高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第6章　不等式6.4(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第6章　不等式6.4(教师版)，共9页。

一、选择题
1．已知集合A＝{x|x2＋x－6＝0}，B＝{x|x2－2x－3≤0，x∈N*}，则A∩B＝( )
A．{2,3} B．{1,3}
C．{2} D．{3}
答案 C
解析 A＝{x|x2＋x－6＝0}＝{－3,2}，B＝{x|x2－2x－3≤0，x∈N*}＝{1,2,3}，故A∩B＝{2}，选C.
2．设a，b∈R，则“(a－b)a2≥0”是“a≥b”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 若(a－b)a2≥0，当a＝0时，a≥b不一定成立，故(a－b)a2≥0不是a≥b的充分条件；若a≥b，则(a－b)·a2≥0成立，故(a－b)a2≥0是a≥b的必要条件，故选B.
3．若a＞b＞1,0＜c＜1，则( )
A．ac＜bc B．abc＜bac
C．algbc＜blgac D．lgac＜lgbc
答案 C
解析 由0b>1知ac>bc，A错误；
∵0∴bc－1>ac－1，又ab>0，∴ab·bc－1>ab·ac－1，即abc>bac，B错误；
易知y＝lgcx是减函数，∴0>lgcb>lgca，∴lgbc由lgbc－lgac>0，又a>b>1>0，∴－algbc>－blgac>0，∴algbc4．关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a＝( )
A.eq \f(5,2) B.eq \f(7,2)
C.eq \f(15,4) D.eq \f(15,2)
答案 A
解析 由条件知x1，x2为方程x2－2ax－8a2＝0的两根，则x1＋x2＝2a，x1x2＝－8a2.故(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(2a)2－4×(－8a2)＝36a2＝152，得a＝eq \f(5,2)，故选A.
5．关于x的不等式ax－b＜0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)＞0的解集是( )
A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(1,3)
C．(－1,3) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)
答案 C
解析 关于x的不等式ax－b＜0的解集是(1，＋∞)，即不等式ax＜b的解集是(1，＋∞)，∴a＝b＜0，∴不等式(ax＋b)(x－3)＞0可化为(x＋1)(x－3)＜0，解得－1＜x＜3，∴所求解集是(－1,3)．故选C.
6．已知p＝a＋eq \f(1,a－2)，q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x2－2，其中a＞2，x∈R，则p，q的大小关系是( )
A．p≥q B．p＞q
C．p＜q D．p≤q
答案 A
解析 由a＞2，故p＝a＋eq \f(1,a－2)＝(a－2)＋eq \f(1,a－2)＋2≥2＋2＝4，当且仅当a＝3时取等号．因为x2－2≥－2，所以q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x2－2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－2＝4，当且仅当x＝0时取等号，所以p≥q.故选A.
7．已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x≥0时，f(x)＝x3，若不等式f(－4t)>f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－eq \r(2)) B．(－eq \r(2)，0)
C．(－∞，0)∪(eq \r(2)，＋∞) D．(－∞，eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)
答案 A
解析 ∵f(x)在R上为奇函数，且在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在R上是增函数，结合题意得－4t>2m＋mt2对任意实数t恒成立⇒mt2＋4t＋2m<0对任意实数t恒成立⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＜0，,Δ＝16－8m2＜0))⇒m∈(－∞，－eq \r(2))，故选A.
8．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件销售价提高1元，销售量就要减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，销售价每件应定为( )
A．12元 B．16元
C．12元到16元之间 D．10元到14元之间
答案 C
解析 设销售价定为每件x元，利润为y，则y＝(x－8)[100－10(x－10)]，依题意有(x－8)[100－10(x－10)]>320，即x2－28x＋192<0，解得129．已知定义域为R的函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，且y＝f(x＋2)为偶函数，则关于x的不等式f(2x－1)－f(x＋1)>0的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))∪(2，＋∞)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,3)))∪(2，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，2))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2))
答案 D
解析 ∵y＝f(x＋2)为偶函数，∴y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称．∵f(x)在(2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(－∞，2)上单调递增，又f(2x－1)－f(x＋1)>0，∴f(2x－1)>f(x＋1)．当x>2时，2x－1>x＋1，要使f(2x－1)>f(x＋1)成立，则x＋1<2x－1<2，解得x<1(舍去)；当x<2时，2x－1f(x＋1)成立，则有①若2<2x－1eq \f(3,2)，∴eq \f(3,2)4－(x＋1)，即x>eq \f(4,3)，∴eq \f(4,3)10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x<0，))若关于x的不等式[f(x)]2＋af(x)－b2<0恰有1个整数解，则实数a的最大值是( )
A．2 B．3
C．5 D．8
答案 D
解析 函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x<0))的图象如图所示，
①当b＝0时，原不等式化为[f(x)]2＋af(x)<0，
当a>0时，解得－a由于不等式[f(x)]2＋af(x)<0恰有1个整数解，因此其整数解为3.
