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2019-2020年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專項訓(xùn)練 不等式（含解析）
1、(xx湖南卷)設(shè)a>b>1，c<0，給出下列三個結(jié)論：
①>；②ac
loga(b－c)．
其中所有的正確結(jié)論的序號是 ( )．
A.① B．①③ C．①②③ C．②③ B．①② D．①②③
解析：由不等式性質(zhì)及a>b>1知<，又c<0，所以>，①正確；構(gòu)造函數(shù)y＝xc，∵c＜0，∴y＝xc在(0，＋∞)上是減函數(shù)，又a＞b＞1，∴ac＜bc，知②正確；∵a＞b＞1，a－c＞0，∴a－c＞b－c＞1，∵a＞b＞1，∴l(xiāng)ogb(a－c)＞loga(a－c)＞loga(b－c)，知③正確．
答案：C
2、若＜＜0，則下列不等式：①＜；②|a|＋b＞0；③a－＞b－；④ln a2＞ln b2中，正確的不等式是 ( )．
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
解析 法一 由＜＜0，可知b＜a＜0.①中，因為a＋b＜0，ab＞0，所以＜0，＞0.故有＜，即①正確；②中，因為b＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②錯誤；③中，因為b＜a＜0，又＜＜0，所以a－＞b－，故③正確；④中，因為b＜a＜0，根據(jù)y＝x2在(－∞，0)上為減函數(shù)，可得b2＞a2＞0，而y＝ln x在定義域(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以ln b2＞ln a2，故④錯誤．由以上分析，知①③正確．
3、設(shè)f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，則f(－2)的取值范圍是________．
[正解] 法一 設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.
于是得解得
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
4、如果－1＜a＋b＜3,3＜a－b＜5，那么2a－3b的取值范圍是( )．
A．(2,8) B．(5,14)
C．(6,13) D．(7,13)
解析 設(shè)a＋b＝x，a－b＝y(tǒng)，
∴－1＜x＜3,3＜y＜5，a＝，b＝，
∴2a－3b＝x＋y－(x－y)＝－x＋y.
又∵－＜－x＜，＜y＜，
∴6＜－x＋y＜13，
∴2a－3b的取值范圍是(6,13)．
答案 C
5．已知a>b，則下列不等式成立的是( )．
A．a(chǎn)2－b2≥0 B．a(chǎn)c>bc
C．|a|>|b| D．2a>2b
解析 A中，若a＝－1，b＝－2，則a2－b2≥0不成立；當(dāng)c＝0時，B不成立；當(dāng)0>a>b時，C不成立；由a>b知2a>2b成立，故選D.
答案 D
6．已知0＜a＜1，x＝loga＋loga ，y＝loga5，z＝loga －loga ，則( )．
A．x＞y＞z B．z＞y＞x
C．z＞x＞y D．y＞x＞z
解析 由題意得x＝loga，y＝loga，z＝loga，而0＜a＜1，∴函數(shù)y＝loga x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴y＞x＞z.
答案 D
7．下面四個條件中，使a＞b成立的充分不必要條件是( )．
A．a(chǎn)＞b＋1 B．a(chǎn)＞b－1 C．a(chǎn)2＞b2 D．a(chǎn)3＞b3
解析 由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要條件是a＞b＋1.
答案 A
8．“|x|＜2”是“x2－x－6＜0”的( )．
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析 不等式|x|＜2的解集是(－2,2)，而不等式x2－x－6＜0的解集是(－2,3)，于是當(dāng)x∈(－2,2)時，可得x∈(－2,3)，反之則不成立，故選A.
答案 A
9．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.＜1 C．lg(a－b)＞0 D.a＜b
解析 ∵0＜＜1，∴y＝x是減函數(shù)，又a＞b，
∴a＜b.
答案 D
一元二次不等式及其解法
1、已知函數(shù)f(x)＝(ax－1)(x＋b)，如果不等式f(x)＞0的解集是(－1,3)，則不等式f(－2x)＜0的解集是
( )．
A.∪
B.
C.∪
D.
解析 由f(x)＞0，得ax2＋(ab－1)x－b＞0，又其解集是(－1,3)，∴a＜0.且解得a＝－1或，
∴a＝－1，b＝－3.∴f(x)＝－x2＋2x＋3，
∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，
由－4x2－4x＋3＜0，得4x2＋4x－3＞0，
解得x＞或x＜－，故選A.
