《2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中数学必修第一册人教版》

18.（17 分）
已知函数 $ f ( x ) = a x ^ { 2 } - ( a - 1 ) x - 2 $，$ a \in \mathbf { R } $。
（Ⅰ）设 $ a ＞ - \frac { 1 } { 2 } $，解关于 $ x $ 的不等式 $ f ( x ) ＜ a x $；
（Ⅱ）设 $ a ＞ 0 $，若当 $ x \in \left[ - \frac { 1 } { 2 }, + \infty \right) $ 时 $ f ( x ) $ 的最小值为 $ - \frac { 9 } { 4 } $，求 $ a $ 的值。

答案： 18.(Ⅰ)略 (Ⅱ)$\frac{1}{3}$或$\frac{3 + \sqrt{5}}{2}$
含参数的一元二次不等式的解法+二次函数的性质
【思维导图】(Ⅰ)将不等式化简得$(x - 2)(ax + 1) ＜ 0$；讨论$a$的取值范围→得解.
(Ⅱ)$a ＞ 0 \to$二次函数$f(x)$的图象开口向上，对称轴是$x_{0} = \frac{a - 1}{2a}$；二次函数的性质→函数$f(x)$的单调性和最值；建立方程→即可得解.
解：(Ⅰ)原不等式即为$ax^{2} - (2a - 1)x - 2 ＜ 0$，即$(x - 2)(ax + 1) ＜ 0$(题眼)，当$a = 0$时，即$x - 2 ＜ 0$，解得$x ＜ 2$(易错：当$a = 0$时，不等式为一元一次不等式，容易遗漏)；当$a \neq 0$时，令$(x - 2)(ax + 1) = 0$，得$x_{1} = 2$，$x_{2} = - \frac{1}{a}$(关键：讨论二次函数图象的开口方向和两根大小是解题关键)，(ⅰ)若$a ＞ 0$，则$- \frac{1}{a} ＜ 2$，解原不等式得$- \frac{1}{a} ＜ x ＜ 2$；(ⅱ)若$- \frac{1}{2} ＜ a ＜ 0$，则$- \frac{1}{a} ＞ 2$，解原不等式得$x ＜ 2$或$x ＞ - \frac{1}{a}$.
综上，当$a ＞ 0$时，解集为$\{ x \mid - \frac{1}{a} ＜ x ＜ 2\}$；当$a = 0$时，解集为$\{ x \mid x ＜ 2\}$；当$- \frac{1}{2} ＜ a ＜ 0$时，解集为$\{ x \mid x ＜ 2$或$x ＞ - \frac{1}{a}\}$.
(Ⅱ)由$a ＞ 0$知$f(x)$的图象开口向上，对称轴是$x_{0} = \frac{a - 1}{2a}$(提示：讨论对称轴和所给区间的位置关系，进而得函数$f(x)$的单调性和最值)，当$x_{0} \leq - \frac{1}{2}$，即$0 ＜ a \leq \frac{1}{2}$时，函数$f(x)$在$[- \frac{1}{2}, + \infty)$上单调递增，最小值为$f(- \frac{1}{2})$，则$f(- \frac{1}{2}) = \frac{3}{4}a - \frac{5}{2} = - \frac{9}{4}$，解得$a = \frac{1}{3}$；当$x_{0} ＞ - \frac{1}{2}$，即$a ＞ \frac{1}{2}$时，函数$f(x)$在$[- \frac{1}{2},x_{0})$上单调递减，在$[x_{0}, + \infty)$上单调递增，最小值为$f(x_{0})$，则$f(x_{0}) = \frac{- a^{2} - 6a - 1}{4a} = - \frac{9}{4}$，解得$a = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$或$a = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$(舍)，故$a$的值为$\frac{1}{3}$或$\frac{3 + \sqrt{5}}{2}$.

