不等式與二次函數(shù)、二次方程間關(guān)系的應(yīng)用，以及集合間相等的應(yīng)用，屬于難題．（多選）2．（2022秋?漢陽區(qū)校級期末）設(shè)正數(shù)a，b滿足a+b＝1，則有（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)基本不等式的應(yīng)用，“齊次化“思想，化歸轉(zhuǎn)化思想，“權(quán)方和“不等式，即可分別求解．【解答】解：對A選項(xiàng)，∵正數(shù)a，b滿足a+b＝1，∴ab≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時，等號成立，∴A選項(xiàng)正確；對B選項(xiàng)，∵正數(shù)a，b滿足a+b＝1，∴a3+b3＝（a+b）（a2﹣ab+b2）＝（a+b）2﹣3ab＝1﹣2ab≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時，等號成立，∴B選項(xiàng)錯誤；對C選項(xiàng)，∵正數(shù)a，b滿足a+b＝1，∴＝＝＝＝＝≥＝8+，當(dāng)且僅當(dāng)，又正數(shù)a，b滿足a+b＝1，即當(dāng)a＝5﹣，b＝時，等號成立，∴C選項(xiàng)正確；對D選項(xiàng)，∵正數(shù)a，b滿足a+b＝1，∴根據(jù)“權(quán)方和“不等式可得＝，當(dāng)且僅當(dāng)，又a+b＝1，即當(dāng)a＝，b＝時，等號成立，∴D選項(xiàng)正確．故選：ACD．【點(diǎn)評】本題考查基本不等式的應(yīng)用，“齊次化“思想，化歸轉(zhuǎn)化思想，“權(quán)方和“不等式的應(yīng)用，屬難題．（多選）3．（2021秋?衢州期末）若a，b∈R+，a+b＝1，則下列說法正確的有（）A．的最小值為4 B．的最大值為 C．的最小值為 D．的最大值是【分析】分別對選項(xiàng)的式子進(jìn)行分析，創(chuàng)造出基本不等式求最值的條件，注意一正，二定，三相等的檢驗(yàn)．【解答】解：∵a，b∈R+，a+b＝1，∴a，b∈（0，1），A：∵a+≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時取等號，∴a+＞2，同理b＞2，∴（a+）（b）＞4，∴A錯誤，B：∵＝2+a+b+2≤3+1+a+1+b＝6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時取等號，∴+的最大值為，∴B正確，C：∵+＝（+）（a+b）＝++3≥2+3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝，b＝2﹣時取等號，∴+的最小值為2+3，∴C正確，D：+＝+＝，∵＝a+1+﹣3≥2﹣3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝﹣1，b＝2﹣時取等號，∴+≤＝，∴+的最大值為，∴D正確，故選：BCD．【點(diǎn)評】本題考查了基本不等式在求最值上的靈活應(yīng)用，屬于難題．二．解答題（共9小題）4．（2022秋?和平區(qū)校級期末）已知函數(shù)g（x）＝mx2﹣2mx+1+n，（n≥0）在[1，2]上有最大值1和最小值0．設(shè)f（x）＝．（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）（1）求m，n的值；（2）若不等式f（log2x）﹣2klog2x≥0在x∈[2，4]上有解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；（3）若方程f（|ex﹣1|）+﹣3k＝0有三個不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．【分析】（1）配方可得g（x）＝m（x﹣1）2+1+n﹣m，當(dāng)m＞0和m＜0時，由函數(shù)的單調(diào)性可得m和n的方程組，解方程組可得，當(dāng)m＝0時，g（x）＝1+n，無最大值和最小值，不合題意，綜合可得；（2）由（1）知，問題等價于即在x∈[2，4]上有解，求二次函數(shù)區(qū)間的最值可得；（3）原方程可化為|ex﹣1|2﹣（3k+2）|ex﹣1|+（2k+1）＝0，令|ex﹣1|＝t，記h（t）＝t2﹣（3k+2）t+2k+1，可得或，解不等式組可得．