【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：7.2

第七章7.2第2课时高考数学（理）黄金配套练习一、选择题1．0＜m＜1，则不等式(x－m)(x－eq\f(1,m))＜0的解集为()A．{x|eq\f(1,m)＜x＜m}B．{x|x＞eq\f(1,m)或x＜m}C．{x|x＞m或x＜eq\f(1,m)}D．{x|m＜x＜eq\f(1,m)}答案D解析当0<m<1时，m<eq\f(1,m)2．若集合M＝{y|y＝x2，x∈Z}，N＝{x∈R|eq\f(3x－1,x－9)≤1}，则M∩N的真子集的个数是()A．15B．7C．16D．8答案B解析由N＝{x|－4≤x<9}，M∩N＝{4,1,0}真子集个数23－1＝7.3．函数y＝eq\r(log\f(1,2)x2－1)的定义域是()A．[－eq\r(2)，－1)∪(1，eq\r(2)]B．[－eq\r(2)，－1]∪(1，eq\r(2))C．[－2，－1)∪(1,2]D．(－2，－1)∪(1,2)答案A解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1>0,x2－1≤1))得[－eq\r(2)，－1)∪(1，eq\r(2)]．4．已知集合M＝{x|x2－2008x－2009>0}，N＝{x|x2＋ax＋b≤0}，若M∪N＝R，M∩N＝(2009,2010]，则()A．a＝2009，b＝－2010B．a＝－2009，b＝2010C．a＝2009，b＝2010D．a＝－2009，b＝－2010答案D解析化简得M＝{x|x<－1或x>2009}，由M∪N＝R，M∩N＝(2009,2010]可知N＝{x|－1≤x≤2010}，即－1,2010是方程x2＋ax＋b＝0的两个根．所以b＝－1×2010＝－2010，－a＝－1＋2010，即a＝－2009.5．已知f(x)是定义在R上的奇函数，若f(x)的最小正周期为3，且f(1)>0，f(2)＝eq\f(2m－3,m＋1)，则m的取值范围是()A．m<eq\f(3,2)B．m<eq\f(3,2)且m≠1C．－1<m<eq\f(3,2)D．m>eq\f(3,2)或m<－1答案C解析由题意得f(2)＝f(－1＋3)＝f(－1)＝－f(1)<0，即eq\f(2m－3,m＋1)<0，∴－1<m<eq\f(3,2)，故选C.6.已知函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，函数y＝f′(x)的图象如右图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为()A．(2,3)∪(－3，－2)B．(－eq\r(2)，eq\r(2))C．(2,3)D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)答案A解析由导数图象知当x<0时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，0)上为增函数；当x>0时，f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数，故不等式f(x2－6)>1等价于f(x2－6)>f(－2)或f(x2－6)>f(3)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－6<0，,x2－6>－2))或0≤x2－6<3，解得x∈(2,3)∪(－3，－2)．7．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≥1，,x2－2x－2，x<1，))若f(x0)>1，则x0的取值范围为()A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪[1，＋∞)C．(－∞，－3)∪(1，＋∞)D．(－∞，－3)∪[1，＋∞)答案B解析∵f(x0)>1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0≥1,2x0＋1>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0<1,x\o\al(2,0)－2x0－2>1))，解得x0∈(－∞，－1)∪[1，＋∞)．8．在R上定义运算：x*y＝x(1－y)．若不等式(x－y)*(x＋y)<1对一切实数x恒成立，则实数y的取值范围是()A．(－eq\f(1,2)，eq\f(3,2))B．(－eq\f(3,2)，eq\f(1,2))C．(－1,1)D．(0,2)答案A解析由题意知，(x－y)*(x＋y)＝(x－y)·[1－(x＋y)]<1对一切实数x恒成立，∴－x2＋x＋y2－y－1<0对于x∈R恒成立．解法1：故Δ＝12－4×(－1)×(y2－y－1)<0，∴4y2－4y－3<0，解得－eq\f(1,2)<y<eq\f(3,2).故选A.解法2：即y2－y<x2－x＋1对x∈R恒成立，∴y2－y<(x2－x＋1)min＝eq\f(3,4).∴y2－y<eq\f(3,4)，解之得－eq\f(1,2)<y<eq\f(3,2).二、填空题9．不等式eq\f(2－x,x＋4)>0的解集是________．答案(－4,2)解析考查分式不等式的解法eq\f(2－x,x＋4)>0等价于(x－2)(x＋4)<0，所以－4<x<2.10．若关于x的方程x2＋ax＋a2－1＝0有一正根和一负根，则a的取值范围为________．答案－1<a<1解析f(x)＝x2＋ax＋a2－1＝0有一正一负根，则f(0)<0得a2－1<0⇒－1<a<1.11．已知关于x的不等式(a2－4)x2＋(a＋2)x－1≥0的解集是空集，求实数a的取值范围________________________________________________．答案－2≤a<eq\f(6,5)解析当a2－4＝0，即a＝－2或a＝2时，当a＝2时不等式为4x－1≥0，解集不是空集当a＝－2时，不等式为－1≥0，其解集为空集，故a＝－2符合题意．当a2－4≠0时，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－4<0，,Δ＝a＋22＋4a2－4<0，))解得－2<a<eq\f(6,5).综上可知－2≤a<eq\f(6,5).12．关于x的不等式x2－(a＋eq\f(1,a)＋1)x＋a＋eq\f(1,a)<0(a>0)的解集为________．