【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教A版)基礎鞏固：第7章-第1節(jié)-不等式的性質(zhì)及解法

第七章第一節(jié)一、選擇題1．(2022·雙鴨山一中月考)已知全集為R，集合A＝{x|(eq\f(1,2))x≤1}，B＝{x|x2－6x＋8≤0}，則A∩?RB＝()A．{x|x≤0} B．{x|2≤x≤4}C．{x|0≤x<2或x>4} D．{x|0<x≤2或x≥4}[答案]C[解析]∵(eq\f(1,2))x≤1，∴x≥0，A＝{x|x≥0}，B＝{x|2≤x≤4}，所以?RB＝{x|x<2或x>4}，∴A∩(?RB)＝{x|0≤x<2或x>4}，故選C．2．(文)(2021·天津)設a、b∈R，則“(a－b)·a2<0”是“a<b”的A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]由于a2≥0，而(a－b)a2<0，所以a－b<0，即a<b；由a<b，a2≥0，得到(a－b)a2≤0，所以(a－b)a2<0是a<b的充分不必要條件．(理)若a>0且a≠1，b>0，則“l(fā)ogab>0”是“(a－1)(b－1)＞0”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]C[解析]∵a>0且a≠1，b>0，∴l(xiāng)ogab>0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,0<b<1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,b>1.))?(a－1)(b－1)>0.3．(文)(2022·陜西咸陽范公中學摸底)若a，b是任意實數(shù)，且a>b，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)2>b2 B．eq\f(b,a)<1C．lg(a－b)>0 D．(eq\f(1,3))a<(eq\f(1,3))b[答案]D[解析]當a＝－1，b＝－2時，a2<b2，eq\f(b,a)>1，lg(a－b)＝0，可排解A，B，C，故選D．(理)(2022·福建四地六校其次次月考)已知a>b>0，則下列不等式中總成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a) B．a(chǎn)＋eq\f(1,a)>b＋eq\f(1,b)C．eq\f(b,a)>eq\f(b＋1,a＋1) D．b－eq\f(1,b)>a－eq\f(1,a)[答案]A[解析]∵a>b>0，∴eq\f(1,b)>eq\f(1,a)>0，∴a＋eq\f(1,b)>b＋eq\f(1,a)，故選A．4．(2021·西安模擬)設α∈(0，eq\f(π,2))，β∈[0，eq\f(π,2)]，那么2α－eq\f(β,3)的取值范圍是()A．(0，eq\f(5π,6)) B．(－eq\f(π,6)，eq\f(5π,6))C．(0，π) D．(－eq\f(π,6)，π)[答案]D[解析]由題設得0<2α<π，0≤eq\f(β,3)≤eq\f(π,6)，∴－eq\f(π,6)≤－eq\f(β,3)≤0，∴－eq\f(π,6)<2α－eq\f(β,3)<π.5．(文)已知p：?x∈R，mx2＋2≤0，q：?x∈R，x2－2mx＋1>0，若p∨q為假命題，則實數(shù)m的取值范圍是()A．m≥1 B．m≤－1C．m≤－1或m≥1 D．－1≤m≤1[答案]A[解析]∵p∨q為假命題，∴p和q都是假命題．由p：?x∈R，mx2＋2≤2為假，得?x∈R，mx2＋2>0，∴m≥0.①由q：?x∈R，x2－2mx＋1>0為假，得?x0∈R，xeq\o\al(2,0)－2mx0＋1≤0，∴Δ＝(－2m)2－4≥0?m2≥1?m≤－1或m≥1.由①和②得m≥1，故選A．(理)(2022·山東濰坊一中檢測)若命題“?x0∈R，使得xeq\o\al(2,0)＋mx0＋2m－3<0”為假命題，則實數(shù)m的取值范圍是()A．[2,6] B．[－6，－2]C．(2,6) D．(－6，－2)[答案]A[解析]若命題為假命題，則滿足Δ＝m2－4(2m－3)＝m2－8m＋12≤0，解得2≤m≤[點評]留意區(qū)分存在性命題的真假與恒成立命題的真假．(2022·上海交大附中訓練)若(m＋1)x2－(m－1)x＋3(m－1)<0對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．(－∞，－1)C．(－∞，－eq\f(13,11)) D．(－∞，－eq\f(13,11))∪(1，＋∞)[答案]C[解析]①當m＝－1時，不等式為2x－6<0，即x<3，不合題意；②當m≠－1時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1<0，,Δ<0，))解得m<－eq\f(13,11).6．(文)已知定義域為R的偶函數(shù)f(x)在(－∞，0]上是減函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2，則不等式f(log4x)>2的解集為()A．(0，eq\f(1,2))∪(2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(0，eq\f(\r(2),2))∪(eq\r(2)，＋∞) D．