2023届高三数学一轮基础巩固第7章第1节不等式的性质及解法（含解析）新人教B版

PAGE8-【走向高考】2０16届高三数学一轮基础巩固第7章第1节不等式的性质及解法新人教B版一、选择题1.(20１4·双鸭山一中月考)已知全集为R,集合A＝{x|(ｅq＼f(１,2))x≤1｝，B={x|x2-6ｘ＋８≤0｝,则A∩綂ＲB=()Ａ.｛ｘ|x≤0｝ Ｂ．{ｘ|２≤x≤4}C．{x|0≤x<2或x>4}ﻩＤ.｛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}，所以綂RB＝{x|x<2或x>4｝,∴A∩(綂RB）={x|0≤x<2或x>４},故选Ｃ.2．(文）设0<b<a<1，则下列不等式成立的是(）A．ab<b2<1 B．eｑ＼f(１,2）<(ｅq＼ｆ（1,2))a<(eq＼f(1,２))ｂＣ．a2<ａb<1 D.logｅq＼f(１,2)b＜loｇeq\f(1，2)ａ<０[答案]B［解析]依题意得ａb－b2＝b(a－b)＞0，∴ab>b2，因此Ａ不正确；同理可知C不正确;由函数ｙ＝(eｑ\ｆ(１,2))x在R上是减函数得,当0<b<a<1时，有(ｅｑ\f(1,2)）0>(eq\f(1,2))ｂ>(eq\ｆ(1,2))ａ＞（eｑ\ｆ(１，2))1，即eq\f（1，２)<（eｑ\f(１,2)）a＜（eｑ\f(１，2))b,因此B正确；同理可知Ｄ不正确.综上所述，选Ｂ.[点评]可取特值a=eq\f(1,2）,b＝ｅq\ｆ（1,４)检验．(理)设ａ＋b<0，且b＞0,则（)A．b２>ａ２>ab Ｂ．b２<a2<－abC．a２<-ab<b２ D．ａ2>－ａb>ｂ2[答案]D［解析］由a+ｂ＜0,b>０,可得ａ＜0,0<ｂ＜－ａ，则ｂ2-a２=(b-ａ)(a＋b)<０,可知Ａ、C错误，a2+ab=a(a＋b）>0，b2＋ａb=b（ｂ+ａ)<0，可知Ｂ错误,D正确.[点评]可对a、ｂ取特值检验．３．（文)(2014·陕西咸阳范公中学摸底)若a，b是任意实数,且a>ｂ,则下列不等式成立的是()A．a2>ｂ2 B．ｅq＼f(ｂ,a)＜1C．lg（a－b）＞０ﻩD．(eq\f(１，3）)a＜(eq\f(1，3）)b［答案]D[解析]当ａ＝－１，b＝-2时，ａ2<ｂ２,eｑ＼ｆ(ｂ,a)>1，lg(a-b）=0，可排除A，B,C，故选D.(理)（2014·福建四地六校第二次月考)已知a>b>0，则下列不等式中总成立的是()A．a+eq\f（１，b)>b＋eq\f（1,ａ)ﻩB．a＋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)，故选A.4.(文）(20１4·山东潍坊一中检测)若命题“∃x0∈R,使得xeq＼o\al(２,0）＋mx0+２ｍ－3＜0”为假命题，则实数m的取值范围是（）A．[2,6］ B.[-６，-2]C.(2,6)ﻩD.（－6，-２)[答案]A[解析］若命题为假命题，则满足Δ=m2－4（２m－3)＝ｍ2-8m+１2≤0,解得2≤m≤6.故选A.(理)(2０14·上海交大附中训练）若(m+１）x２-(ｍ-1）x＋３(ｍ-1）<0对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是()A.(1,+∞)B．(－∞，－１)C．（-∞，-eｑ＼f(13,1１）)D.