（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第七章 不等式、推理與證明 考點規(guī)范練31 不等關(guān)系與一元二次不等式.docx

考點規(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浙江臺州4月調(diào)研)若a,bR,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解析因為1a<1b1a-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<b2B.ab<b2C.a+b<0D.|a|+|b|>|a+b|答案D解析由題意可知b<a<0,所以A,B,C正確,而|a|+|b|=-a-b=|a+b|,故D錯誤,選D.3.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-4x+6,x0,x+6,x<0,則不等式f(x)>f(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x0,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對一切實數(shù)x都成立,則k的取值范圍為()A.(-3,0B.-3,0)C.-3,0D.(-3,0)答案D解析2kx2+kx-38<0對一切實數(shù)x都成立,則必有2k<0,=k2-42k-38<0,解得-3<k<0.5.不等式(2x-1)(1-|x|)<0成立的充要條件是()A.x>1或x<12B.x>1或-1<x<12C.-1<x<12D.x<-1或x>12答案B解析(2x-1)(1-|x|)<02x-1>0,1-|x|<0或2x-1<0,1-|x|>0x>12,x>1或x<-1或x<12,-1<x<1x>1或-1<x<12.故選B.6.不等式-2x2+x+1>0的解集為.答案-12,1解析-2x2+x+1>0,即2x2-x-1<0,(2x+1)(x-1)<0,解得-12<x<1.故不等式-2x2+x+1>0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,則實數(shù)m的取值范圍是.答案1m5解析因為不等式組x2-x-6<0,x2-4x-5<0的解集是x|-1<x<3,設(shè)f(x)=x2-mx-6,則由題意得f(-1)0,f(3)0,解得1m5.8.已知函數(shù)f(x)=x2+(lg a+2)x+lg b滿足f(-1)=-2且對于任意xR,恒有f(x)2x成立,則實數(shù)a,b的值分別為.答案100,10解析由f(-1)=-2知,lgb-lga+1=0.所以ab=10.又f(x)2x恒成立,故f(x)-2x0恒成立,則有x2+xlga+lgb0恒成立,故=(lga)2-4lgb0.將式代入上式得(lgb)2-2lgb+10,即(lgb-1)20,故lgb=1,即b=10,代入得a=100.能力提升組9.若關(guān)于x的方程2kx2-2x-3k-2=0的兩個實根一個大于1,另一個小于1,則實數(shù)k的取值范圍是()A.k>0B.k>1C.k<-4D.k>0或k<-4答案D解析設(shè)方程2kx2-2x-3k-2=0的兩個實根分別為x1,x2,且x1<1,x2>1,依題意,有=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=,則實數(shù)a的值的集合是()A.a|0<a<4B.a|0a<4C.a|0<a4D.a|0a4答案D解析由題意知a=0時,滿足條件,a0時,由a>0,=a2-4a0,得0<a4,所以0a4.11.已知一元二次不等式f(x)<0的解集為xx<-1或x>13,則f(ex)>0的解集為()A.x|x<-1或x>-ln 3B.x|-1<x<-ln 3C.x|x>-ln 3D.x|x<-ln 3答案D解析設(shè)-1和13是方程x2+ax+b=0的兩個實數(shù)根,則a=-1+13=23,b=-113=-13,一元二次不等式f(x)<0的解集為xx<-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-1<ex<13,解得x<ln13,x<-ln3,即f(ex)>0的解集為x|x<-ln3.12.(2018浙江余姚中學模擬)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<x<3.13.已知函數(shù)f(x)=x2+mx-1,若對于任意xm,m+1,都有f(x)<0成立,則實數(shù)m的取值范圍是()A.-22<m<0B.22<m<0C.-2<m<0D.2<m<0答案A解析二次函數(shù)f(x)對于任意xm,m+1,都有f(x)<0成立,則f(m)=m2+m2-1<0,f(m+1)=(m+1)2+m(m+1)-1<0,解得-22<m<0.14.若x,yR,設(shè)M=4x2-4xy+3y2-2x+2y,則M的最小值為.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=16+32(4M+1)0,解得M-38,所以M的最小值為-38.當y=-14,x=18時取到.15.若關(guān)于x的不等式x2+ax-2>0在R上有解,則實數(shù)a的取值范圍是;若在區(qū)間1,5上有解,則實數(shù)a的取值范圍是.答案R-235,+解析設(shè)f(x)=x2+ax-2,因為函數(shù)f(x)的圖象開口向上,所以對任意aR,f(x)>0在R上有解;由于=a2+8>0恒成立,所以方程x2+ax-2=0恒有一正一負兩根.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|-3<x<4,解關(guān)于x的不等式bx2+2ax-(c+3b)<0;(2)若對任意xR,不等式f(x)2ax+b恒成立,求b2a2+c2的最大值.解(1)ax2+bx+c>0的解集為x|-3<x<4,a<0,-3+4=-ba,(-3)4=ca.b=-a,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+bax2+(b-2a)x+c-b0恒成立,=(b-2a)2-4a(c-b)0(a>0)b2+4a2-4ac0(a>0),0b24a(c-a).b2a2+c24a(c-a)a2+c2=4ca-11+ca2.令t=ca-1,4a(c-a)b20,caca1,從而t0,b2a2+c24t1+(t+1)2=4tt2+2t+2.令g(t)=4tt2+2t+2(t0).當t=0時,g(0)=0;當t>0時,g(t)=4t+2t+2422+2=22-2,b2a2+c2的最大值為22-2.17.已知函數(shù)f(x)=x2-2ax-1+a,aR.(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x0,2,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.因為x>0,所以x+1x2,當且僅當x=1x,即x=1時,等號成立,所以y-2.所以當x=1時,y=f(x)x的最小值為-2.(2)因為f(x)-a=x2-2ax-1,所以要使得“x0,2,不等式f(x)a成立”只要“x2-2ax-10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0-0-10,4-4a-10,解得a34,則a的取值范圍為34,+.