2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第六章 不等式、推理與證明 課時(shí)作業(yè)34 不等關(guān)系與一元二次不等式 文（含解析）新人教A版

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1、課時(shí)作業(yè)34　不等關(guān)系與一元二次不等式 1．(2019·湖南衡陽(yáng)一模)若a，b，c為實(shí)數(shù)，且a＜b＜0，則下列結(jié)論正確的是(　D　) A．a(chǎn)c2＜bc2 B.＜ C.＞ D．a(chǎn)2＞ab＞b2 解析：選項(xiàng)A，∵c為實(shí)數(shù)，∴取c＝0，得ac2＝0，bc2＝0，此時(shí)ac2＝bc2，故選項(xiàng)A不正確；選項(xiàng)B，－＝， ∵a＜b＜0，∴b－a＞0，ab＞0， ∴＞0，即＞，故選項(xiàng)B不正確； 選項(xiàng)C，∵a＜b＜0，∴取a＝－2，b＝－1，則＝＝，＝2，此時(shí)＜，故選項(xiàng)C不正確；選項(xiàng)D，∵a＜b＜0，∴a2－ab＝a(a－b)＞0，∴a2＞ab，又∵ab－b2＝b(a－b)＞0，∴ab＞

2、b2，故選項(xiàng)D正確，故選D. 2．(2019·河南豫西南五校聯(lián)考)已知關(guān)于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0對(duì)任意x∈R恒成立，則k的取值范圍是(　A　) A．0≤k≤1 B．0＜k≤1 C．k＜0或k＞1 D．k≤0或k≥1 解析：當(dāng)k＝0時(shí)，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0可化為8≥0，其恒成立，當(dāng)k≠0時(shí)，要滿(mǎn)足關(guān)于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0對(duì)任意x∈R恒成立， 只需 解得0＜k≤1.綜上，k的取值范圍是0≤k≤1，故選A. 3．若實(shí)數(shù)a，b，c滿(mǎn)足對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y有3x＋4y－5≤ax＋by＋c≤3x＋4y＋5，則(　A　) A．a(chǎn)＋b－c的最小值為

3、2 B．a(chǎn)－b＋c的最小值為－4 C．a(chǎn)＋b－c的最大值為4 D．a(chǎn)－b＋c的最大值為6 解析：當(dāng)x＝1，y＝－1時(shí)，－6≤a－b＋c≤4，所以a－b＋c的最小值為－6，最大值為4，故B，D錯(cuò)誤；當(dāng)x＝－1，y＝－1時(shí)，－12≤－a－b＋c≤－2，則2≤a＋b－c≤12，所以a＋b－c的最小值為2，最大值為12，故A正確，C錯(cuò)誤，故選A. 4．若對(duì)任意的x∈[－1,2]，都有x2－2x＋a≤0(a為常數(shù))，則a的取值范圍是(　A　) A．(－∞，－3] B．(－∞，0] C．[1，＋∞) D．(－∞，1] 解析：方法一：令f(x)＝x2－2x＋a， 則由題意，得

4、 解得a≤－3，故選A. 方法二：當(dāng)x∈[－1,2]時(shí)，不等式x2－2x＋a≤0恒成立等價(jià)于a≤－x2＋2x恒成立，則由題意，得a≤(－x2＋2x)min(x∈[－1,2])．而－x2＋2x＝－(x－1)2＋1， 則當(dāng)x＝－1時(shí)，(－x2＋2x)min＝－3， 所以a≤－3，故選A. 5．(2019·福建四地六校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝若f(2－x2)＞f(x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是(　D　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C．(－1,2) D．(－2,1) 解析：易知f(x)在R上是增函數(shù)， ∵f(2－x2)＞f(x)， ∴2－x2

5、＞x，解得－2＜x＜1， 則實(shí)數(shù)x的取值范圍是(－2,1)，故選D. 6．在R上定義運(yùn)算：＝ad－bc，若不等式≥1對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為(　D　) A．－ B．－ C. D. 解析：由定義知，不等式≥1等價(jià)于x2－x－(a2－a－2)≥1，∴x2－x＋1≥a2－a對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立．∵x2－x＋1＝2＋≥，∴a2－a≤，解得－≤a≤，則實(shí)數(shù)a的最大值為. 7．(2019·江西南昌二中月考)若a＞1,0＜c＜b＜1，則下列不等式不正確的是(　D　) A．loga2 018＞logb2 018 B．logba＜logca C．(c－b)ca＞(c－b)

6、ba D．(a－c)ac＞(a－c)ab 解析：∵a＞1,0＜c＜b＜1， ∴l(xiāng)ogab＜0，loga2 018＞0， ∴l(xiāng)ogb2 018＝＜loga2 018， ∴A正確； ∵0＞logab＞logac，∴＜， ∴l(xiāng)ogba＜logca，∴B正確； ∵ca＜ba，c－b＜0， ∴(c－b)ca＞(c－b)ba，∴C正確； ∵ac＜ab，a－c＞0，∴(a－c)ac＜(a－c)ab， ∴D錯(cuò)誤．故選D. 8．(2019·鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的不等式[f(x)]2＋af(x)－b2＜0恰有1個(gè)整數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的最大值是(　D　) A．2 B．3

7、C．5 D．8 解析：作出函數(shù)f(x)的圖象如圖中實(shí)線(xiàn)部分所示， 由[f(x)]2＋af(x)－b2＜0， 得＜f(x) ＜， 若b≠0，則f(x)＝0滿(mǎn)足不等式， 即不等式有2個(gè)整數(shù)解，不滿(mǎn)足題意， 所以b＝0，所以－a＜f(x)＜0，且整數(shù)解x只能是3， 當(dāng)2＜x＜4時(shí)，－8＜f(x)＜0， 所以－8≤－a＜－3， 即a的最大值為8，故選D. 9．已知a＋b＞0，則＋與＋的大小關(guān)系是＋≥＋. 解析：＋－＝＋＝(a－b)·＝. ∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴≥0. ∴＋≥＋. 10．(2019·湛江調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若

