（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 考點(diǎn)規(guī)范練31 不等關(guān)系與一元二次不等式

《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 考點(diǎn)規(guī)范練31 不等關(guān)系與一元二次不等式》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第七章 不等式、推理與證明 考點(diǎn)規(guī)范練31 不等關(guān)系與一元二次不等式（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)規(guī)范練31　不等關(guān)系與一元二次不等式 基礎(chǔ)鞏固組 1.(2018浙江臺(tái)州4月調(diào)研)若a,b∈R,則“1a<1b”是“aba3-b3>0”的(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 答案C 解析因?yàn)?a<1b?1a-1b=b-aab<0,而aba3-b3=ab(a-b)(a2+ab+b2)>0,反過來也成立,所以是充要條件.故選C. 2.若1a<1b<0,則下列結(jié)論不正確的是(　　) A.a2|a+b| 答案D 解析由

2、題意可知bf(1)的解集是(　　) A.(-3,1)∪(3,+∞) B.(-3,1)∪(2,+∞) C.(-1,1)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(1,3) 答案A 解析原不等式可化為x≥0,x2-4x+6>3或x<0,x+6>3, 則原不等式的解集為(-3,1)∪(3,+∞).故選A. 4.若一元二次不等式2kx2+kx-38<0對一切實(shí)數(shù)x都成立,則k的取值范圍為(　　) A.(-3,0] B.[-3,0

3、) C.[-3,0] D.(-3,0) 答案D 解析2kx2+kx-38<0對一切實(shí)數(shù)x都成立, 則必有2k<0,Δ=k2-4×2k×-38<0,解得-31或x<12 B.x>1或-112 答案B 解析(2x-1)(1-|x|)<0?2x-1>0,1-|x|<0或2x-1<0,1-|x|>0 ?x>12,x>1或x<-1或x<12,-11或-10的解集為　　　　　.? 答案

4、-12,1 解析-2x2+x+1>0,即2x2-x-1<0,(2x+1)(x-1)<0,解得-120的解集為-12,1. 7.已知不等式組x2-x-6<0,x2-4x-5<0的解集是不等式x2-mx-6<0的解集的子集,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是　　　　　.? 答案1≤m≤5 解析因?yàn)椴坏仁浇Mx2-x-6<0,x2-4x-5<0的解集是{x|-1

5、x成立,則實(shí)數(shù)a,b的值分別為　　　　　.? 答案100,10 解析由f(-1)=-2知,lgb-lga+1=0.① 所以ab=10.② 又f(x)≥2x恒成立,故f(x)-2x≥0恒成立, 則有x2+x·lga+lgb≥0恒成立, 故Δ=(lga)2-4lgb≤0. 將①式代入上式得(lgb)2-2lgb+1≤0,即(lgb-1)2≤0, 故lgb=1,即b=10,代入②得a=100. 能力提升組 9.若關(guān)于x的方程2kx2-2x-3k-2=0的兩個(gè)實(shí)根一個(gè)大于1,另一個(gè)小于1,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A.k>0 B.k>1 C.k<-4 D.k>0或k<-4

6、 答案D 解析設(shè)方程2kx2-2x-3k-2=0的兩個(gè)實(shí)根分別為x1,x2,且x1<1,x2>1,依題意,有 Δ=4-8k(-3k-2)>0,(x1-1)(x2-1)=x1x2-(x1+x2)+1=-3k+22k-22k+1<0, 解得k>0或k<-4. 10.若集合A={x|ax2-ax+1<0}=?,則實(shí)數(shù)a的值的集合是(　　) A.{a|00,Δ=a2-4a≤0,得0

7、解集為x　　x<-1或x>13,則f(ex)>0的解集為(　　) A.{x|x<-1或x>-ln 3} B.{x|-1-ln 3} D.{x|x<-ln 3} 答案D 解析設(shè)-1和13是方程x2+ax+b=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,則a=--1+13=23,b=-1×13=-13,∵一元二次不等式f(x)<0的解集為x　　x<-1或x>13, ∴f(x)=-x2+23x-13=-x2-23x+13. ∴f(x)>0的解集為x∈-1,13. 不等式f(ex)>0可化為-10的解集為{x|x<-

