2023屆高三數(shù)學(xué)一輪基礎(chǔ)鞏固第7章第1節(jié)不等式的性質(zhì)及解法（含解析）新人教B版

PAGE8-【走向高考】2０16屆高三數(shù)學(xué)一輪基礎(chǔ)鞏固第7章第1節(jié)不等式的性質(zhì)及解法新人教B版一、選擇題1.(20１4·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∩綂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}，所以綂RB＝{x|x<2或x>4｝,∴A∩(綂RB）={x|0≤x<2或x>４},故選Ｃ.2．(文）設(shè)0<b<a<1，則下列不等式成立的是(）A．a(chǎn)b<b2<1 B．eｑ＼f(１,2）<(ｅq＼ｆ（1,2))a<(eq＼f(1,２))ｂＣ．a(chǎn)2<ａb<1 D.logｅq＼f(１,2)b＜loｇeq\f(1，2)ａ<０[答案]B［解析]依題意得ａb－b2＝b(a－b)＞0，∴ab>b2，因此Ａ不正確；同理可知C不正確;由函數(shù)ｙ＝(eｑ\ｆ(１,2))x在R上是減函數(shù)得,當(dāng)0<b<a<1時，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正確；同理可知Ｄ不正確.綜上所述，選Ｂ.[點評]可取特值a=eq\f(1,2）,b＝ｅq\ｆ（1,４)檢驗．(理)設(shè)ａ＋b<0，且b＞0,則（)A．b２>ａ２>ab Ｂ．b２<a2<－abC．a(chǎn)２<-ab<b２ D．ａ2>－ａb>ｂ2[答案]D［解析］由a+ｂ＜0,b>０,可得ａ＜0,0<ｂ＜－ａ，則ｂ2-a２=(b-ａ)(a＋b)<０,可知Ａ、C錯誤，a2+ab=a(a＋b）>0，b2＋ａb=b（ｂ+ａ)<0，可知Ｂ錯誤,D正確.[點評]可對a、ｂ取特值檢驗．３．（文)(2014·陜西咸陽范公中學(xué)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(dāng)ａ＝－１，b＝-2時，ａ2<ｂ２,eｑ＼ｆ(ｂ,a)>1，lg(a-b）=0，可排除A，B,C，故選D.(理)（2014·福建四地六校第二次月考)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.(文）(20１4·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≤6.故選A.(理)(2０14·上海交大附中訓(xùn)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(dāng)m=-1時，不等式為2ｘ-６<0，即x<3，不合題意;②當(dāng)ｍ≠-1時，由eq\b\lc\{\rc\（＼a＼vs4＼ａｌ\cｏ1(m＋１＜0,,Δ＜0,))解得ｍ<-eq＼f（13,11）.[點評]注意區(qū)分存在性命題的真假與恒成立命題的真假．①關(guān)于ｘ的不等式x2－ax－20a2<0任意兩個解的差不超過９，則a的最大值與最小值的和是()A．2 B.1C．0?D.-1［答案］C[解析]方程x２－ax-20ａ２＝0的兩根是x1=－4a,x２=5a,則由關(guān)于x的不等式x2－ax-20a2<0任意兩個解的差不超過9,得|ｘ1-ｘ２|＝|9a|≤9，即－1≤ａ≤1，且a≠0，故選C.②(201３·南昌市調(diào)研)若存在實數(shù)x∈[2,4],使x2－2x＋5-m<0成立，則ｍ的取值范圍為()A．(13，＋∞) B．（5，+∞)C.(4，+∞) Ｄ．（－∞,13)[答案]B[解析]∵x∈[2,4]時，x2－2ｘ＋5＝（x－１)２＋4∈[5,１3]，又存在x∈[2,4］時，使m>ｘ2－2x+5成立，∴m>５，故選Ｂ．５.(2013·漢中一模）若ａ、b均為不等于零的實數(shù),給出下列兩個條件.條件甲：對于區(qū)間[-1,０]上的一切ｘ值,aｘ＋b>0恒成立;條件乙:2b-ａ＞0，則甲是乙的()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］A［解析]∵當(dāng)x∈[-1，0]時,恒有ａx+b>0成立，∴當(dāng)ｘ=－１時，b-a＞0,當(dāng)ｘ＝0時，ｂ>0，∴２b-a>0，∴甲?乙；但乙推不出甲，例如:a＝eq\ｆ（３,2）b，b>0時，則2b－a=eq\f(１,2)b>0,但是,當(dāng)x=－1時,a·(-1)+ｂ＝-eｑ\f（3，2)b+ｂ＝-eq＼f（１，2）b<0，∴甲是乙的充分不必要條件.6.已知a1、a2∈(0,1)，記Ｍ=a1a2，Ｎ=a1＋a2－1,則M與N的大小關(guān)系是（）Ａ．M<Ｎ?B.Ｍ>NC.M＝N?Ｄ.不確定[答案]B[解析]由題意得M－N＝a１a2-a1-a2+1＝(ａ1－1）（a2-1)>0,故M>N,選B．二、填空題7．已知函數(shù)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),則實數(shù)m的取值范圍是_____＿__.