(0，eq\f(\r(2),2))[答案]A[解析]作出函數(shù)f(x)的示意圖如圖，則log4x>eq\f(1,2)或log4x<－eq\f(1,2)，解得x>2或0<x<eq\f(1,2).故選A．(理)(2021·北京西城區(qū)期末)已知a>b>0，給出下列四個不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)；④a3＋b3>2a2b.其中確定成立的不等式為()A．①②③ B．①②④C．①③④ D．②③④[答案]A[解析]由a>b>0可得a2>b2，①正確；由a>b>0可得a>b－1，而函數(shù)f(x)＝2x在R上是增函數(shù)，∴2a>2b－1，②正確；∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴(eq\r(a－b))2－(eq\r(a)－eq\r(b))2＝2eq\r(ab)－2b＝2eq\r(b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)，③正確；若a＝3，b＝2，則a3＋b3＝35,2a2b＝36，a3＋b3<2a2b，④錯誤．二、填空題7．(2022·溫州十校聯(lián)合體期中)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|2<x<4}，則不等式cx2＋bx＋a<0的解集為________．[答案]{x|x>eq\f(1,2)或x<eq\f(1,4)}[解析]由已知得a<0且2,4為一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的兩個根，由韋達定理得－eq\f(b,a)＝6，eq\f(c,a)＝8，兩式相除得－eq\f(b,c)＝eq\f(3,4)，又eq\f(a,c)＝eq\f(1,8)，留意到a<0，∴c<0，∴不等式cx2＋bx＋a<0?x2＋eq\f(b,c)x＋eq\f(a,c)>0?x2－eq\f(3,4)x＋eq\f(1,8)>0?(x－eq\f(1,2))(x－eq\f(1,4))>0，∴x>eq\f(1,2)或x<eq\f(1,4).[點評]1.不等式解集的分界點為對應方程的根．2．與二次函數(shù)有關的幾類?？紗栴}．(1)求不等式的解集．對于實數(shù)x，規(guī)定[x]表示不大于x的最大整數(shù)，那么使不等式4[x]2－36[x]＋45<0成立的x的取值范圍是()A．(eq\f(3,2)，eq\f(15,2)) B．[2,8]C．[2,8) D．[2,7][答案]C[解析]由4[x]2－36[x]＋45<0，得eq\f(3,2)<[x]<eq\f(15,2)，又[x]表示不大于x的最大整數(shù)，所以2≤x<8.(2)已知不等式的解集(或解集特征)求參數(shù)值．(2022·山西高校附中月考)已知a∈Z，關于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，則全部符合條件的a的值之和是()A．13 B．18C．21 D．26[答案]C[解析]設f(x)＝x2－6x＋a，其圖象開口向上，對稱軸為x＝3.若關于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且僅有3個整數(shù)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2≤0，,f1>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－6×2＋a≤0，,12－6×1＋a>0，))解得5<a≤8，又a∈Z，∴a＝6,7,8.則全部符合條件的a的值之和是6＋7＋8＝21.故選C．(3)不等式有解問題(2022·江西第三次適應性測試)若關于x的不等式x2－4x－2－a>0在區(qū)間(1,4)內(nèi)有解，則實數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)<－2 B．a(chǎn)>－2C．a(chǎn)>－6 D．a(chǎn)<－6[答案]A[解析]不等式x2－4x－2－a>0在區(qū)間(1,4)內(nèi)有解等價于a<(x2－4x－2)max，令g(x)＝x2－4x－2，x∈(1,4)，所以g(x)≤g(4)＝－2，所以a<－2.(4)不等式恒成立問題8．(2021·揚州期末)若a1<a2，b1<b2，則a1b1＋a2b2與a1b2＋a2b1的大小關系是________．[答案]a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1[解析]作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)(b1－b2)，∵a1<a2，b1<b2，∴(a1－a2)(b1－b2)>0，即a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.9．若關于x的不等式m(x－1)>x2－x的解集為{x|1<x<2}，則實數(shù)m的值為________．[答案]2[解析]解法1：由m(x－1)>x2－x整理得(x－1)(m－x)>0，即(x－1)(x－m)<0，又m(x－1)>x2－x的解集為{x|1<x<2}，所以m＝2.