8、ln3}. 12.(2018浙江余姚中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)=(mx+n)(x-1)為偶函數(shù),且在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞增,則f(2-x)>0的解集為(　　) A.(1,3) B.(-∞,1)∪(3,+∞) C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 答案A 解析∵f(x)=(x-1)(mx+n)=mx2+(n-m)x-n, 函數(shù)f(x)=(mx+n)(x-1)為偶函數(shù), ∴f(-x)=f(x),即mx2+(n-m)x-n=mx2-(n-m)x-n,得-(n-m)=(n-m),即n-m=0.∴m=n, 則f(x)=mx2-m.∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞

9、增,∴m<0. 由f(2-x)>0,得m(2-x)2-m>0, 即(2-x)2-1<0,得x2-4x+3<0,解得1

10、最小值為　　　　　.? 答案-38 解析M=4x2-4xy+3y2-2x+2y可化為關(guān)于x的方程4x2-(4y+2)x+3y2+2y-M=0有解,故(4y+2)2-16(3y2+2y-M)≥0,化簡得8y2+4y-(4M+1)≤0有解,故Δ=16+32(4M+1)≥0,解得M≥-38,所以M的最小值為-38. 當(dāng)y=-14,x=18時(shí)取到. 15.若關(guān)于x的不等式x2+ax-2>0在R上有解,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　　;若在區(qū)間[1,5]上有解,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　　.? 答案R　-235,+∞ 解析設(shè)f(x)=x2+ax-2,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象開口向上,所以對任意

11、a∈R,f(x)>0在R上有解;由于Δ=a2+8>0恒成立,所以方程x2+ax-2=0恒有一正一負(fù)兩根.于是不等式x2+ax-2>0在區(qū)間[1,5]上有解的充要條件是f(5)>0,即a∈-235,+∞. 16.(2018浙江金華模擬)已知一元二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c. (1)若f(x)>0的解集為{x|-30的解集為{x|-3

12、,c=-12a(a<0). ∴bx2+2ax-(c+3b)<0?-ax2+2ax+15a<0(a<0), 從而可得x2-2x-15<0,解得x∈(-3,5). (2)∵f(x)≥2ax+b?ax2+(b-2a)x+c-b≥0恒成立, ∴Δ=(b-2a)2-4a(c-b)≤0(a>0)?b2+4a2-4ac≤0(a>0), ∴0≤b2≤4a(c-a). ∴b2a2+c2≤4a(c-a)a2+c2=4ca-11+ca2. 令t=ca-1,∵4a(c-a)≥b2≥0, ∴c≥a?ca≥1,從而t≥0, ∴b2a2+c2≤4t1+(t+1)2=4tt2+2t+2. 令g(t)=4t

13、t2+2t+2(t≥0). ①當(dāng)t=0時(shí),g(0)=0; ②當(dāng)t>0時(shí),g(t)=4t+2t+2≤422+2=22-2, ∴b2a2+c2的最大值為22-2. 17.已知函數(shù)f(x)=x2-2ax-1+a,a∈R. (1)若a=2,試求函數(shù)y=f(x)x(x>0)的最小值; (2)若對于任意的x∈[0,2],不等式f(x)≤a成立,試求a的取值范圍. 解(1)依題意得y=f(x)x=x2-4x+1x=x+1x-4. 因?yàn)閤>0,所以x+1x≥2, 當(dāng)且僅當(dāng)x=1x,即x=1時(shí),等號成立,所以y≥-2. 所以當(dāng)x=1時(shí),y=f(x)x的最小值為-2. (2)因?yàn)閒(x)-a=x2-2ax-1, 所以要使得“?x∈[0,2],不等式f(x)≤a成立”只要“x2-2ax-1≤0在區(qū)間[0,2]上恒成立”.不妨設(shè)g(x)=x2-2ax-1, 則只要g(x)≤0在區(qū)間[0,2]上恒成立即可, 所以g(0)≤0,g(2)≤0,即0-0-1≤0,4-4a-1≤0, 解得a≥34,則a的取值范圍為34,+∞. 5