2024高考數(shù)學一輪復習專練34不等式與一元二次不等式的解法含解析理新人教版

PAGE專練34不等式與一元二次不等式的解法命題范圍：不等式性質(zhì)與一元二次不等式[基礎(chǔ)強化]一、選擇題1．假如a＜b＜0，那么下列各式肯定成立的是()A．a(chǎn)－b＞0B．a(chǎn)c＜bcC．a(chǎn)2＞b2D.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)2．設(shè)a，b∈[0，＋∞)，p＝eq\r(a)＋eq\r(b)，q＝eq\r(a＋b)，則()A．p≥qB．p≤qC．p＞qD．p＜q3．對于實數(shù)a，b，c，有下列命題：①若a＞b，則ac＜bc；②若ac2＞bc2，則a＞b；③若a＜b＜0，則a2＞b2；④若c＞a＞b＞0，則eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)；⑤若a＞b，eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，則a＞0，b＜0.其中真命題的個數(shù)是()A．2B．3C．4D．54．已知x，y∈R，且x＞y＞0，則()A.eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＞0B．sinx－siny＞0C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y＜0D．lnx＋lny＞05．設(shè)集合S＝{x|(x－2)(x－3)≥0}，T＝{x|x＞0}，則S∩T＝()A．[2,3]B．(－∞，2]∪[3，＋∞)C．[3，＋∞)D．(0,2]∪[3，＋∞)6．不等式ax2＋bx＋1＞0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1＜x＜\f(1,3)))，則ab的值為()A．5B．6C．7D．87．若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0對一切x∈R恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2]B．[－2,2]C．(－2,2]D．(－∞，－2)8．不等式|x2－2|<2的解集是()A．(－1,1)B．(－2,2)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－2,0)∪(0,2)9．[2024·合肥一中高三測試]若不等式x2－2ax＋a＞0對一切實數(shù)x∈R恒成立，則關(guān)于t的不等式at2＋2t－3＜1的解集為()A．(－3,1)B．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C．?D．(0,1)二、填空題10．[2024·安徽重點中學聯(lián)考]不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2－3<2－2x的解集是________．11．若x＜y＜0，則(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大小關(guān)系為________________．12．已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為[0，＋∞)，若關(guān)于x的不等式f(x)＜c的解集為(m，m＋6)，則實數(shù)c的值為________．[實力提升]13．[2024·合肥一中高三測試]已知下列四個條件：①b＞0＞a；②0＞a＞b；③a＞0＞b；④a＞b＞0，能推出eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)成立的有()A．1個B．2個C．3個D．4個14．[2024·長沙一中高三測試]不等式ax2＋bx＋2＞0的解集為{x|－1＜x＜2}，則不等式2x2＋bx＋a＞0的解集為()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－1或x＞\f(1,2)))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1＜x＜\f(1,2)))C．{x|－2＜x＜1}D．{x|x＜－2或x＞1}15．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，若對隨意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．16．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))則滿意f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＞1的x的取值范圍是________．專練34不等式與一元二次不等式的解法1．C∵a＜b＜0，∴a2＞b2.2．A∵a，b∈[0，＋∞)，∴p2－q2＝(eq\r(a)＋eq\r(b))2－(eq\r(a＋b))2＝2eq\r(ab)≥0，∴p≥q.3．C①中c值的正負或是否為零未知，因而推斷不等關(guān)系缺乏依據(jù)，故該命題是假命題．②中，由ac2＞bc2可知c2＞0，則a＞b，故該命題是真命題．③中，由a＜b＜0，可得a2＞b2成立，故該命題為真命題．④中，由c＞a＞b＞0可知0＜c－a＜c－b，故有eq\f(1,c－a)＞eq\f(1,c－b)＞0.又因a＞b＞0，由“同向同正可乘”性可知eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)成立．故該命題為真命題．⑤中，由eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)可得eq\f(b－a,ab)＞0.又因為b－a＜0，所以ab＜0，又a＞b，所以a＞0，b＜0，故該命題為真命題．綜上所述，命題②③④⑤都是真命題．故選C.4．