(－∞,－eq\ｆ(13,1１))∪(1，+∞)[答案]C[解析]①当m=-1时，不等式为2ｘ-６<0，即x<3，不合题意;②当ｍ≠-1时，由eq\b\lc\{\rc\（＼a＼vs4＼ａｌ\cｏ1(m＋１＜0,,Δ＜0,))解得ｍ<-eq＼f（13,11）.[点评]注意区分存在性命题的真假与恒成立命题的真假．①关于ｘ的不等式x2－ax－20a2<0任意两个解的差不超过９，则a的最大值与最小值的和是()A．2 B.1C．0ﻩD.-1［答案］C[解析]方程x２－ax-20ａ２＝0的两根是x1=－4a,x２=5a,则由关于x的不等式x2－ax-20a2<0任意两个解的差不超过9,得|ｘ1-ｘ２|＝|9a|≤9，即－1≤ａ≤1，且a≠0，故选C.②(201３·南昌市调研)若存在实数x∈[2,4],使x2－2x＋5-m<0成立，则ｍ的取值范围为()A．(13，＋∞) B．（5，+∞)C.(4，+∞) Ｄ．（－∞,13)[答案]B[解析]∵x∈[2,4]时，x2－2ｘ＋5＝（x－１)２＋4∈[5,１3]，又存在x∈[2,4］时，使m>ｘ2－2x+5成立，∴m>５，故选Ｂ．５.(2013·汉中一模）若ａ、b均为不等于零的实数,给出下列两个条件.条件甲：对于区间[-1,０]上的一切ｘ值,aｘ＋b>0恒成立;条件乙:2b-ａ＞0，则甲是乙的()Ａ．充分不必要条件 B．必要不充分条件Ｃ．充要条件ﻩD.既不充分也不必要条件［答案］A［解析]∵当x∈[-1，0]时,恒有ａx+b>0成立，∴当ｘ=－１时，b-a＞0,当ｘ＝0时，ｂ>0，∴２b-a>0，∴甲⇒乙；但乙推不出甲，例如:a＝eq\ｆ（３,2）b，b>0时，则2b－a=eq\f(１,2)b>0,但是,当x=－1时,a·(-1)+ｂ＝-eｑ\f（3，2)b+ｂ＝-eq＼f（１，2）b<0，∴甲是乙的充分不必要条件.6.已知a1、a2∈(0,1)，记Ｍ=a1a2，Ｎ=a1＋a2－1,则M与N的大小关系是（）Ａ．M<ＮﻩB.Ｍ>NC.M＝NﻩＤ.不确定[答案]B[解析]由题意得M－N＝a１a2-a1-a2+1＝(ａ1－1）（a2-1)>0,故M>N,选B．二、填空题7．已知函数f（x)=x2+eｑ＼f（2,ｘ),g（x）=(eｑ\f(1,２)）ｘ-m，若∀ｘ1∈[1,2］，∃ｘ２∈[-１,1],使得f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是_____＿__.[答案][-eq\f(5,2），+∞)［解析］要使对∀ｘ１∈[1，２]，∃x2∈［－１，1]，使得f(x1）≥g(x２),只需使ｆ（ｘ)在区间[1,2]上的最小值大于等于ｇ(x)在区间[-１，１]上的最小值即可．因为f′(x)=eq\f(2x3－1,x2)≥0对x∈[1,2］恒成立，所以函数f(x）在区间[１,2］上单调递增,从而函数f(x)在区间[1,2]上的最小值为ｆ(１)＝3.易知函数ｇ(ｘ)在区间[-1，1]上单调递减,故函数ｇ(x)在区间[－1,1]上的最小值为g(1)＝eq＼f(1,2)－ｍ.由题意得３≥eq＼ｆ(1,2）-ｍ,解得m≥－ｅq\f(5，2)．8.(２014·温州十校联合体期中）已知不等式ax2＋ｂｘ＋c>0的解集为{x|2<x<４},则不等式ｃx2+ｂx+ａ<0的解集为_＿_＿____．