8、不等式f(x)＜0的解集為，則f(ex)＞0(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集是{x|－ln2＜x＜ln3}． 解析：依題意可得f(x)＝a(x－3)(a＜0)， 則f(ex)＝a(ex－3)(a＜0)， 由f(ex)＝a(ex－3)＞0， 可得＜ex＜3，解得－ln2＜x＜ln3. 11．已知函數(shù)g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a＞0)在區(qū)間[2,3]上，有最大值4和最小值1，設(shè)f(x)＝. (1)求a，b的值； (2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈[－1,1]上有解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． 解：(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a， 因?yàn)閍＞0，所以g(x)在區(qū)間

9、[2,3]上是增函數(shù)， 故解得 (2)由已知及(1)可得f(x)＝x＋－2， f(2x)－k·2x≥0可化為2x＋－2≥k·2x， 化簡(jiǎn)得1＋2－2·≥k， 令t＝，則t∈. 即k≤t2－2t＋1， 記h(t)＝t2－2t＋1，因?yàn)閠∈， 故h(t)max＝1，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，1]． 12．某廠(chǎng)以x千克/時(shí)的速度勻速生產(chǎn)某種產(chǎn)品(生產(chǎn)條件要求1≤x≤10)，每小時(shí)可獲得的利潤(rùn)是50元． (1)要使生產(chǎn)該產(chǎn)品2小時(shí)獲得的利潤(rùn)不低于1 500元，求x的取值范圍． (2)要使生產(chǎn)480千克該產(chǎn)品獲得的利潤(rùn)最大，問(wèn)：該廠(chǎng)應(yīng)該選取何種生產(chǎn)速度？并求此最大利潤(rùn)． 解：

10、(1)根據(jù)題意，有100≥1 500， 即5x2－14x－3≥0，得x≥3或x≤－， 又1≤x≤10，所以3≤x≤10. (2)設(shè)生產(chǎn)480千克該產(chǎn)品獲得的利潤(rùn)為u元，則u＝24 000，1≤x≤10， 記f(x)＝－＋＋5(1≤x≤10)， 則f(x)＝－32＋＋5(1≤x≤10)，當(dāng)x＝6時(shí)，f(x)取得最大值， 此時(shí)u＝24 000×＝122 000， 故該廠(chǎng)以6千克/時(shí)的速度生產(chǎn)480千克該產(chǎn)品可獲得最大利潤(rùn)122 000元． 13．(2019·河南豫北名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝e1＋x＋e1－x，則滿(mǎn)足f(x－2)＜e2＋1的x的取值范圍是(　D　) A．x＜

11、3 B．0＜x＜3 C．1＜x＜e D．1＜x＜3 解析：∵f(x)＝e1＋x＋e1－x＝e·ex＋＝e， 令t＝ex，可得y＝e， 內(nèi)函數(shù)t＝ex為增函數(shù)，而外函數(shù)y＝e在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)， ∴函數(shù)f(x)＝e1＋x＋e1－x的減區(qū)間為(－∞，0)，增區(qū)間為(0，＋∞)． 又f(x)＝e1＋x＋e1－x為偶函數(shù)， ∴由f(x－2)＜e2＋1，得f(|x－2|)＜f(1)， 得|x－2|＜1，解得1＜x＜3，故選D. 14．(2019·湖南湘東聯(lián)考)若?x∈R，函數(shù)f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1與g(x)＝mx的值至少有一個(gè)為正數(shù)

12、，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為(　B　) A．(0,4] B．(0,8) C．(2,5) D．(－∞，0) 解析：當(dāng)m＜0且x趨于＋∞時(shí)，函數(shù)f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1與g(x)＝mx的值均為負(fù)值，不符合題意． 當(dāng)m＝0時(shí)，g(x)＝0，f(x)＝－8x＋1， 當(dāng)x≥時(shí)，f(x)≤0，g(x)＝0，不符合題意． ∴m＞0，易知f(x)的圖象的對(duì)稱(chēng)軸為x＝，f(0)＝1＞0，當(dāng)≥0，即0＜m≤4時(shí)，函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)都在y軸右側(cè)，如圖1所示，符合題意； 當(dāng)＜0，即m＞4時(shí)，要滿(mǎn)足題意，需f(x)的圖象在x軸上方，如圖2所示，則Δ＝4(4－m)2－8m＝4(m

13、－8)(m－2)＜0，則4＜m＜8. 圖1 　 圖2 綜上可得0＜m＜8，故選B. 15．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)＞0恒成立，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 解析：由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，即＝1，解得a＝2. 又因?yàn)閒(x)的圖象開(kāi)口向下， 所以當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)為增函數(shù)， 所以當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2， 若當(dāng)x∈[－1

14、,1]時(shí)，f(x)＞0恒成立， 則b2－b－2＞0恒成立， 解得b＜－1或b＞2. 所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 16．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若存在實(shí)數(shù)a∈[1,2]，對(duì)任意x∈[1,2]，都有f(x)≤1，則7b＋5c的最大值是－6. 解析：因?yàn)閤∈[1,2]，所以ax2＋bx＋c≤1等價(jià)于a≤，由題意知存在a∈[1,2]，使得不等式a≤對(duì)任意x∈[1,2]恒成立，所以≥1，即x2＋bx＋c－1≤0對(duì)x∈[1,2]恒成立，所以即所以7b＋5c＝3(b＋c)＋2(2b＋c)≤－6，即7b＋5c的最大值為－6. 7