【解答】解：（1）配方可得g（x）＝m（x﹣1）2+1+n﹣m，當(dāng)m＞0時，g（x）在[1，2]上是增函數(shù)，由題意可得，即，解得；當(dāng)m＝0時，g（x）＝1+n，無最大值和最小值，不合題意；當(dāng)m＜0時，g（x）在[1，2]上是減函數(shù)，由題意可得，即，解得，∵n≥0，故應(yīng)舍去綜上可得m，n的值分別為1，0（2）由（1）知，∴f（log2x）﹣2klog2x≥0在x∈[2，4]上有解等價于在x∈[2，4]上有解即在x∈[2，4]上有解．令則2k≤t2﹣2t+1，∵．記φ（t）＝t2﹣2t+1，∵，∴，∴k的取值范圍為．（3）原方程可化為|ex﹣1|2﹣（3k+2）|ex﹣1|+（2k+1）＝0令|ex﹣1|＝t，則t∈（0，+∞），由題意知t2﹣（3k+2）t+2k+1＝0有兩個不同的實(shí)數(shù)解t1，t2，其中0＜t1＜1，t2＞1或0＜t1＜1，t2＝1．記h（t）＝t2﹣（3k+2）t+2k+1，則或解得k＞0，∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是（0，+∞）【點(diǎn)評】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，涉及分類討論的思想，涉及恒成立問題和絕對值，屬中檔題．5．（2021秋?湘西州期末）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣（a+1）x+a，（1）當(dāng)a＝2時，求關(guān)于x的不等式f（x）＞0的解集；（2）求關(guān)于x的不等式f（x）＜0的解集；（3）若f（x）+2x≥0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【分析】（1）把a(bǔ)＝2代入可構(gòu)造不等式x2﹣3x+2＞0，解對應(yīng)的方程，進(jìn)而根據(jù)二次不等式“大于看兩邊”得到原不等式的解集．（2）根據(jù)函數(shù)f（x）＝x2﹣（a+1）x+a的解析式，可將f（x）＜0化為（x﹣a）（x﹣1）＜0，分類討論可得不等式的解集．（3）若f（x）+2x≥0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立，即在區(qū)間（1，+∞）上恒成立，利用換元法，結(jié)合基本不等式，求出函數(shù)的最值，可得實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（1）當(dāng)a＝2時，則f（x）＝x2﹣3x+2，由f（x）＞0，得x2﹣3x+2＞0，令x2﹣3x+2＝0，解得x＝1，或x＝2∴原不等式的解集為（﹣∞，1）∪（2，+∞）（2）由f（x）＜0得（x﹣a）（x﹣1）＜0，令（x﹣a）（x﹣1）＝0，得x1＝a，x2＝1，…5分，當(dāng)a＞1時，原不等式的解集為（1，a）；…6分，當(dāng)a＝1時，原不等式的解集為?；…（7分），當(dāng)a＜1時，原不等式的解集為（a，1）．…（8分）．（2）由f（x）+2x≥0即x2﹣ax+x+a≥0在（1，+∞）上恒成立，得..…9分，令t＝x﹣1（t＞0），則，…13分∴．故實(shí)數(shù)a的取值范圍是…14分【點(diǎn)評】本題考查的知識點(diǎn)是函數(shù)恒成立問題，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．6．（2021秋?巫山縣校級期末）已知二次函數(shù)f（x）滿足f（x+1）﹣f（x）＝﹣2x+1，且f（2）＝15．（1）求函數(shù)f（x）的解析式；（2）令g（x）＝（2﹣2m）x﹣f（x），求函數(shù)g（x）在x∈[0，2]上的最小值．【分析】（1）設(shè)出二次函數(shù)，利用已知條件求函數(shù)f（x）的解析式；（2）化簡函數(shù)的解析式，利用對稱軸與區(qū)間的關(guān)系求解函數(shù)的最小值即可．