C解法一：(取特別值進行驗證)因為x＞y＞0，選項A，取x＝1，y＝eq\f(1,2)，則eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＝1－2＝－1＜0，解除A；選項B，取x＝π，y＝eq\f(π,2)，則sinx－siny＝sinπ－sineq\f(π,2)＝－1＜0，解除B；選項D，取x＝2，y＝eq\f(1,2)，則lnx＋lny＝ln(xy)＝ln1＝0，解除D.解法二：(利用函數(shù)的單調(diào)性)因為函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上單調(diào)遞減，且x＞y＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))y＜0.故選C.5．DS＝{x|(x－2)(x－3)≥0}＝{x|x≤2或x≥3}，∴S∩T＝{x|0＜x≤2或x≥3}6．B由題意得ax2＋bx＋1＝0有兩根－1，eq\f(1,3)，由韋達定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,－1×\f(1,3)＝\f(1,a)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－2，))∴ab＝(－3)×(－2)＝6.7．C當a－2＝0即a＝2時，原不等式化為－4＜0恒成立；當a－2≠0時，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2＜0，,Δ＝4a－22＋16a－2＜0，))得－2＜a＜2，綜上得－2＜a≤2.8．D∵|x2－2|<2，∴－2<x2－2<2，∴0<x2<4，解得－2<x<0或0<x<2.故選D.9．Bx2－2ax＋a＞0對一切實數(shù)x∈R恒成立，所以Δ＝4a2－4a＜0，所以0＜a＜1，所以函數(shù)y＝ax是減函數(shù)，由at2＋2t－3＜1可得t2＋2t－3＞0，解得t＜－3或10．(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<2－2x，∴2<2－2x，∴3－x2<－2x，即x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3，∴原不等式的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．11．(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)解析：(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝x3－x2y＋y2x－y3－(x3＋x2y－y2x－y3)＝2y2x－2x2y＝2xy(y－x)，∴x＜y＜0，∴xy＞0，y－x＞0∴2xy(y－x)＞0即：(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)12．9解析：由題意知f(x)＝x2＋ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq\f(a2,4).因為f(x)的值域為[0，＋∞)，所以b－eq\f(a2,4)＝0，即b＝eq\f(a2,4).所以f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2.又f(x)＜c，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))2＜c，即－eq\f(a,2)－eq\r(c)＜x＜－eq\f(a,2)＋eq\r(c).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)－\r(c)＝m①，,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6②.))②－①，得2eq\r(c)＝6，所以c＝9.13．C①中，因為b＞0＞a，所以eq\f(1,b)＞0＞eq\f(1,a)，因此①能推出eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)成立，所以①正確；②中，因為0＞a＞b，所以ab＞0，所以eq\f(a,ab)＞eq\f(b,ab)，所以eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，所以②正確；③中，因為a＞0＞b，所以eq\f(1,a)＞0＞eq\f(1,b)，所以eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，所以③不正確；④中，因為a＞b＞0，所以eq\f(a,ab)＞eq\f(b,ab)，所以eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，所以④正確．故選C.14．A由題意，知ax2＋bx＋2＝0的兩根為－1,2，且a＜0，即－1＋2＝－eq\f(b,a)，－1×2＝eq\f(2,a)，解得a＝－1，b＝1，則不等式2x2＋bx＋a＞0，即2x2＋x－1＞0，則不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－1或x＞\f(1,2)))，故選A.15．(－3，＋∞)解析：當x∈[1，＋∞)時，f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)＞0恒成立，即x2＋2x＋a＞0恒成立．即當x≥1時，a＞－(x2＋2x)恒成立．令g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，則g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝－3，故a＞－3.所以實數(shù)a的取值范圍是{a|a＞－3}．16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs