《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

18. （17 分）已知二次函数 $ f ( x ) = a x ^ { 2 } + b x $ 满足 $ f ( 2 ) = 2 $。
（1）设 $ a ＞ 0, b ＞ 0 $，求 $ \frac { 1 } { a } + \frac { 2 } { a + b } $ 的最小值；
（2）若 $ \forall x \in [ 0, 2 ], f ( x ) \leq 2 x + 1 $ 恒成立，求实数 $ a $ 的取值范围。

答案：
18.[解析] 本题考查二次函数和基本不等式求最值的综合问题
(1)由二次函数$f(x)=ax^2 + bx$满足$f(2)=2$，得$4a + 2b = 2$，则$2a + b = 1$，即$a + (a + b)=1$，
因为$a \gt 0$，$b \gt 0$，所以$\frac{1}{a} + \frac{2}{a + b} = (\frac{1}{a} + \frac{2}{a + b})[a + (a + b)] = \frac{a + b}{a} + \frac{2a}{a + b} + 3 \geq 2\sqrt{\frac{a + b}{a} · \frac{2a}{a + b}} + 3 = 2\sqrt{2} + 3$，当且仅当$\frac{a + b}{a} = \frac{2a}{a + b}$时取等号，所以$\frac{1}{a} + \frac{2}{a + b}$的最小值为$2\sqrt{2} + 3$.
(2)由
(1)可得$b = 1 - 2a$，则$f(x)=ax^2 + (1 - 2a)x$，因为$\forall x\in[0,2]$，$f(x) \leq 2x + 1$恒成立，所以$ax^2 + (1 - 2a)x \leq 2x + 1$，即$a(x^2 - 2x) \leq x + 1$对任意$x\in[0,2]$恒成立，又因为当$x\in[0,2]$时，$x^2 - 2x = x(x - 2) \leq 0$，$x + 1 \gt 0$，
所以当$a \geq 0$时，$a(x^2 - 2x) \leq x + 1$对任意$x\in[0,2]$恒成立，符合题意；
当$a \lt 0$时，可知当$x = 0$或$x = 2$时，$a(x^2 - 2x)=0 \lt x + 1$恒成立，则$a \geq \frac{x + 1}{x^2 - 2x}$在$(0,2)$上恒成立，令$g(x) = \frac{x + 1}{x^2 - 2x}$，$x\in(0,2)$，则$g(x)=\frac{x + 1}{(x + 1)^2 - 4(x + 1) + 3} = \frac{1}{(x + 1) + \frac{3}{x + 1} - 4}$
因为$0 \lt x \lt 2$，所以$1 \lt x + 1 \lt 3$，
则$x + 1 + \frac{3}{x + 1} - 4 \geq 2\sqrt{(x + 1) · \frac{3}{x + 1}} - 4 = 2\sqrt{3} - 4$，当且仅当$x + 1 = \frac{3}{x + 1}$，即$x + 1 = \sqrt{3} \in(1,3)$时，取等号，
此时$x + 1 + \frac{3}{x + 1} - 4$的最小值为$2\sqrt{3} - 4$，则$g(x)_{max} = \frac{1}{2\sqrt{3} - 4} = -\frac{\sqrt{3} + 2}{2}$，所以$a \geq -\frac{\sqrt{3} + 2}{2}$，所以$-\frac{\sqrt{3} + 2}{2} \leq a \lt 0$.
综上，实数$a$的取值范围为$[-\frac{\sqrt{3} + 2}{2},+\infty)$.

19. （17 分）已知函数 $ f ( x ) = \frac { x } { | x | - 1 } $。
（1）讨论函数 $ f ( x ) $ 的奇偶性和单调性，并说明理由；
（2）若函数 $ f ( x ) $ 与 $ g ( x ) = k x ^ { 2 } $ 的图象有四个不同的公共点，求实数 $ k $ 的取值范围。

答案：
19.[解析] 本题考查函数的单调性和奇偶性、已知零点个数求参
(1)由$|x| - 1 \neq 0$，得$x \neq \pm 1$，故函数$f(x)$的定义域是$\{x\mid x \neq \pm 1\}$，$f(-x)=\frac{-x}{|-x| - 1} = -\frac{x}{|x| - 1} = -f(x)$，所以函数$f(x)$是奇函数.
当$x \geq 0$时，$f(x)=\frac{x}{x - 1} = 1＜/think＞＜/think＞\frac{1}{＜/think＞＜/think＞＜/think＞1}$在$[0,1)$和$(1,+\infty)$上单调递减，因为$f(x)$是奇函数，所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$和$(-1,0]$上也单调递减，即$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$(-1,1)$，$(1,+\infty)$上都是单调递减的.
(2)函数$f(x)$与$g(x)=kx^2$的图象有四个不同的公共点$\Leftrightarrow$方程$\frac{x}{|x| - 1} = kx^2$有四个不同的实根，因为若$k = 0$，方程$\frac{x}{|x| - 1} = kx^2$只有一个根，所以$k \neq 0$.
易知方程$\frac{x}{|x| - 1} = kx^2$有一根$x = 0$，所以方程$\frac{1}{|x| - 1} = kx$有三个不同的非零实根$\Leftrightarrow x(|x| - 1) = \frac{1}{k}$有三个不同的非零实根.
令函数$h(x)=x(|x| - 1)=\begin{cases} x(x - 1), & x \geq 0, \\ -x(x + 1), & x \lt 0, \end{cases}$作出$y = h(x)$的大致图象，如图所示.

结合图象易知当$\frac{1}{k} \in(-\frac{1}{4},0)\cup(0,\frac{1}{4})$时，$x(|x| - 1)=\frac{1}{k}$有三个不同的非零实根，即$k \in (-\infty,-4)\cup(4,+\infty)$.
故实数$k$的取值范围为$(-\infty,-4)\cup(4,+\infty)$.