《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

8. 设 $ \max \{ f(x), g(x) \} = \begin{cases}g(x), f(x) \leq g(x), \\ f(x), f(x) ＞ g(x),\end{cases}$ 若函数 $ h(x) = x^{2} + px + q(p, q \in \mathbf{R}) $ 的图象经过不同的两点 $ (\alpha, 0) $，$ (\beta, 0) $，且存在整数 $ n $ 使得 $ n ＜ \alpha ＜ \beta ＜ n + 1 $ 成立，则( )

A.$ \max \{ h(n), h(n + 1) \} ＞ 1 $
B.$ \max \{ h(n), h(n + 1) \} ＜ 1 $
C.$ \max \{ h(n), h(n + 1) \} ＞ \frac{1}{2} $
D.$ \max \{ h(n), h(n + 1) \} ＜ \frac{1}{2} $

答案： 8.解析:因为函数$h(x) = x^{2} + px + q(p,q\in\mathbf{R})$的图象经过不同的两点$(\alpha,0)$，$(\beta,0)$，所以$h(x) = x^{2} + px + q = (x - \alpha)(x - \beta)$，$h(n) = (n - \alpha)(n - \beta) = (\alpha - n)(\beta - n)$，$h(n + 1) = (n + 1 - \alpha)(n + 1 - \beta)$.令$\alpha - n = t_{1}$，$\beta - n = t_{2}$，由于$n\lt\alpha\lt\beta\lt n + 1$，则$0\lt t_{1}\lt1$，$0\lt t_{2}\lt1$，$0\lt t_{1} + t_{2}\lt2$，所以$h(n) = t_{1}t_{2}\leq\left(\frac{t_{1} + t_{2}}{2}\right)^{2}\lt1$，所以$h(n)\lt1$.又$h(n + 1) = (1 - t_{1})(1 - t_{2})\leq\left(1 - \frac{t_{1} + t_{2}}{2}\right)^{2}$，由于$0\lt\frac{t_{1} + t_{2}}{2}\lt1$，则$0\lt1 - \frac{t_{1} + t_{2}}{2}\lt1$，所以$h(n + 1)\lt1$.综上，$\max\{h(n),h(n + 1)\}\lt1$，故选B.

9. 若 $ a ＜ b ＜ 0 $，则下列不等式中不可能成立的是(AC)

A.$ \frac{1}{a - b} ＞ \frac{1}{a} $
B.$ |a| ＞ |b| $
C.$ \frac{1}{a} ＜ \frac{1}{b} $
D.$ a^{2} ＞ b^{2} $

答案： 9.解析:因为$a\lt b\lt0$，则$0\gt a - b\gt a$，所以$\frac{1}{a - b}\lt\frac{1}{a}$，故选项A错误.由于$a\lt b\lt0$，则$\vert a\vert\gt\vert b\vert$成立，故选项B正确.由于$a\lt b\lt0$，则$\frac{1}{a}\gt\frac{1}{b}$，故选项C错误.由于$a\lt b\lt0$，则$a^{2}\gt b^{2}$，故选项D正确.故选AC.

10. 若关于 $ x $ 的一元二次方程 $ (x - 2)(x - 3) = m $ 有实数根 $ x_{1} $，$ x_{2} $，且 $ x_{1} ＜ x_{2} $，则下列结论中正确的是(ABD)

A.当 $ m = 0 $ 时，$ x_{1} = 2 $，$ x_{2} = 3 $
B.$ m ＞ -\frac{1}{4} $
C.当 $ m ＞ 0 $ 时，$ 2 ＜ x_{1} ＜ x_{2} ＜ 3 $
D.当 $ m ＞ 0 $ 时，$ x_{1} ＜ 2 ＜ 3 ＜ x_{2} $

答案：
10.解析:当$m = 0$时，$(x - 2)(x - 3) = 0$，则$x_{1} = 2$，$x_{2} = 3$，故选项A正确.方程$(x - 2)(x - 3) = m$化为$x^{2} - 5x + 6 - m = 0$，由方程有两个不等实根得$\Delta = 25 - 4(6 - m) = 4m + 1\gt0$，解得$m\gt - \frac{1}{4}$，故选项B正确.当$m\gt0$时，画出函数$y = (x - 2)(x - 3)$和函数$y = m$的图象.如图，两图象交点的横坐标分别为$x_{1}$，$x_{2}$，由图可知$x_{1}\lt2\lt3\lt x_{2}$，故选项C错误，选项D正确.
　　　　　
故选ABD.