解法2：由條件知，x＝2是方程m(x－1)＝x2－x的根，∴m＝2.三、解答題10．(2021·忻州一中期中)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍[分析](1)f(x)是一次函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的乘積，求f(x)在閉區(qū)間上的最小值用導數(shù)求解．(2)對任意x>0,2f(x)≥g(x)恒成立；即2f(x)－g(x)≥0恒成立，求參數(shù)a的取值范圍，[解析](1)f′(x)＝lnx＋1，當x∈(0，eq\f(1,e))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(eq\f(1,e)，＋∞)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．①0<t<eq\f(1,e)<t＋2，即0<t<eq\f(1,e)時，f(x)min＝f(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,e)；②t≥eq\f(1,e)時，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(t)＝tlnt；所以f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0<t<\f(1,e)，,tlnt，t≥\f(1,e).))(2)∵x>0,2xlnx≥－x2＋ax－3，∴a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，故a≤4.一、選擇題11．(文)(2021·長沙模擬)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1(a∈Z)，且函數(shù)f(x)在(－2，－1)上恰有一個零點，則不等式f(x)>1的解集為()A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．(－1,0) D．(0,1)[答案]C[解析]∵f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1，Δ＝(a＋2)2－4a＝a2∴函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1必有兩個不同的零點，又f(x)在(－2，－1)上有一個零點，則f(－2)f(－1)<0，∴(6a＋5)(2a＋3∴－eq\f(3,2)<a<－eq\f(5,6)，又a∈Z，∴a＝－1，不等式f(x)>1即為－x2－x>0，解得－1<x<0.(理)(2021·山西診斷)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且f(x)的導數(shù)f′(x)在R上恒有f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為()A．(1，＋∞) B．(－∞，－1)C．(－1,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)[答案]D[解析]記g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)，則有g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，g(x)是R上的減函數(shù)，且g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)×1－eq\f(1,2)＝0.不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，即f(x2)－eq\f(x2,2)－eq\f(1,2)<0，即g(x2)<0，即g(x2)<g(1)，由g(x)是R上的減函數(shù)得x2>1，解得x<－1或x>1，即不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)，選D．12．(2022·福建泉州試驗中學模擬)若不等式f(x)＝ax2－x－c>0的解集為{x|－2<x<1}，則函數(shù)y＝f(－x)的圖象為()[答案]B[解析]由題意知a<0，由根與系數(shù)的關系知eq\f(1,a)＝－2＋1，－eq\f(c,a)＝－2，得a＝－1，c＝－2.所以f(x)＝－x2－x＋2，f(－x)＝－x2＋x＋2＝－(x＋1)(x－2)，圖象開口向下，與x軸交點為(－1,0)，(2,0)，故選B．13．(2021·淄博一中質(zhì)檢)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的增函數(shù)，函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱，若對任意的x，y∈R，不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0恒成立，則當x>3時，x2＋y2的取值范圍是()A．(3,7) B．(9,25)C．(13,49) D．