【解答】解：（1）設(shè)二次函數(shù)f（x）＝ax2+bx+c（a≠0），則f（x+1）﹣f（x）＝a（x+1）2+b（x+1）+c﹣（ax2+bx+c）＝2ax+a+b＝﹣2x+1，又f（2）＝15，∴c＝15．∴f（x）＝﹣x2+2x+15．（2）g（x）＝x2﹣2mx﹣15，x∈[0，2]，對稱軸x＝m，當(dāng)m＞2時，g（x）min＝g（2）＝4﹣4m﹣15＝﹣4m﹣11；當(dāng)m＜0時，g（x）min＝g（0）＝﹣15；當(dāng)0≤m≤2時，g（x）min＝g（m）＝m2﹣2m2﹣15＝﹣m2﹣15．綜上所述，g（x）min＝．【點(diǎn)評】本題考查二次函數(shù)的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，函數(shù)的解析式以及函數(shù)的最值的求法，考查計(jì)算能力．7．（2021秋?紅山區(qū)期末）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+2a﹣1（a＞0）（Ⅰ）設(shè)f（x）在區(qū)間[1，2]的最小值為g（a），求g（a）的表達(dá)式；（Ⅱ）設(shè)h（x）＝，若函數(shù)h（x）在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【分析】（Ⅰ）通過討論a的取值，確定函數(shù)在區(qū)間[1，2]的最小值為g（a）．（Ⅱ）利用函數(shù)單調(diào)性的定義，或利用導(dǎo)數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【解答】解：（Ⅰ）由于a＞0，當(dāng)x∈[1，2]時，對稱軸為x＝，當(dāng)時，f（x）在[1，2]上為增函數(shù)，g（a）＝f（1）＝3a﹣2；當(dāng)時，；當(dāng)時，f（x）在[1，2]上為減函數(shù)，g（a）＝f（2）＝6a﹣3．綜上可得．（Ⅱ），在區(qū)間[1，2]上任取x1，x2，x1＜x2，則＝（*）∵h(yuǎn)（x）在[1，2]上為增函數(shù)，∴h（x2）﹣h（x1）＞0∴（*）可轉(zhuǎn)化為ax1x2﹣（2a﹣1）＞0對任意x1，x2，x1＜x2，在區(qū)間[1，2]上都成立．即ax1x2＞2a﹣1（12分）因?yàn)閍＞0，所以，由1＜x1x2＜4得，解得0＜a≤1；所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是0＜a≤1．（2）另解：由于對勾函數(shù)在區(qū)間上遞減，在區(qū)間上遞增；∴當(dāng)時，，由題應(yīng)有，∴．當(dāng)時，為增函數(shù)滿足條件．故實(shí)數(shù)a的取值范圍是0＜a≤1【點(diǎn)評】本題主要考查二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，要求熟練掌握二次函數(shù)性質(zhì)的判斷和應(yīng)用．8．（2021秋?呼和浩特期末）“菊花”型煙花是最壯觀的煙花之一，制造時一般是期望在它達(dá)到最高時爆裂，通過研究，發(fā)現(xiàn)該型煙花爆裂時距地面的高度h（單位：米）與時間t（單位：秒）存在函數(shù)關(guān)系，并得到相關(guān)數(shù)據(jù)如表：時間t12高度h1923.519（1）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，從下列函數(shù)中選取一個函數(shù)描述該型煙花爆裂時距地面的高度h與時間t的變化關(guān)系：y1＝kt+b，y2＝at2+bt+c，y3＝abt，確定此函數(shù)解析式并簡單說明理由；（2）利用你選取的函數(shù)，判斷煙花爆裂的最佳時刻，并求此時煙花距地面的高度．【分析】（1）由表中數(shù)據(jù)分析可知，煙花距地面的高度隨時間的變化呈先上升再下降的趨勢，則在給定的三類函數(shù)中，只有y2可能滿足，設(shè)h（t）＝at2+bt+c，利用待定系數(shù)法將表格所提供的三組數(shù)據(jù)代入，列方程組求出函數(shù)解析式；（2）由二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求出即可．