统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练34不等式与一元二次不等式的解法理

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练34不等式与一元二次不等式的解法理，共5页。

[基础强化]
一、选择题
1．如果a＜b＜0，那么下列各式一定成立的是( )
A．a－b＞0 B．ac＜bc
C．a2＞b2 D． eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b)
2．设a，b∈[0，＋∞)，p＝ eq \r(a)＋ eq \r(b)，q＝ eq \r(a＋b)，则( )
A．p≥q B．p≤q
C．p＞q D．p＜q
3．对于实数a，b，c，有下列命题：
①若a＞b，则ac＜bc；②若ac2＞bc2，则a＞b；③若a＜b＜0，则a2＞b2；④若c＞a＞b＞0，则 eq \f(a,c－a)＞ eq \f(b,c－b)；⑤若a＞b， eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b)，则a＞0，b＜0.其中真命题的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
4．[2023·四川绵阳一模]若0＜a＜b，则下列结论正确的是( )
A．ln a＞ln b B．b2＜a2
C． eq \f(1,a)＜ eq \f(1,b) D．( eq \f(1,2))a＞( eq \f(1,2))b
5．[2023·珠海模拟]已知a，b∈R，满足ab<0，a＋b>0，a>b，则( )
A． eq \f(1,a)< eq \f(1,b) B． eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)>0
C．a2>b2 D．a<|b|
6．不等式ax2＋bx＋1＞0的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1＜x＜\f(1,3)))，则ab的值为( )
A．5 B．6
C．7 D．8
7．若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是( )
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．[2023·宿迁模拟]若不等式x2＋px>4x＋p－3，当0≤p≤4时恒成立，则x的取值范围是( )
A.[－1，3]
B．(－∞，－1]
C．[3，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
二、填空题
10．不等式( eq \f(1,2))x2－3<2－2x的解集是________．
11．[2023·山西省模拟]我们都知道一杯糖水中再加入一些糖，糖水会更甜．这句话用数学符号可表示为： eq \f(b,a)＜ eq \f(b＋m,a＋m)，其中a＞b，且a，b，m∈R＋.据此可以判断两个分数的大小关系，比如 eq \f(854 366 239,998 763 421)________ eq \f(854 366 236,998 763 418)(填“＞”“＜”).
12．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)＜c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．
[能力提升]
13．[2023·济宁模拟]已知x>y>z，x＋y＋z＝0，则下列不等式恒成立的是( )
A．xy>yz B．xy>xz
C．xz>yz D．x|y|>|y|z
14．[2023·安徽省蚌埠市质检] 设x＝ln 2，y＝lg 2，则( )
A．x－y＞xy＞tan (x＋y)
B．x－y＞tan (x＋y)＞xy
C．tan (x＋y)＞xy＞x－y
D．tan (x＋y)＞x－y＞xy
15．[2022·全国甲卷(理)，12] 已知a＝ eq \f(31,32)，b＝cs eq \f(1,4)，c＝4sin eq \f(1,4)，则( )
A．c>b>a B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
16．设函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))则满足f(x)＋f(x－ eq \f(1,2))＞1的x的取值范围是________．
专练34 不等式与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＝2 eq \r(ab)≥0，∴p≥q.
3．C ①中c值的正负或是否为零未知，因而判断不等关系缺乏依据，故该命题是假命题．
②中，由ac2＞bc2可知c2＞0，则a＞b，故该命题是真命题．
③中，由a＜b＜0，可得a2＞b2成立，故该命题为真命题．
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．故该命题为真命题．
⑤中，由 eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b)可得 eq \f(b－a,ab)＞0.又因为b－a＜0，所以ab＜0，又a＞b，所以a＞0，b＜0，故该命题为真命题．综上所述，命题②③④⑤都是真命题．故选C.
4．D 由于函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，又0＜a＜b，所以ln a＜ln b ，故A错误；因为0＜a＜b，由不等式的性质可知，a2＜b2，故B错误；由于函数y＝ eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，又0＜a＜b，所以 eq \f(1,a)＞ eq \f(1,b)，故C错误；由于函数y＝( eq \f(1,2))x在(0，＋∞)上单调递减，又0＜a＜b，所以( eq \f(1,2))a＞( eq \f(1,2))b，故D正确．
5．C 因为ab<0，a>b，则a>0，b<0， eq \f(1,a)>0， eq \f(1,b)<0，A不正确； eq \f(b,a)<0， eq \f(a,b)<0，则 eq \f(b,a)＋ eq \f(a,b)<0，B不正确；又a＋b>0，即a>－b>0，则a2>(－b)2，a2>b2，C正确；
由a>－b>0得a>|b|，D不正确．
6．B 由题意得ax2＋bx＋1＝0有两根－1， eq \f(1,3)，
由韦达定理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,－1×\f(1,3)＝\f(1,a)，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝－2，))
∴ab＝(－3)×(－2)＝6.
