2020届高考数学一轮复习：课时作业35《不等关系与一元二次不等式》(含解析) 练习

第六章　不等式、推理与证明课时作业35　不等关系与一元二次不等式1．(2019·湖南衡阳一模)若a，b，c为实数，且a＜b＜0，则下列结论正确的是(　D　)A．ac2＜bc2   B.＜C.＞   D．a2＞ab＞b2解析：选项A，∵c为实数，∴取c＝0，得ac2＝0，bc2＝0，此时ac2＝bc2，故选项A不正确；选项B，－＝，∵a＜b＜0，∴b－a＞0，ab＞0，∴＞0，即＞，故选项B不正确；选项C，∵a＜b＜0，∴取a＝－2，b＝－1，则＝＝，＝2，此时＜，故选项C不正确；选项D，∵a＜b＜0，∴a2－ab＝a(a－b)＞0，∴a2＞ab，又∵ab－b2＝b(a－b)＞0，∴ab＞b2，故选项D正确，故选D.2．(2019·河南豫西南五校联考)已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是(　A　)A．0≤k≤1  B．0＜k≤1C．k＜0或k＞1  D．k≤0或k≥1解析：当k＝0时，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0可化为8≥0，其恒成立，当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，只需解得0＜k≤1.综上，k的取值范围是0≤k≤1，故选A.3．若实数a，b，c满足对任意实数x，y有3x＋4y－5≤ax＋by＋c≤3x＋4y＋5，则(　A　)A．a＋b－c的最小值为2   B．a－b＋c的最小值为－4C．a＋b－c的最大值为4   D．a－b＋c的最大值为6解析：当x＝1，y＝－1时，－6≤a－b＋c≤4，所以a－b＋c的最小值为－6，最大值为4，故B，D错误；当x＝－1，y＝－1时，－12≤－a－b＋c≤－2，则2≤a＋b－c≤12，所以a＋b－c的最小值为2，最大值为12，故A正确，C错误，故选A.4．若对任意的x∈[－1,2]，都有x2－2x＋a≤0(a为常数)，则a的取值范围是(　A　)A．(－∞，－3]   B．(－∞，0]C．[1，＋∞)   D．(－∞，1]解析：方法一：令f(x)＝x2－2x＋a，则由题意，得解得a≤－3，故选A.方法二：当x∈[－1,2]时，不等式x2－2x＋a≤0恒成立等价于a≤－x2＋2x恒成立，则由题意，得a≤(－x2＋2x)min(x∈[－1,2])．而－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，则当x＝－1时，(－x2＋2x)min＝－3，所以a≤－3，故选A.5．(2019·福建四地六校联考)已知函数f(x)＝若f(2－x2)＞f(x)，则实数x的取值范围是(　D　)A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)  B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1,2)  D．(－2,1)解析：易知f(x)在R上是增函数，∵f(2－x2)＞f(x)，∴2－x2＞x，解得－2＜x＜1，则实数x的取值范围是(－2,1)，故选D.6．在R上定义运算：＝ad－bc，若不等式≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为(　D　)A．－   B．－C.   D.解析：由定义知，不等式≥1等价于x2－x－(a2－a－2)≥1，∴x2－x＋1≥a2－a对任意实数x恒成立．∵x2－x＋1＝2＋≥，∴a2－a≤，解得－≤a≤，则实数a的最大值为.7．(2019·江西南昌二中月考)若a＞1,0＜c＜b＜1，则下列不等式不正确的是(　D　)A．loga2 018＞logb2 018   B．logba＜logcaC．(c－b)ca＞(c－b)ba   D．(a－c)ac＞(a－c)ab解析：∵a＞1,0＜c＜b＜1，∴logab＜0，loga2 018＞0，∴logb2 018＝＜loga2 018，∴A正确；∵0＞logab＞logac，∴＜，∴logba＜logca，∴B正确；∵ca＜ba，c－b＜0，∴(c－b)ca＞(c－b)ba，∴C正确；∵ac＜ab，a－c＞0，∴(a－c)ac＜(a－c)ab，∴D错误．故选D.8．(2019·郑州质检)已知函数f(x)＝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(　D　)A．2　B．3  C．5　D．8解析：作出函数f(x)的图象如图中实线部分所示，由[f(x)]2＋af(x)－b2＜0，得＜f(x)＜，若b≠0，则f(x)＝0满足不等式，即不等式有2个整数解，不满足题意，所以b＝0，所以－a＜f(x)＜0，且整数解x只能是3，当2＜x＜4时，－8＜f(x)＜0，所以－8≤－a＜－3，即a的最大值为8，故选D.9．(2019·山东菏泽月考)若关于x的不等式x＋≤b(a，b∈R)的解集为{x|x<0或1≤x≤2}，则ab的值为　8　.解析：x＋≤b，即x＋－b≤0，即≤0，则由于关于x的不等式x＋≤b(a，b∈R)的解集为{x|x<0或1≤x≤2}，故1与2为方程x2－bx＋a＝0的两个根，则b＝1＋2＝3，a＝1×2＝2，ab＝23＝8.10．