11. 设正实数 $ m $，$ n $ 满足 $ m + n = 2 $，则下列说法中正确的是(ABD)

A.$ \frac{1}{m} + \frac{2}{n} $ 的最小值为 $ \frac{3 + 2\sqrt{2}}{2} $
B.$ \frac{\sqrt{mn}}{2} $ 的最大值为 $ \frac{1}{2} $
C.$ \sqrt{m} + \sqrt{n} $ 的最小值为 $ 2 $
D.$ m^{2} + n^{2} $ 的最小值为 $ 2 $

答案： 11.解析:对于选项A，正实数$m$，$n$满足$m + n = 2$，所以$\frac{1}{m} + \frac{2}{n} = \frac{1}{2}(m + n)\left(\frac{1}{m} + \frac{2}{n}\right)=\frac{1}{2}\left(3 + \frac{n}{m} + \frac{2m}{n}\right)\geq \frac{1}{2}\left(3 + 2\sqrt{\frac{n}{m}· \frac{2m}{n}}\right) = \frac{3 + 2\sqrt{2}}{2}$，当且仅当$\frac{n}{m} = \frac{2m}{n}$时取等号，故A正确.对于选项B，因为$m + n = 2$且$m$，$n\gt0$，所以$\sqrt{mn}\leq\frac{m + n}{2} = 1$，当且仅当$m = n = 1$时，等号成立，故B正确.对于选项C，因为$m + n = 2$，$m$，$n\gt0$，所以$(\sqrt{m})^{2} + (\sqrt{n})^{2} = 2$，$(\sqrt{m} + \sqrt{n})^{2}\leq2[(\sqrt{m})^{2} + (\sqrt{n})^{2}] = 4$，则$\sqrt{m} + \sqrt{n}\leq2$，故C错误.对于选项D，$m^{2} + n^{2}\geq\frac{(m + n)^{2}}{2} = 2$，故D正确.故选ABD.

12. 若 $ -3 ＜ a ＜ b ＜ 2 $，则 $ a - b $ 的取值范围是$-5\lt a - b\lt0$.

答案： 12.解析:由于$-3\lt a\lt b\lt2$，则$-3\lt a\lt2$ ①，$-2\lt - b\lt3$ ②，由①$+$②得$-5\lt a - b\lt5$，又$a\lt b$，则$a - b\lt0$，从而$-5\lt a - b\lt0$.

13. 若不等式 $ x^{2} - 2 ＞ mx $ 对满足 $ |m| \leq 1 $ 的一切实数 $ m $ 都成立，则 $ x $ 的取值范围是$x\lt - 2$或$x\gt2$.

答案： 13.解析:令$f(m) = mx - x^{2} + 2$，即$f(m)\lt0$在$-1\leq m\leq1$恒成立，所以$\begin{cases}f(1)\lt0,\\f(-1)\lt0,\end{cases}$即$\begin{cases}x - x^{2} + 2\lt0,\\-x - x^{2} + 2\lt0,\end{cases}$解得$x\lt - 2$或$x\gt2$.

14. 已知 $ x, y \in \mathbf{R} $ 且满足 $ 2x^{2} - y^{2} + xy = 2 $，则 $ x^{2} + 2y^{2} $ 的最小值是$\frac{4\sqrt{3} - 4}{3}$.

答案： 14.解析:原方程可化为$(2x - y)(x + y) = 2$，令$2x - y = m$，$x + y = n$，则$x = \frac{m + n}{3}$，$y = \frac{2n - m}{3}$，且$mn = 2$，所以$x^{2} + 2y^{2} = \left(\frac{m + n}{3}\right)^{2} + 2\left(\frac{2n - m}{3}\right)^{2} = \frac{1}{3}m^{2} + n^{2} - \frac{4}{3}\geq\frac{2mn}{\sqrt{3}} - \frac{4}{3} = \frac{4\sqrt{3} - 4}{3}$，当且仅当$\frac{1}{3}m^{2} = n^{2}$，$mn = 2$时取等号.

15. 给以下三个条件：
① $ x^{2} - (2a - 1)x + a^{2} - a ＜ 0 $；② $ x^{2} - 2ax + a^{2} - 1 ＜ 0 $；③ $ x^{2} - (a + 1)x + a ＜ 0(a ＞ 1) $，
任选一个补充到下面的问题中并解答.
已知命题 $ p: \frac{x - 4}{x + 3} ＜ 0 $，命题 $ q: $，且命题 $ p $ 是命题 $ q $ 的必要不充分条件，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 15.解析:由$\frac{x - 4}{x + 3}\lt0$可得$-3\lt x\lt4$，记集合$A = \{x\mid - 3\lt x\lt4\}$，设命题$q$对应的$x$的取值集合为$B$.因为$p$是$q$的必要不充分条件，所以$B\subsetneqq A$.若选条件①$x^{2} - (2a - 1)x + a^{2} - a\lt0$，由于$(x - a)[x - (a - 1)]\lt0$，则$a - 1\lt x\lt a$.因为$B\subsetneqq A$，只需$\begin{cases}a - 1\geq - 3,\\a\leq4,\end{cases}$解得$-2\leq a\leq4$，即实数$a$的取值范围为$-2\leq a\leq4$.若选条件②$x^{2} - 2ax + a^{2} - 1\lt0$，由于$[x - (a + 1)][x - (a - 1)]\lt0$，则$a - 1\lt x\lt a + 1$.因为$B\subsetneqq A$，只需$\begin{cases}a - 1\geq - 3,\\a + 1\leq4,\end{cases}$解得$-2\leq a\leq3$，即实数$a$的取值范围为$-2\leq a\leq3$.若选条件③$x^{2} - (a + 1)x + a\lt0(a\gt1)$，由于$(x - a)(x - 1)\lt0$，则$1\lt x\lt a$.因为$B\subsetneqq A$，只需$\begin{cases}a\leq4,\\a\gt1,\end{cases}$解得$1\lt a\leq4$，即实数$a$的取值范围为$1\lt a\leq4$.