7．C 当a－2＝0即a＝2时，原不等式化为－4＜0恒成立；
当a－2≠0时，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2＜0，,Δ＝4（a－2）2＋16（a－2）＜0，))
得－2＜a＜2，
综上得－2＜a≤2.
8．D ∵|x2－2|<2，∴－29．D 不等式x2＋px>4x＋p－3，
可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，
由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3]min>0(0≤p≤4)，
令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝x2－4x＋3>0，,f（4）＝4（x－1）＋x2－4x＋3>0，))
∴x<－1或x>3.
10．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
解析：∵( eq \f(1,2))x2－3<2－2x，∴23－x2<2－2x，∴3－x2<－2x，即x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3，∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞).
11．＞
解析：令b＝854 366 236，则b＋3＝854 366 239，
令a＝998 763 418，则a＋3＝998 763 421，
所以 eq \f(854 366 239,998 763 421)＝ eq \f(b＋3,a＋3)， eq \f(854 366 236,998 763 418)＝ eq \f(b,a)，
根据题设知： eq \f(854 366 236,998 763 418)＝ eq \f(b,a)＜ eq \f(b＋3,a＋3)＝ eq \f(854 366 239,998 763 421).
12．9
解析：由题意知f(x)＝x2＋ax＋b＝(x＋ eq \f(a,2))2＋b－ eq \f(a2,4).
因为f(x)的值域为[0，＋∞)，所以b－ eq \f(a2,4)＝0，
即b＝ eq \f(a2,4).
所以f(x)＝(x＋ eq \f(a,2))2.
又f(x)＜c，所以(x＋ eq \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\{(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\r(c)＝m ①，,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6 ②.))
②－①，得2 eq \r(c)＝6，所以c＝9.
13．B 因为x>y>z，x＋y＋z＝0，
所以x>0，z<0，y的符号无法确定，
对于A，因为x>0>z，若y<0，则xy<0对于B，因为y>z，x>0，所以xy>xz，故B正确；
对于C，因为x>y，z<0，所以xz对于D，因为x>z，当|y|＝0时，x|y|＝|y|z，故D错误．
14．D 由0＜x＝ln 2＜ln e＝1，0＜y＝lg 2＜lg eq \r(10)＝ eq \f(1,2)可得 eq \f(1,x)＝lg2e， eq \f(1,y)＝lg210，故 eq \f(1,x)＋ eq \f(1,y)＝lg2e＋lg210＝lg2(10e)＞1，即x＋y＞xy， eq \f(1,y)－ eq \f(1,x)＝lg210－lg2e＝lg2( eq \f(10,e))＞1，即x－y＞xy，又x∈(0， eq \f(π,2))时，tan x＞x，0＜x＋y＜ eq \f(3,2)＜ eq \f(π,2)，故tan (x＋y)＞x＋y，综上tan (x＋y)＞x＋y＞x－y＞xy.
15．A a－c＝ eq \f(31,32)－4sin eq \f(1,4)＝1－ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)－ eq \f(sin \f(1,4),\f(1,4)).不妨设f(x)＝1－ eq \f(1,2)x2－ eq \f(sin x,x)＝ eq \f(x－\f(1,2)x3－sin x,x).令h(x)＝x－ eq \f(1,2)x3－sin x，则h′(x)＝1－ eq \f(3,2)x2－cs x．令g(x)＝1－ eq \f(3,2)x2－cs x，则g′(x)＝－3x＋sin x．当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，sin x＜3x，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，g′(x)＜0，所以g(x)在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递减，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，g(x)＜g(0)＝0，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，h′(x)＜0，所以h(x)在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上单调递减．所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，h(x)＜h(0)＝0，所以当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))时，f(x)＜0，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＜0，即a＜c.结合四个选项，排除B，C，D.故选A.
16．(－ eq \f(1,4)，＋∞)
解析：由题意知，可对不等式分x≤0，0＜x≤ eq \f(1,2)，x＞ eq \f(1,2)三段讨论．
当x≤0时，原不等式为x＋1＋x＋ eq \f(1,2)＞1，
解得x＞－ eq \f(1,4)，∴－ eq \f(1,4)＜x≤0.
当0＜x≤ eq \f(1,2)时，原不等式为2x＋x＋ eq \f(1,2)＞1，显然成立．
当x＞ eq \f(1,2)时，原不等式为2x＋2x－ eq \f(1,2)＞1，显然成立．
综上可知，x＞－ eq \f(1,4).