19.（17 分）
已知函数 $ f ( x ) = \sqrt { 3 x - 2 } - \frac { 3 } { 4 } x + \frac { 1 } { 2 } $。
（Ⅰ）判断 $ f ( x ) $ 在区间 $ [ 2, + \infty ) $ 上的单调性并证明；
（Ⅱ）令 $ g ( x ) = f ( x ) + \frac { 3 } { 4 } x - \frac { 1 } { 2 } $，对 $ \forall x _ { 1 } \in [ 2, + \infty ) $，$ \exists x _ { 2 } \in [ 2, + \infty ) $，使得 $ ( g ( x _ { 1 } ) ) ^ { 2 } + 2 - m \geqslant m \sqrt { 3 x _ { 1 } - 2 } - f ( x _ { 2 } ) $ 成立，求 $ m $ 的取值范围。

答案： 19.(Ⅰ)单调递减，证明略 (Ⅱ)$( - \infty,\frac{7}{3}]$
函数的单调性+利用函数的单调性求最值+不等式恒成立问题
【思维导图】(Ⅰ)假设任意$x_{1}$，$x_{2} \in [2, + \infty)$，且$x_{1} ＜ x_{2} \to f(x_{1}) - f(x_{2}) ＞ 0 \to$即可证明.
(Ⅱ)原不等式化简得$3x_{1} - 2 + 2 - m - m\sqrt{3x_{1} - 2} \geq - f(x_{2}) \to$由(Ⅰ)知$[- f(x)]_{\min} = - 1 \to 3x_{1} - 2 + 2 - m - m\sqrt{3x_{1} - 2} \geq - 1 \to$分离参数；令$\sqrt{3x_{1} - 2} = t$，$t \geq 2 \to$构造函数→得解.
解：(Ⅰ)$f(x) = \sqrt{3x - 2} - \frac{3}{4}x + \frac{1}{2}$在$[2, + \infty)$上单调递减.
证明：假设任意$x_{1}$，$x_{2} \in [2, + \infty)$，且$x_{1} ＜ x_{2}$(提示：定义法证明单调性的步骤为设值、作差、变形、判号、定论)，$f(x_{1}) - f(x_{2}) = (\sqrt{3x_{1} - 2} - \frac{3}{4}x_{1} + \frac{1}{2}) - (\sqrt{3x_{2} - 2} - \frac{3}{4}x_{2} + \frac{1}{2}) = (x_{1} - x_{2})(\frac{3}{\sqrt{3x_{1} - 2} + \sqrt{3x_{2} - 2}} - \frac{3}{4})$(关键：作差后对式子进行正确的变形).
$\because x_{2} ＞ x_{1} \geq 2$，$\therefore \sqrt{3x_{1} - 2} + \sqrt{3x_{2} - 2} ＞ 4$，$\therefore \frac{3}{\sqrt{3x_{1} - 2} + \sqrt{3x_{2} - 2}} - \frac{3}{4} ＜ 0$，又$x_{1} - x_{2} ＜ 0$，$\therefore f(x_{1}) - f(x_{2}) ＞ 0$，即$f(x_{1}) ＞ f(x_{2})$，$\therefore f(x)$在区间$[2, + \infty)$上单调递减.
(Ⅱ)题中不等式化简得$3x_{1} - 2 + 2 - m - m\sqrt{3x_{1} - 2} \geq - f(x_{2})$，由(Ⅰ)知$[- f(x)]_{\min} = - f(2) = - 1$，$\therefore 3x_{1} - 2 + 2 - m - m\sqrt{3x_{1} - 2} \geq - 1$，$\forall x_{1} \in [2, + \infty)$(题眼)，令$\sqrt{3x_{1} - 2} = t$，$t \geq 2$，$\therefore t^{2} + 3 - m(t + 1) \geq 0$，$\therefore m \leq \frac{t^{2} + 3}{t + 1} = t + 1 + \frac{4}{t + 1} - 2$(提示：分离参数，利用函数的单调性求最值).
令$p(t) = t + 1 + \frac{4}{t + 1} - 2$，$t \geq 2$时，易知$p(t)$在$[2, + \infty)$上单调递增，$\therefore p(t)_{\min} = p(2) = \frac{7}{3}$，$\therefore m \leq \frac{7}{3}$，即实数$m$的取值范围是$( - \infty,\frac{7}{3}]$.
(解析人:巩祥涛)