又f(3)＝－9＋6＝－3，∴－a<－3，－a≥f(4)＝－8，则3易知当a≤0时不合题意．
②当b≠0时，对于[f(x)]2＋af(x)－b2<0，Δ＝a2＋4b2>0，
解得eq \f(－a－\r(a2＋4b2),2)又eq \f(－a－\r(a2＋4b2),2)<0f(x)＝0有两个整数解，故原不等式至少有两个整数解，不合题意．
综上可得a的最大值为8.故选D.
二、填空题
11．已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是________．
答案 (－7,3)
解析 ∵f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(|x|)．
又x≥0时，f(x)＝x2－4x，
∴不等式f(x＋2)＜5⇒f(|x＋2|)＜5
⇒|x＋2|2－4|x＋2|＜5
⇒(|x＋2|－5)(|x＋2|＋1)＜0
⇒|x＋2|－5＜0⇒|x＋2|＜5
⇒－5＜x＋2＜5⇒－7＜x＜3.
故解集为(－7,3)．
12．若x>y，a>b，则在①a－x>b－y，②a＋x>b＋y，③ax>by，④x－b>y－a，⑤eq \f(a,y)>eq \f(b,x)这五个式子中，恒成立的不等式的序号是 ________.
答案 ②④
解析 令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合题设条件x>y，a>b，
∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，
∴a－x＝b－y，因此①不成立．
∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不成立．
∵eq \f(a,y)＝eq \f(3,－3)＝－1，eq \f(b,x)＝eq \f(2,－2)＝－1，
∴eq \f(a,y)＝eq \f(b,x)，因此⑤不成立．由不等式的性质可推出②④成立．
13．在R上定义运算：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))＝ad－bc.若不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1 a－2,a＋1 x))≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为________．
答案 eq \f(3,2)
解析 原不等式等价于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，
即x2－x－1≥(a＋1)(a－2)对任意x恒成立，
x2－x－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－eq \f(5,4)≥－eq \f(5,4)，所以－eq \f(5,4)≥a2－a－2，解得－eq \f(1,2)≤a≤eq \f(3,2).
14．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)答案 9
解析 由题意知f(x)＝x2＋ax＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq \f(a2,4).
∵f(x)的值域为[0，＋∞)，∴b－eq \f(a2,4)＝0，即b＝eq \f(a2,4)，
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2.
又∵f(x)∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\r(c)＝m， ①,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6. ②))②－①得2eq \r(c)＝6，∴c＝9.
三、解答题
15．解不等式eq \f(ax－1,x－2)>1(a∈R)．
解 原不等式等价于eq \f(ax－1,x－2)－1>0，即eq \f(ax－1－x－2,x－2)>0，
所以[(a－1)x－(a－2)](x－2)>0 ①.
当a＝1时，①式可以转化为x>2；
当a>1时，①式可以转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－2,a－1)))(x－2)>0；
当a<1时，①式可以转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－2,a－1)))(x－2)<0.
又当a≠1时，2－eq \f(a－2,a－1)＝eq \f(a,a－1)，所以当a>1或a<0时，2>eq \f(a－2,a－1)；
当a＝0时，2＝eq \f(a－2,a－1)；当0故当a＝1时，原不等式的解集是(2，＋∞)；
当a>1时，原不等式的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a－2,a－1)))∪(2，＋∞)；
当0当a＝0时，原不等式的解集是∅；
当a<0时，原不等式的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2,a－1)，2)).
16．已知函数f(x)＝ax2＋(b－8)x－a－ab，当x∈(－∞，－3)∪(2，＋∞)时，f(x)<0.当x∈(－3,2)时，f(x)>0.
(1)求f(x)在[0,1]内的值域；
(2)若ax2＋bx＋c≤0的解集为R，求实数c的取值范围．
解 (1)因为当x∈(－∞，－3)∪(2，＋∞)时，f(x)<0，
当x∈(－3,2)时，f(x)>0，
所以－3,2是方程ax2＋(b－8)x－a－ab＝0的两根，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3＋2＝－\f(b－8,a)，,－3×2＝\f(－a－ab,a)，))所以a＝－3，b＝5，
所以f(x)＝－3x2－3x＋18＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋18.75，
函数图象关于x＝－eq \f(1,2)对称，且抛物线开口向下，在区间[0,1]上f(x)为减函数，函数的最大值为f(0)＝18，最小值为f(1)＝12，故f(x)在[0,1]内的值域为[12,18]．
(2)由(1)知，不等式ax2＋bx＋c≤0化为－3x2＋5x＋c≤0，因为二次函数y＝－3x2＋5x＋c的图象开口向下，要使－3x2＋5x＋c≤0的解集为R，只需
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3<0，,Δ＝b2－4ac≤0，))即25＋12c≤0⇒c≤－eq \f(25,12)，
所以实数c的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(25,12))).