[答案][-eq\f(5,2），+∞)［解析］要使對?ｘ１∈[1，２]，?x2∈［－１，1]，使得f(x1）≥g(x２),只需使ｆ（ｘ)在區(qū)間[1,2]上的最小值大于等于ｇ(x)在區(qū)間[-１，１]上的最小值即可．因為f′(x)=eq\f(2x3－1,x2)≥0對x∈[1,2］恒成立，所以函數(shù)f(x）在區(qū)間[１,2］上單調(diào)遞增,從而函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值為ｆ(１)＝3.易知函數(shù)ｇ(ｘ)在區(qū)間[-1，1]上單調(diào)遞減,故函數(shù)ｇ(x)在區(qū)間[－1,1]上的最小值為g(1)＝eq＼f(1,2)－ｍ.由題意得３≥eq＼ｆ(1,2）-ｍ,解得m≥－ｅq\f(5，2)．8.(２014·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）,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).故選D.[點評］１．不等式解集的分界點為對應(yīng)方程的根．2．與二次函數(shù)有關(guān)的幾類?？紗栴}．(1)求不等式的解集.已知符號函數(shù)sgnｘ＝eq\ｂ＼lｃ\{\ｒc\(\a\ｖs４\al\co1(１，x>0,，０，ｘ＝0，,-1,x<0，))則不等式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化為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）求參數(shù)值．(2014·山西大學(xué)附中月考）已知ａ∈Ｚ,關(guān)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),則所有符合條件的ａ的值之和是（)A.13?B．１8C．2１?D．2６[答案]C[解析]設(shè)ｆ(ｘ)＝x2-6x＋a，其圖象開口向上，對稱軸為x=3．若關(guān)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.則所有符合條件的a的值之和是6＋7＋８＝21.故選C.(３)不等式有解問題（２０14·江西第三次適應(yīng)性測試）若關(guān)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<-2?B.ａ>－２C.a＞－6?D.ａ<－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9．設(shè)Ａ＝ｌoｇ２015eq\f(2016１111＋1,２0162222+１)，B＝ｌog2015ｅq\f（20162222＋１,2016333３＋1)，則Ａ與B的大小關(guān)系為＿_＿__＿_＿.[答案］Ａ＞Ｂ［解析]設(shè)201６11１1=x，則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為增函數(shù),∴ｌｏg２015eq＼f（ｘ+1,ｘ２＋1）>loｇ2015eｑ＼f（x2＋1,x３＋1)，即A>B.三、解答題１0．某產(chǎn)品生產(chǎn)廠家根據(jù)以往的生產(chǎn)銷售經(jīng)驗得到下面有關(guān)生產(chǎn)銷售的統(tǒng)計規(guī)律：每生產(chǎn)產(chǎn)品x（百臺)，其總成本為Ｇ(x)(萬元)，其中固定成本為２萬元，并且每生產(chǎn)1百臺的生產(chǎn)成本為１萬元（總成本＝固定成本＋生產(chǎn)成本)；銷售收入R(x)(萬元)滿足：R(x)=eq＼b\lc＼{\rc\(\a\vｓ4＼ａｌ\ｃo1(-0.４x2＋4．2x－0.８0≤x≤5,1０.2x>５）),假定該產(chǎn)品產(chǎn)銷平衡,那么根據(jù)上述統(tǒng)計規(guī)律．(1）要使工廠有贏利，產(chǎn)量x應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？(2）工廠生產(chǎn)多少臺產(chǎn)品時,可使贏利最多？[解析]依題意，G(x）=x＋２設(shè)利潤函數(shù)為f（x)，則f(ｘ)=eｑ\b＼lc\{\rc\(\a＼vs4\al\co1(-0．４x2＋3．2ｘ－2.80≤x≤5，,8.2-xｘ>5.）)（1）要使工廠有贏利,即解不等式f(x）>０,當(dāng)0≤x≤5時,解不等式－0.4x2＋3.2ｘ-2.8>0即ｘ2-８x+7<0，得1＜x<7,∴1＜x≤5.當(dāng)x>5時,解不等式8.2－x＞0，得x<8.2,∴5<x<8.2綜上所述，要使工廠贏利，x應(yīng)滿足１<x<8.2，即產(chǎn)品產(chǎn)量應(yīng)控制在大于100臺，小于８20臺的范圍內(nèi).(2)0≤x≤5時,ｆ(x)=-0.