《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)32 不等式的性質(zhì)與一元二次不等式 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)32 不等式的性質(zhì)與一元二次不等式 理（含解析）新人教A版（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時集訓(xùn)(三十二)　不等式的性質(zhì)與一元二次不等式 (建議用時：60分鐘) A組　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo) 一、選擇題 1．設(shè)集合A＝{x|(x－1)(x＋2)＜0}，B＝，則A∪B＝(　　) A．(－2,1)　　 B．(－2,3) C．(－1,3) D．(－1,1) B　[A＝{x|－2＜x＜1}，B＝{x|－1＜x＜3}，所以A∪B＝{x|－2＜x＜3}，故選B.] 2．已知a，b，c，d均為實數(shù)，有下列命題： ①若ab＞0，bc－ad＞0，則－＞0； ②若ab＞0，－＞0，則bc－ad＞0； ③若bc－ad＞0，－＞0，則ab＜0. 其中正確的命題有(　　) A．①②

2、 B．①③ C．②③ D．①②③ A　[對于①∵ab＞0，bc－ad＞0， ∴－＞0，故①正確． 對于②，∵ab＞0，－＞0， ∴＞0， 即bc－ad＞0，故②正確． 對于③－＝＞0， 又bc－ad＞0， ∴ab＞0，所以③錯誤．故選A.] 3．若0＜b＜a＜1，則下列結(jié)論不成立的是(　　) A.＜ B.＞ C．a(chǎn)b＞ba D．logba＞logab D　[對于A，函數(shù)y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)0＜b＜a＜1時，＜恒成立；對于B，函數(shù)y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0＜b＜a＜1時，＞恒成立；對于C，函數(shù)y＝ax(0＜a＜1)單調(diào)遞減，函數(shù)y

3、＝xa(0＜a＜1)單調(diào)遞增，所以當(dāng)0＜b＜a＜1時，ab＞aa＞ba恒成立；當(dāng)a＝，b＝時，logab＝2，logba＝，logab＞logba，D選項不成立，故選D.] 4．(2019·蕪湖模擬)在R上定義運算?：x?y＝x(1－y)，若不等式(x－a)?(x－b)＞0的解集是(2,3)，則a＋b的值為(　　) A．1　　B．2 C．4　　 D．8 C　[∵x?y＝x(1－y)， ∴(x－a)?(x－b)＝(x－a)[1－(x－b)]＞0， 即(x－a)(x－b－1)＜0. ∵不等式(x－a)?(x－b)＞0的解集是(2,3)， ∴x＝2和x＝3是方程(x－a)(x－b－1

4、)＝0的根， 即x1＝a或x2＝1＋b， ∴x1＋x2＝a＋b＋1＝2＋3， ∴a＋b＝4. 故選C.] 5．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，對任意實數(shù)x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)＞0恒成立，則b的取值范圍是(　　) A．(－1,0) B．(2，＋∞) C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．不能確定 C　[由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，即＝1，解得a＝2. 又因為f(x)開口向下， 所以當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)為增函數(shù)， 所以f(x)min＝f(－1)

5、＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2， f(x)＞0恒成立， 即b2－b－2＞0恒成立， 解得b＜－1或b＞2.] 二、填空題 6．若不等式－2≤x2－2ax＋a≤－1有唯一解，則a的值為________． 　[由題意可知，方程x2－2ax＋a＝－1有唯一解． ∴Δ＝4a2－4(a＋1)＝0，即a＝.] 7．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________． 9　[由題意知f(x)＝x2＋ax＋b＝2＋b－. 因為f(x)的值域為[0，＋∞)，所以b－＝0，即b＝. 所

6、以f(x)＝2. 又f(x)＜c，所以2＜c，即－－＜x＜－＋. 所以 ②－①，得2＝6，所以c＝9.] 8．已知函數(shù)f(x)＝，若對任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． (－3，＋∞)　[當(dāng)x∈[1，＋∞)時，f(x)＝＞0恒成立，即x2＋2x＋a＞0恒成立． 即當(dāng)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}．] 三、解答題 9．已知f(x)＝－3x2＋a(

7、6－a)x＋6. (1)解關(guān)于a的不等式f(1)＞0； (2)若不等式f(x)＞b的解集為(－1,3)，求實數(shù)a，b的值． [解]　(1)由題意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3＞0，即a2－6a－3＜0，解得3－2＜a＜3＋2. 所以不等式的解集為{a|3－2＜a＜3＋2}． (2)因為f(x)＞b的解集為(－1,3)， 所以方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的兩根為－1,3， 所以解得 10．已知f(x)＝2x2＋bx＋c，不等式f(x)＜0的解集是(0,5)． (1)求f(x)的解析式； (2)若對于任意的x∈[－1,1]，不等式f(x)＋t≤

8、2恒成立，求t的取值范圍． [解]　(1)由題意可知，0,5是f(x)＝0的兩個實數(shù)根， ∴∴即f(x)＝2x2－10x. (2)由(1)可知不等式2x2－10x＋t≤2對?x∈[－1,1]恒成立． 即2x2－10x＋t－2≤0在[－1,1]上恒成立， ∴∴∴t≤－10. 即t的取值范圍為(－∞，－10]． B組　能力提升 1．(2019·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(ac≠0)，若f(x)＜0的解集為(－1，m)，則下列說法正確的是(　　) A．f(m－1)＜0　　 B．f(m－1)＞0 C．f(m－1)必與m同號 D．f(m－1)必與m異號 D　[

9、∵f(x)＜0的解集為(－1，m)， ∴－1，m是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(ac≠0)的兩個實數(shù)根，且a＞0. ∴f(x)＝a(x＋1)(x－m)． ∴f(m－1)＝－am與m必異號． 故選D.] 2．(2019·咸陽模擬)已知0＜a＜b，且a＋b＝1，則下列不等式中正確的是(　　) A．log2a＞0 B．2a－b＜ C．log2a＋log2b＜－2 D．2＋＜ C　[由題意知0＜a＜1，此時log2a＜0，A錯誤；由已知得0＜a＜1,0＜b＜1，所以－1＜－b＜0，又a＜b，所以－1＜a－b＜0，所以＜2a－b＜1，B錯誤；因為0＜a＜b，所以＋＞2＝2，所

10、以2＋＞22＝4，D錯誤；由a＋b＝1＞2，得ab＜，因此log2a＋log2b＝log2(ab)＜log2＝－2，C正確．] 3．(2019·湛江調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若不等式f(x)＜0的解集為，則f(ex)＞0(e是自然對數(shù)的底數(shù))的解集是________． (－ln 2，ln 3)　[由題意可知f(x)＞0的解集為{x|＜x＜3}，令＜ex＜3得，－ln 2＜x＜ln 3.] 4．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax－1＋a，a∈R. (1)若a＝2，試求函數(shù)y＝(x>0)的最小值； (2)對于任意的x∈[0,2]，不等式f(x)≤a成立，試求a的取值范圍． [解]　(1)依題意得y＝＝＝x＋－4. 因為x>0，所以x＋≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝時，即x＝1時，等號成立，所以y≥－2. 所以當(dāng)x＝1時，y＝的最小值為－2. (2)因為f(x)－a＝x2－2ax－1， 所以要使得“?x∈[0,2]，不等式f(x)≤a成立”只要“x2－2ax－1≤0在[0,2]上恒成立”． 不妨設(shè)g(x)＝x2－2ax－1， 則只要g(x)≤0在[0,2]上恒成立即可，所以 即 解得a≥，則a的取值范圍為. - 5 -