(9,49)[答案]C[解析]由于函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關于原點對稱，所以函數(shù)y＝f(x)為R上的奇函數(shù)，不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0恒成立，即為f(x2－6x＋21)<－f(y2－8y)＝f(8y－y2)恒成立，由于函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的增函數(shù)，所以x2－6x＋21<8y－y2恒成立，即x2＋y2－6x－8y＋21<0恒成立，即點(x，y)恒在圓(x－3)2＋(y－4)2＝4內(nèi)，當x>3時，x2＋y2表示半圓(x－3)2＋(y－4)2＝4(x>3)上的點到原點的距離的平方，所以最大為(eq\r(32＋42)＋2)2＝49，最小為點(3,2)到原點的距離的平方，即為32＋22＝13，所以x2＋y2的取值范圍是(13,49)．14．(2022·山西太原模擬)已知a，b為非零實數(shù)，且a<b，則下列命題成立的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)2b<ab2C．eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D．eq\f(b,a)<eq\f(a,b)[答案]C[解析]由a<b<0得a2>b2，知A不成立；由a<b，若ab<0，則a2b>ab2，知B不成立；若a＝1，b＝2，則eq\f(b,a)＝2，eq\f(a,b)＝eq\f(1,2)，此時eq\f(b,a)>eq\f(a,b)，所以D不成立；對于C，∵eq\f(1,ab2)－eq\f(1,a2b)＝eq\f(a－b,a2b2)<0，∴eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b).故選C．二、填空題15．(2022·江蘇徐州模擬)若a>b>0，且eq\f(a＋m,b＋m)>eq\f(a,b)，則實數(shù)m的取值范圍是________．[答案](－b,0)[解析]由條件知，eq\f(a＋m,b＋m)－eq\f(a,b)＝eq\f(ab＋bm－ab－am,bb＋m)＝eq\f(b－am,bb＋m)>0，又∵a>b>0，∴b－a<0，∴eq\f(m,m＋b)<0.解得－b<m<0.16．(文)若關于x的不等式4x－2x＋1－a≥0在[1,2]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________．[答案](－∞，0][解析]∵4x－2x＋1－a≥0在[1,2]上恒成立，∴4x－2x＋1≥a在[1,2]上恒成立．令y＝4x－2x＋1＝(2x)2－2×2x＋1－1＝(2x－1)2－1.∵1≤x≤2，∴2≤2x≤4.由二次函數(shù)的性質(zhì)可知：當2x＝2，即x＝1時，y有最小值0，∴a∈(－∞，0]．(理)已知a>1，若不等式loga＋1x－logax＋5<n＋eq\f(6,n)對任意n∈N*恒成立，則實數(shù)x的取值范圍是________．[答案](1，＋∞)[解析]∵n>0，n＋eq\f(6,n)≥2eq\r(6)，當n＝eq\r(6)時取等號，但n∈N*，∴n＝2或3，當n＝2時，n＋eq\f(6,n)＝5，當n＝3時，n＋eq\f(6,n)＝5，∴n＋eq\f(6,n)≥5，由條件知，loga＋1x－logax＋5<5，∴l(xiāng)oga＋1x<logax，又a>1，∴x>1.三、解答題17．(文)(2022·湖北黃州月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lgx2－2x,\r(9－x2))的定義域為A，(1)求A；(2)若B＝{x|x2－2x＋1－k2≥0}，且A∩B≠?，求實數(shù)k的取值范圍．[解析](1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x>0，,9－x2>0，))解得－3<x<0或2<x<3，∴A＝(－3,0)∪(2,3)．(2)x2－2x＋1－k2≥0，∴當k≥0時，1－k≤x≤1＋k，當k<0時，1＋k≤x≤1－k，∵A∩B≠?，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≥0，,1－k<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0，,1－k>2，))∴k<－1或k>1.(理)(2021·金華模擬)設二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，函數(shù)F(x)＝f(x)－x的兩個零點為m，n(m<n)．(1)若m＝－1，n＝2，求不等式F(x)>0的解集；(2)若a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，比較f(x)與m的大小．[解析](1)由題意知，F(xiàn)(x)＝f(x)－x＝a(x－m)(x－n)(a≠0)，當m＝－1，n＝2時，不等式F(x)>0，即a(x＋1)(x－2)>0.當a>0時，不等式F(x)>0的解集為{x|x<－1或x>2}；當a<0時，不等式F(x)>0的解集為{x|－1<x<2}．(2)f(x)－m＝F(x)＋x－m＝a(x－m)(x－n)＋x－m＝(x－m)(ax－an＋1)，∵a>0，且0<x<m<n<eq