答案(1，a＋eq\f(1,a))解析不等式可化为[x－(a＋eq\f(1,a))](x－1)<0，∵a>0，∴a＋eq\f(1,a)≥2>1.∴该不等式的解集为(1，a＋eq\f(1,a))．13．二次函数y＝ax2＋bx＋c(x∈R)的部分对应值如表：x－3－2－101234y60－4－6－6－406则不等式ax2＋bx＋c>0的解集是________．答案(－∞，－2)∪(3，＋∞)解析方程的根是对应不等式解集的端点，画草图即可．三、解答题14．关于x的不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0,2x2＋（2k＋5）x＋5k<0))的整数解的集合为{－2}，求实数k的取值范围．解析解x2－x－2>0得x>2或x<－1解2x2＋(2k＋5)x＋5k<0(有解集)得(2x＋5)(x＋k)<0由原不等式组，整数解为{－2}．得－eq\f(5,2)<x<－k，∴－2<－k≤3∴－3≤k<2.15．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，对任意的x∈R，恒有f′(x)≤f(x)．证明：当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2.证明易知f′(x)＝2x＋b.由题设，对任意的x∈R,2x＋b≤x2＋bx＋c，即x2＋(b－2)x＋c－b≥0恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，从而c≥eq\f(b2,4)＋1.于是c≥1，且c≥2eq\r(\f(b2,4)×1)＝|b|，因此2c－b＝c＋(c－b)＞0.故当x≥0时，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋c(c－1)≥0.即当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2.16．设函数f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的增函数，是否存在这样的实数a，使得不等式f(1－ax－x2)<f(2－a)对于任意x∈[0,1]都成立？若存在，试求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．分析首先利用函数单调性将抽象型函数符号去掉，然后转化为二次不等式恒成立问题，最终转化为二次函数区间最值问题．解析由于f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的增函数，所以不等式f(1－ax－x2)<f(2－a)对任意x∈[0,1]都成立⇔不等式1－ax－x2<2－a对于任意x∈[0,1]都成立．即不等式x2＋ax－a＋1>0在x∈[0,1]上恒成立．方法一令g(x)＝x2＋ax－a＋1，只需g(x)在[0,1]上的最小值大于0即可．g(x)＝x2＋ax－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2－eq\f(a2,4)－a＋1.①当－eq\f(a,2)<0，即a>0时，g(x)min＝g(0)＝1－a>0⇒a<1，故0<a<1；②当0≤－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a≤0时，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)－a＋1>0⇒－2－2eq\r(2)<a<－2＋2eq\r(2)，故－2≤a≤0；③当－eq\f(a,2)>1，即a<－2时，g(x)min＝g(1)＝2>0，满足，故a<－2.故存在实数a，使得不等式f(1－ax－x2)<f(2－a)对于任意x∈[0,1]都成立，其取值范围是(－∞，1)．方法二由1－ax－x2<2－a得(1－x)a<x2＋1，∵x∈[0,1]，∴1－x≥0，∴①当x＝1时，0<2恒成立，此时a∈R；②当x∈[0,1)时，a<eq\f(x2＋1,1－x)恒成立．求当x∈[0,1)时，函数y＝eq\f(x2＋1,1－x)的最小值．令t＝1－x(t∈(0,1])，则y＝eq\f(x2＋1,1－x)＝eq\f((1－t)2＋1,t)＝t＋eq\f(2,t)－2，而函数y＝t＋eq\f(2,t)－2是(0,1]上的减函数，所以当且仅当t＝1，即x＝0时，ymin＝1.故要使不等式在[0,1)上恒成立，只需a<1，由①②得a<1.故存在实数a，使得不等式f(1－ax－x2)<f(2－a)对于任意x∈[0,1]都成立，其取值范围是(－∞，1)．老师备选题1．(苏北四市调研)若关于x的不等式ax2－|x|＋2a<0的解集为Ø，则实数a答案[eq\f(\r(2),4)，＋∞)解析解法1：原命题可等价于不等式ax2－|x|＋2a≥0对于任意的实数x均成立，即a(x2＋2)≥|x|对于任意的实数x均成立，由于x2＋2>0且|x|≥0，故a>0，分别作出f1(x)＝a(x2＋2)和f2(x)＝|x|的图象如图：依据图象的对称性，只需争辩x≥0时满足即可，当x≥0，二者相切时，应有f1′(x)＝2ax＝1，此时x＝eq\f(1,2a)，所以，欲使原命题成立，只需满足f1(eq\f(1,2a))≥f2(eq\f(1,2a))，即a×eq\f(1,4a2)＋2a≥eq\f(1,2a)⇒8a2≥1，解之得a≥eq\f(\r(2),4)(a≤－eq\f(\r(2),4)舍去)．解法2：令t＝|x|≥0，原不等式可化为at2－t＋2a<0在t≥0不存在，即at2－t＋2a≥0在t≥0恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,Δ≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,\f(1,2a)<0,2a≥0))解之得a≥eq\f(\r(2),4)2．设关于x的一元二次方程ax2＋x＋1＝0(a>0)有两个实根x1，x2.(1)求(1＋x1)(1＋x2)的值；(2)求证：x1<－1且x2<－1；(3)假如eq\f(x1,x2)∈[eq\f(1,10)，10]，试求a的最大值．解析(1)(1＋x1)(1＋x2)＝1＋(x1＋x2)＋x1x2＝1－eq\f(1,a)＋eq\f(1,a)＝1.(2)令f(x)＝ax2＋x＋1，由Δ＝1－4a得0<2a≤eq\f(1,2)，∴抛物线f(x)的对称轴x＝－eq\f(1,2a)≤－2<－1.又f(－1)＝a>0，∴f(x)图象与x轴的交点都在点(－1