[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为一元二次方程ax2＋bx+c=0的两个根，由韦达定理得-eq\f（b,ａ)＝6,eq＼f(ｃ,a)＝8，两式相除得-eq\f（ｂ，c)=ｅq\ｆ(3,４)，又ｅｑ\f(a,c)=eq\ｆ(1，8）,注意到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).故选D.[点评］１．不等式解集的分界点为对应方程的根．2．与二次函数有关的几类常考问题．(1)求不等式的解集.已知符号函数sgnｘ＝eq\ｂ＼lｃ\{\ｒc\(\a\ｖs４\al\co1(１，x>0,，０，ｘ＝0，,-1,x<0，))则不等式x２－（ｘ+１）sgnx-1>0的解集是_____＿__．[答案］{x|x<－1或x＞2｝[解析]不等式x2－(x+1)ｓgnx－1>0化为ｅq\b\lc＼{\ｒc\(\a\vs4\al＼co1（x＞０,，x2－x－２>0,)）或eq＼b\lc\{\rc\(＼a\vｓ4\al\ｃｏ1(x＝0，,x2－ｘ＋１×0-1>0，）)或eｑ\b\lc\｛\rc\(\a\vs４＼al\co1(x<0,，ｘ２+x>0.))∴ｘ>2或x<－1.(2)已知不等式的解集(或解集特征）求参数值．(2014·山西大学附中月考）已知ａ∈Ｚ,关于x的一元二次不等式x2-6ｘ＋a≤0的解集中有且仅有3个整数,则所有符合条件的ａ的值之和是（)A.13ﻩB．１8C．2１ﻩD．2６[答案]C[解析]设ｆ(ｘ)＝x2-6x＋a，其图象开口向上，对称轴为x=3．若关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数,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.则所有符合条件的a的值之和是6＋7＋８＝21.故选C.(３)不等式有解问题（２０14·江西第三次适应性测试）若关于x的不等式x2-4x－2-a>0在区间（1,4）内有解，则实数ａ的取值范围是（)A．ａ<-2ﻩB.ａ>－２C.a＞－6ﻩD.ａ<－６[答案]Ａ[解析]不等式x2－４x－2－a>０在区间(1,4)内有解等价于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)不等式恒成立问题9．设Ａ＝ｌoｇ２015eq\f(2016１111＋1,２0162222+１)，B＝ｌog2015ｅq\f（20162222＋１,2016333３＋1)，则Ａ与B的大小关系为＿_＿__＿_＿.[答案］Ａ＞Ｂ［解析]设201６11１1=x，则ｘ>１，A=log201５eｑ\f（x＋1,x２＋1)，B＝ｌｏg2015eq\f(ｘ2＋1，ｘ3＋１），∵eq＼f(x+1,ｘ2+１)－ｅq\f(x2＋１,x3＋1)=eq\f(ｘx－12,ｘ2+1x3＋１)＞0,y=log２015x为增函数,∴ｌｏg２015eq＼f（ｘ+1,ｘ２＋1）>loｇ2015eｑ＼f（x2＋1,x３＋1)，即A>B.三、解答题１0．某产品生产厂家根据以往的生产销售经验得到下面有关生产销售的统计规律：每生产产品x（百台)，其总成本为Ｇ(x)(万元)，其中固定成本为２万元，并且每生产1百台的生产成本为１万元（总成本＝固定成本＋生产成本)；销售收入R(x)(万元)满足：R(x)=eq＼b\lc＼{\rc\(\a\vｓ4＼ａｌ\ｃo1(-0.４x2＋4．2x－0.８0≤x≤5,1０.2x>５）),假定该产品产销平衡,那么根据上述统计规律．(1）要使工厂有赢利，产量x应控制在什么范围内？