４(x－4）2+3.6故當(dāng)x=4時，f(x)有最大值3.６而當(dāng)x>５時,f（x)<8.2-５=3.2所以,當(dāng)工廠生產(chǎn)４0０臺產(chǎn)品時，贏利最多.一、選擇題1１．（２01５·江西師大附中、新余四中聯(lián)考)集合P=｛ｘ|x+ｅq\f（1,x)≤２,x∈Z}，集合Q＝｛x｜x2+2x－3＞0}，則Ｐ∩綂RQ=()Ａ.［-3,0)?B.{-3，-2,-1}C.{-3，-2,-1,1}?Ｄ．{－3，－2，-1，0}[答案]C[解析］x<０時,ｘ＋eq\f(1，x）≤2顯然成立;當(dāng)x>0時，x＋eq\f（１，ｘ)≤2化為x2－２x＋１≤0,∴ｘ=1，∴p＝{x∈Z|x=1或x<0}．由Q中不等式變形得:(x－１）(ｘ＋3)>0，解得:x>1或ｘ<-３,即Ｑ＝｛x｜x>1或x<-3｝，∵全集為Ｒ，∴綂RQ=｛x｜－3≤ｘ≤1},則P∩綂ＲQ＝{－3,-2,－1,1｝.１2．(2014·福建泉州實驗中學(xué)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(guān)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．(20１5·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(guān)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(dāng)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]因為函數(shù)ｙ=ｆ(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱,所以函數(shù)y＝f(ｘ）的圖象關(guān)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，因為函數(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(dāng)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.(2０14·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．(20１4·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．已知等比數(shù)列｛ａn}中，ａ１>0,q>0，前ｎ項和為Sn，比較eq\f（S３,ａ3)與eｑ\f(S５,ａ5)的大小，結(jié)果為_____＿__．[答案]eq＼f(Ｓ3,a3）<eｑ＼f(S5,a5)［分析］可以利用等比數(shù)列前n項和公式將兩個式子表示出來，再作差進行比較,但應(yīng)注意對公比的分類討論．[解析］當(dāng)q＝1時,ｅq＼f(Ｓ３,a3)＝３,eq\f(S5,a5）=５,所以ｅq＼f(S３,a3)<eq\f（S5,a5);當(dāng)q>0且q≠1時，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）.綜上可知eq\f(S3,a３)＜ｅq\f（Ｓ５,a5）．三、解答題１7．(文)(2014·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(dāng)k≥0時，１－k≤x≤1+k，當(dāng)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)已知函數(shù)f(x)＝(ax-1)ex,ａ∈R.(１)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)ｆ(x）的極值；(２)若函數(shù)f(ｘ)在區(qū)間(0,1)上是單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)ａ的取值范圍.［解析](1)因為ｆ′（ｘ）＝（ax+a-1）ex，所以當(dāng)ａ＝1時，f′(ｘ)＝xeｘ，令ｆ′(x)＝0,則x=0，所以ｆ(ｘ）,f′(x)的變化情況如下表:x(－∞,0)0(0,＋∞）f′(x）-0＋f(ｘ）極小值所以x＝0時,f(ｘ)取得極小值f（０)=－1.(2)因為ｆ′(ｘ)=(ax+a-１)ｅｘ,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，１)上是單調(diào)增函數(shù)，所以f′(x)≥０對x∈(0,1)恒成立．又eｘ>0，所以只要ax＋a－１≥0對x∈(０,1)恒成立,解法一：設(shè)g(x)=aｘ＋a－１，則要使ax+a－1≥0對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對x∈(0，1)恒成立，因為x>0,所以a≥eq\f（１,ｘ＋1)對x∈（0,1）恒成立，因為函數(shù)g(x)=ｅq\f(１，