【解答】解：（1）由表中數(shù)據(jù)分析可知，煙花距地面的高度隨時間的變化呈先上升再下降的趨勢，則在給定的三類函數(shù)中，只有y2可能滿足，故選擇取該函數(shù)．設(shè)h（t）＝at2+bt+c，有．解得a＝﹣18，b＝54，c＝﹣17，所以h（t）＝﹣18t2+54t﹣17，（t≥0），（2）h（t）＝﹣18t2+54t﹣17＝﹣18（x﹣）2+23.5，∴當(dāng)煙花沖出后1.5s是爆裂的最佳時刻，此時距地面的高度為23.5米【點(diǎn)評】本題考查了二次函數(shù)模型的應(yīng)用問題，也考查了利用二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)求函數(shù)最值的問題，確定函數(shù)的模型是解題關(guān)鍵．9．（2021秋?昌江區(qū)校級期末）在①函數(shù)y＝f（x）滿足f（x+1）﹣f（x）＝2x﹣1，函數(shù)y＝f（x）的圖象與直線y＝﹣1只有一個交點(diǎn)；②函數(shù)y＝f（x）過點(diǎn)（1，﹣1），且不等式f（x）＞0的解集為（﹣∞，0）∪（2，+∞），這兩個條件中選擇一個補(bǔ)充在下面問題中，并解答：已知二次函數(shù)f（x）＝ax2+bx+c，且____．（1）求f（x）的解析式；（2）若方程mf（2x）﹣2x+1﹣2＝0有且僅有一個實(shí)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【分析】（1）選①時，由f（x+1）﹣f（x）＝2x﹣1，代入f（x）＝ax2+bx+c可得a＝1，b＝﹣2；再由函數(shù)y＝f（x）的圖象與直線y＝﹣1只有一個交點(diǎn)知頂點(diǎn)為（1，﹣1），從而求得；選②時，由不等式f（x）＞0的解集為（﹣∞，0）∪（2，+∞）知方程f（x）＝ax2+bx+c＝0的解為0，2，從而寫出f（x）＝ax（x﹣2），再結(jié)合題意得f（1）＝﹣a＝﹣1，從而求得；（2）換元2x＝t（t＞0），從而轉(zhuǎn)化為方程mf（t）﹣2t﹣2＝0在（0，+∞）上有且僅有一個實(shí)根，再化為m＝在（0，+∞）上有且僅有一個實(shí)根，再換元t+1＝n（n＞1），從而化簡m＝＝，結(jié)合對勾函數(shù)的性質(zhì)可得g（n）＝n+﹣4在（1，）上單調(diào)遞減，在[，+∞）上單調(diào)遞增，從而可得當(dāng)g（n）＝2﹣4或g（n）＞0時，m＝在（1，+∞）上有且僅有一個實(shí)根，從而求得．【解答】解：（1）選①，∵f（x+1）﹣f（x）＝2x﹣1，∴a（x+1）2+b（x+1）+c﹣（ax2+bx+c）＝2x﹣1，即2ax+a+b＝2x﹣1，故，解得，a＝1，b＝﹣2；故f（x）＝x2﹣2x+c，又∵函數(shù)y＝f（x）的圖象與直線y＝﹣1只有一個交點(diǎn)，∴f（1）＝﹣1，即1﹣2+c＝﹣1，解得，c＝0，故f（x）＝x2﹣2x；選②，∵不等式f（x）＞0的解集為（﹣∞，0）∪（2，+∞），∴f（x）＝ax2+bx+c＝0的解為0，2，故f（x）＝ax（x﹣2），又∵函數(shù)y＝f（x）過點(diǎn)（1，﹣1），∴f（1）＝﹣a＝﹣1，解得，a＝1，故f（x）＝x2﹣2x；（2）令2x＝t（t＞0），∵方程mf（2x）﹣2x+1﹣2＝0有且僅有一個實(shí)根，∴方程mf（t）﹣2t﹣2＝0在（0，+∞）上有且僅有一個實(shí)根，即m（t2﹣2t）﹣2t﹣2＝0在（0，+∞）上有且僅有一個實(shí)根，即m＝在（0，+∞）上有且僅有一個實(shí)根，令t+1＝n（n＞1），則m＝＝，∵g（n）＝n+﹣4在（1，）上單調(diào)遞減，在[，+∞）上單調(diào)遞增，∴當(dāng)n∈（1，）時，g（n）∈（2﹣4，0），當(dāng)n∈[，+∞）時，g（n）∈（2﹣4，+∞），故當(dāng)g（n）＝2﹣4或g（n）＞0時，m＝在（1，+∞）上有且僅有一個實(shí)根，當(dāng)g（n）＝2﹣4時，m＝＝﹣2﹣，當(dāng)g（n）＞0時，m＝＞0，故m的取值范圍為{﹣2﹣}∪（0，+∞）．【點(diǎn)評】本題考查了二次函數(shù)及對勾函數(shù)的性質(zhì)，同時考查了轉(zhuǎn)化思想及換元法的應(yīng)用，屬于難題．10．（2021秋?紅橋區(qū)