(2）工厂生产多少台产品时,可使赢利最多？[解析]依题意，G(x）=x＋２设利润函数为f（x)，则f(ｘ)=eｑ\b＼lc\{\rc\(\a＼vs4\al\co1(-0．４x2＋3．2ｘ－2.80≤x≤5，,8.2-xｘ>5.）)（1）要使工厂有赢利,即解不等式f(x）>０,当0≤x≤5时,解不等式－0.4x2＋3.2ｘ-2.8>0即ｘ2-８x+7<0，得1＜x<7,∴1＜x≤5.当x>5时,解不等式8.2－x＞0，得x<8.2,∴5<x<8.2综上所述，要使工厂赢利，x应满足１<x<8.2，即产品产量应控制在大于100台，小于８20台的范围内.(2)0≤x≤5时,ｆ(x)=-0.４(x－4）2+3.6故当x=4时，f(x)有最大值3.６而当x>５时,f（x)<8.2-５=3.2所以,当工厂生产４0０台产品时，赢利最多.一、选择题1１．（２01５·江西师大附中、新余四中联考)集合P=｛ｘ|x+ｅq\f（1,x)≤２,x∈Z}，集合Q＝｛x｜x2+2x－3＞0}，则Ｐ∩綂RQ=()Ａ.［-3,0)ﻩB.{-3，-2,-1}C.{-3，-2,-1,1}ﻩＤ．{－3，－2，-1，0}[答案]C[解析］x<０时,ｘ＋eq\f(1，x）≤2显然成立;当x>0时，x＋eq\f（１，ｘ)≤2化为x2－２x＋１≤0,∴ｘ=1，∴p＝{x∈Z|x=1或x<0}．由Q中不等式变形得:(x－１）(ｘ＋3)>0，解得:x>1或ｘ<-３,即Ｑ＝｛x｜x>1或x<-3｝，∵全集为Ｒ，∴綂RQ=｛x｜－3≤ｘ≤1},则P∩綂ＲQ＝{－3,-2,－1,1｝.１2．(2014·福建泉州实验中学模拟)若不等式ｆ(ｘ)＝ax2-x－c>０的解集为{x|-2<x<1},则函数y=f(-ｘ)的图象为()[答案]B[解析]由题意知a＜0，由根与系数的关系知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)，图象开口向下，与x轴交点为(-1,0)，(2,０）,故选B.１3．(20１5·淄博一中质检)已知函数y＝f(x)是定义在Ｒ上的增函数,函数y=f(ｘ－1)的图象关于点(1,0）对称，若对任意的x，y∈R，不等式ｆ(x２－6ｘ＋２1)+f(y２－8y)<０恒成立，则当x>３时，x２+ｙ2的取值范围是()Ａ．(3,7)ﻩB.(９，２5)C．（1３,49) D．（9,49)[答案]C[解析]因为函数ｙ=ｆ(x－1)的图象关于点(1,0)对称,所以函数y＝f(ｘ）的图象关于原点对称,所以函数y=f(ｘ)为R上的奇函数，不等式f(x２－6x+21)＋f(y2－８ｙ）<0恒成立，即为f（x2－6x＋21）＜－f(y２-8ｙ)＝f(8y－ｙ2)恒成立，因为函数y＝f（x）是定义在R上的增函数,所以ｘ２-6x＋21＜8y－ｙ2恒成立,即x2+y2－6x-8y+21<0恒成立，即点（x，y）恒在圆（x-３）２＋(ｙ－４)2=4内,当x>３时,x2＋ｙ2表示半圆(x-３)２＋(y－４)2＝4(x>３)上的点到原点的距离的平方,所以最大为(eq＼r(32＋42)＋2）2＝49，最小为点(3,2)到原点的距离的平方，即为3２＋２２=１3，所以x2+ｙ2的取值范围是(1３,49).14.(2０14·山西太原模拟)已知a,b为非零实数,且ａ＜ｂ,则下列命题成立的是()Ａ．a2<b２ B．a2b<aｂ2C.eq\ｆ（1,ab2)<eｑ\f(1，a2ｂ)ﻩD.