答案 A
2、(xx江蘇卷)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)．當(dāng)x＞0時，f(x)＝x2－4x，則不等式f(x)＞x的解集用區(qū)間表示為________．
解析 ∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，
∴f(0)＝0，
又當(dāng)x＜0時，－x＞0，
∴f(－x)＝x2＋4x.
又f(x)為奇函數(shù)，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－x2－4x(x＜0)，
∴f(x)＝
(1)當(dāng)x＞0時，由f(x)＞x得x2－4x＞x，解得x＞5；
(2)當(dāng)x＝0時，f(x)＞x無解；
(3)當(dāng)x＜0時，由f(x)＞x得－x2－4x＞x，解得－5＜x＜0.
綜上得不等式f(x)＞x的解集用區(qū)間表示為(－5,0)∪(5，＋∞)．
答案 (－5,0)∪(5，＋∞)
2、關(guān)于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集為(x1，x2)，且x2－x1＝15，則a等于 ( )．
A. B. C. D.
解析：法一 ∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集為(x1，x2)，∴x1，x2是方程x2－2ax－8a2＝0的兩根．
由根與系數(shù)的關(guān)系知
∴x2－x1＝＝＝15，又∵a＞0，∴a＝，故選A.
法二 由x2－2ax－8a2<0，得(x＋2a)(x－4a)<0，
∵a＞0，∴不等式x2－2ax－8a2＜0的解集為(－2a,4a)，
又∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集為(x1，x2)，
∴x1＝－2a，x2＝4a.∵x2－x1＝15，
∴4a－(－2a)＝15，解得a＝，故選A.
3、已知集合P＝{x|x2－x－2≤0}，Q＝{x|log2(x－1)≤1}，則(?RP)∩Q＝( )．
A．[2,3] B．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
C．(2,3] D．(＋∞，－1]∪(3，＋∞)
解析 依題意，得P＝{x|－1≤x≤2}，Q＝{x|1＜x≤3}，則(?RP)∩Q＝(2,3]．
答案 C
4．不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，則實數(shù)a的取值范圍是( )．
A．[－4,4] B．(－4,4)
C．(－∞，－4]∪[4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
解析 不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，只需Δ＝a2－16＞0，∴a＜－4或a＞4，故選D.
答案 D
5．已知f(x)＝則不等式f(x)2，因此x<0.
綜上，x<4.故f(x)－2x的解集為(1,3)．
(1)若方程f(x)＋6a＝0有兩個相等的根，求f(x)的解析式；
(2)若f(x)的最大值為正數(shù)，求a的取值范圍．
解 (1)∵f(x)＋2x>0的解集為(1,3)，
f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0，
因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.①
由方程f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.②
因為方程②有兩個相等的根，
所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a9a＝0，
即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－.
由于a<0，舍去a＝1，將a＝－代入①，
得f(x)＝－x2－x－.
(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝a2－及a<0，可得f(x)的最大值為－.
由解得a<－2－或－2＋0的解集為，則不等式－cx2＋2x－a>0的解集為________．
解析 由ax2＋2x＋c>0的解集為知a<0，且－，為方程ax2＋2x＋c＝0的兩個根，由根與系數(shù)的關(guān)系得－＋＝－，＝，解得a＝－12，c＝2，∴－cx2＋2x－a>0，即2x2－2x－12<0，其解集為(－2,3)．
答案 (－2,3)
14．已知f(x)＝則不等式f(x)＜9的解集是________．
解析 當(dāng)x≥0時，由3x＜9得0≤x＜2.
當(dāng)x＜0時，由x＜9得－2＜x＜0.
故f(x)＜9的解集為(－2,2)．
答案 (－2,2)
考點：含參數(shù)的一元二次不等式解法
1、解關(guān)于x的不等式：ax2－2≥2x－ax(a∈R)．
解 原不等式可化為ax2＋(a－2)x－2≥0.
①當(dāng)a＝0時，原不等式化為x＋1≤0，解得x≤－1.
②當(dāng)a＞0時，原不等式化為(x＋1)≥0，解得x≥或x≤－1.
③當(dāng)a＜0時，原不等式化為(x＋1)≤0.
當(dāng)＞－1，即a＜－2時，解得－1≤x≤；
當(dāng)＝－1，即a＝－2時，解得x＝－1滿足題意；
當(dāng)＜－1，即a＞－2，解得≤x≤－1.