(2019·湛江调研)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若不等式f(x)＜0的解集为，则f(ex)＞0(e是自然对数的底数)的解集是　{x|－ln2＜x＜ln3}　.解析：依题意可得f(x)＝a(x－3)(a＜0)，则f(ex)＝a(ex－3)(a＜0)，由f(ex)＝a(ex－3)＞0，可得＜ex＜3，解得－ln2＜x＜ln3.11．已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a＞0)在区间[2,3]上，有最大值4和最小值1，设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，求实数k的取值范围．解：(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，因为a＞0，所以g(x)在区间[2,3]上是增函数，故解得(2)由已知及(1)可得f(x)＝x＋－2，f(2x)－k·2x≥0可化为2x＋－2≥k·2x，化简得1＋2－2·≥k，令t＝，则t∈.即k≤t2－2t＋1，记h(t)＝t2－2t＋1，因为t∈，故h(t)max＝1，所以实数k的取值范围是(－∞，1]．12．某厂以x千克/时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得的利润是50元．(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于1 500元，求x的取值范围．(2)要使生产480千克该产品获得的利润最大，问：该厂应该选取何种生产速度？并求此最大利润．解：(1)根据题意，有100≥1 500，即5x2－14x－3≥0，得x≥3或x≤－，又1≤x≤10，所以3≤x≤10.(2)设生产480千克该产品获得的利润为u元，则u＝24 000，1≤x≤10，记f(x)＝－＋＋5(1≤x≤10)，则f(x)＝－32＋＋5(1≤x≤10)，当x＝6时，f(x)取得最大值，此时u＝24 000×＝122 000，故该厂以6千克/时的速度生产480千克该产品可获得最大利润122 000元．13．(2019·河南豫北名校联考)已知函数f(x)＝e1＋x＋e1－x，则满足f(x－2)＜e2＋1的x的取值范围是(　D　)A．x＜3   B．0＜x＜3C．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，内函数t＝ex为增函数，而外函数y＝e在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，∴函数f(x)＝e1＋x＋e1－x的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)．又f(x)＝e1＋x＋e1－x为偶函数，∴由f(x－2)＜e2＋1，得f(|x－2|)＜f(1)，得|x－2|＜1，解得1＜x＜3，故选D.14．(2019·湖南湘东联考)若∀x∈R，函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1与g(x)＝mx的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围为(　B　)A．(0,4]  B．(0,8)C．(2,5)  D．(－∞，0)解析：当m＜0且x趋于＋∞时，函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1与g(x)＝mx的值均为负值，不符合题意．当m＝0时，g(x)＝0，f(x)＝－8x＋1，当x≥时，f(x)≤0，g(x)＝0，不符合题意．∴m＞0，易知f(x)的图象的对称轴为x＝，f(0)＝1＞0，当≥0，即0＜m≤4时，函数f(x)的图象与x轴的交点都在y轴右侧，如图1所示，符合题意；当＜0，即m＞4时，要满足题意，需f(x)的图象在x轴上方，如图2所示，则Δ＝4(4－m)2－8m＝4(m－8)(m－2)＜0，则4＜m＜8.图1图2综上可得0＜m＜8，故选B.15．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若当x∈[－1,1]时，f(x)＞0恒成立，则实数b的取值范围是　(－∞，－1)∪(2，＋∞)　.解析：由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，即＝1，解得a＝2.又因为f(x)的图象开口向下，所以当x∈[－1,1]时，f(x)为增函数，所以当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2，若当x∈[－1,1]时，f(x)＞0恒成立，则b2－b－2＞0恒成立，解得b＜－1或b＞2. 所以实数b的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．16．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若存在实数a∈[1,2]，对任意x∈[1,2]，都有f(x)≤1，则7b＋5c的最大值是　－6　.解析：因为x∈[1,2]，所以ax2＋bx＋c≤1等价于a≤，由题意知存在a∈[1,2]，使得不等式a≤对任意x∈[1,2]恒成立，所以≥1，即x2＋bx＋c－1≤0对x∈[1,2]恒成立，所以即所以7b＋5c＝3(b＋c)＋2(2b＋c)≤－6，即7b＋5c的最大值为－6.