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,则a2b＞ab２,知Ｂ不成立;若a=1,b=２，则eq＼f（b,a)＝２,eq＼f(a,b)=eq\f(１,2）,此时ｅq\f(b,a)＞eq\f（a,b),所以D不成立；对于C，∵ｅq\ｆ(1,ab2)－eq＼ｆ(1,ａ2b）=eq＼f(ａ－b，ａ２ｂ2)<0，∴eq＼f(１，ａｂ2)<eq\f(1,a2b）.故选C．二、填空题15．(20１4·江苏徐州模拟)若a>b>０，且ｅq\f(a＋m,b+ｍ）>eq＼ｆ(a，ｂ),则实数m的取值范围是_＿＿_____.[答案]（-b,0)[解析]由条件知，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．已知等比数列｛ａn}中，ａ１>0,q>0，前ｎ项和为Sn，比较eq\f（S３,ａ3)与eｑ\f(S５,ａ5)的大小，结果为_____＿__．[答案]eq＼f(Ｓ3,a3）<eｑ＼f(S5,a5)［分析］可以利用等比数列前n项和公式将两个式子表示出来，再作差进行比较,但应注意对公比的分类讨论．[解析］当q＝1时,ｅq＼f(Ｓ３,a3)＝３,eq\f(S5,a5）=５,所以ｅq＼f(S３,a3)<eq\f（S5,a5);当q>0且q≠1时，eｑ\f(S3,ａ3）-eq\f(S５,a5)＝ｅq\ｆ(a１1－q3,a1q21－q)－ｅq\ｆ(a11-q5,a1q４1-ｑ）=ｅｑ\f(q21－q3－1-q5，ｑ41-q）＝eq\f(-ｑ-1，ｑ4)＜0,所以有eq\f（Ｓ3,a3)＜eq\f(Ｓ5,a５）.综上可知eq\f(S3,a３)＜ｅq\f（Ｓ５,a5）．三、解答题１7．(文)(2014·湖北黄州月考）已知函数f(x）＝ｅq\ｆ（lgx2－２x，\r（9-x2))的定义域为A，（１)求A；（2)若B={x|x2－2x＋1－k2≥0},且Ａ∩B≠∅，求实数ｋ的取值范围.[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，∴当k≥0时，１－k≤x≤1+k，当ｋ<0时，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)已知函数f(x)＝(ax-1)ex,ａ∈R.(１)当a＝1时，求函数ｆ(x）的极值；(２)若函数f(ｘ)在区间(0,1)上是单调增函数，求实数ａ的取值范围.［解析](1)因为ｆ′（ｘ）＝（ax+a-1）ex，所以当ａ＝1时，f′(ｘ)＝xeｘ，令ｆ′(x)＝0,则x=0，所以ｆ(ｘ）,f′(x)的变化情况如下表:x(－∞,0)0(0,＋∞）f′(x）-0＋f(ｘ）极小值所以x＝0时,f(ｘ)取得极小值f（０)=－1.(2)因为ｆ′(ｘ)=(ax+a-１)ｅｘ,函数f(x)在区间(0，１)上是单调增函数，所以f′(x)≥０对x∈(0,1)恒成立．又eｘ>0，所以只要ax＋a－１≥0对x∈(０,1)恒成立,解法一：设g(x)=aｘ＋a－１，则要使ax+a－1≥0对x∈(0，1)恒成立,只要eq\b\lc\{\rc\(＼ａ＼vs4\al\co1(g０≥0，，g1≥０，））成立，即eq\b\ｌｃ＼｛\rｃ＼(＼ａ\vｓ４＼aｌ\co１(a-1≥０,,2a-１≥0,))解得a≥１.解法二：要使ａx+ａ-1≥０对x∈(0，1)恒成立，因为x>0,所以a≥eq\f（１,ｘ＋1)对x∈（0,1）恒成立，因为函数g(x)=ｅq\f(１，