綜上所述，當(dāng)a＝0時，不等式的解集為{x|x≤－1}；當(dāng)a＞0時，不等式的解集為；當(dāng)－2＜a＜0時，不等式的解集為；當(dāng)a＝－2時，不等式的解集為{x|x＝－1}；當(dāng)a＜－2時，不等式的解集為.
2．求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．
解 ∵12x2－ax＞a2，∴12x2－ax－a2＞0，
即(4x＋a)(3x－a)＞0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，
得：x1＝－，x2＝.
①a＞0時，－＜，解集為；
②a＝0時，x2＞0，解集為{x|x∈R且x≠0}；
③a＜0時，－＞，解集為.
綜上所述，當(dāng)a＞0時，不等式的解集為
；
當(dāng)a＝0時，不等式的解集為{x|x∈R且x≠0}；
當(dāng)a＜0時，不等式的解集為.
考點：一元二次不等式恒成立問題
1、已知函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.
(1)若對于x∈R，f(x)＜0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
(2)若對于x∈[1,3]，f(x)＜5－m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．
解 (1)由題意可得m＝0或?m＝0或－4＜m＜0?－4＜m≤0.
故m的取值范圍是(－4,0]．
(2)法一 要使f(x)＜－m＋5在[1,3]上恒成立，即m2＋m－6＜0在x∈[1,3]上恒成立．
令g(x)＝m2＋m－6，x∈[1,3]．
當(dāng)m＞0時，g(x)在[1,3]上是增函數(shù)，
所以g(x)max＝g(3)?7m－6＜0，
所以m＜，則0＜m＜；
當(dāng)m＝0時，－6＜0恒成立；
當(dāng)m＜0時，g(x)在[1,3]上是減函數(shù)，
所以g(x)max＝g(1)?m－6＜0，
所以m＜6，所以m＜0.
綜上所述：m的取值范圍是.
法二 ∵f(x)＜－m＋5?m(x2－x＋1)＜6，
∵x2－x＋1＞0，∴m＜對于x∈[1,3]恒成立，
只需求的最小值，
記g(x)＝，x∈[1,3]，
記h(x)＝x2－x＋1＝2＋，h(x)在x∈[1,3]上為增函數(shù)．
則g(x)在[1,3]上為減函數(shù)，
∴[g(x)]min＝g(3)＝，∴m＜.
所以m的取值范圍是.
2、若關(guān)于x的不等式ax2＋2x＋2＞0在R上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．
解析 (1)當(dāng)a＝0時，原不等式可化為2x＋2＞0，其解集不為R，故a＝0不滿足題意，舍去；
當(dāng)a≠0時，要使原不等式的解集為R，
只需解得a＞.
綜上，所求實數(shù)a的取值范圍是.
3、若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0對一切x∈(0,2]恒成立，則a的取值范圍是 ( )．
A.
B.
C.∪
D.
解析：∵x∈(0,2]，
∴a2－a≥＝.
要使a2－a≥在x∈(0,2]時恒成立，
則a2－a≥max，
由基本不等式得x＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立，即max＝.
故a2－a≥，解得a≤或a≥.
答案：C
4．已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，當(dāng)x∈[－1，＋∞)時，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍．
解 法一 f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝a.
①當(dāng)a∈(－∞，－1)時，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，
只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；
②當(dāng)a∈[－1，＋∞)時，f(x)min＝f(a)＝2－a2，
由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.
綜上所述，所求a的取值范圍是[－3,1]．
5.在R上定義運算：＝ad－bc.若不等式≥1對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的最大值為( )．
A．－ B．－ C. D.
解析 原不等式等價于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，即x2－x－1≥(a＋1)(a－2)對任意x恒成立，x2－x－1＝2－≥－，所以－≥a2－a－2，－≤a≤.故選D.
答案 D
考點：數(shù)形結(jié)合
1．已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個零點，則實數(shù)m的取值范圍是________．
解析 畫出f(x)＝的圖象，如圖．
由函數(shù)g(x)＝f(x)－m有3個零點，結(jié)合圖象得：0＜m＜1，即m∈(0,1)．
答案 (0,1)
考點：分式不等式
1．已知關(guān)于x的不等式＜0的解集是(－∞，－1)∪，則a＝________.
解析 由于不等式＜0的解集是(－∞，－1)∪，故－應(yīng)是ax－1＝0的根，∴a＝－2.
答案?。?
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