2021届新高考版高考数学一轮复习训练：第一章 第三讲 不等关系与一元二次不等式
第三讲 不等关系与一元二次不等式
1.[2020长春市第一次质量监测]已知集合A={x||x|≥2},B={x|x2 - 3x>0},则A∩B=( )
A.∅ B.{x|x>3或x≤ - 2} C.{x|x≥2或x<0} D.{x|x>3或x<0}
2.[2020四省八校联考]已知f (x)是定义在R上的奇函数,且在R上是减函数,f (1)= - 2,则满足f (3 - x2)<2的实数x的取值范围是( )
A.( - 1,1) B.( - 2,0) C.( - 2,2) D.(0,2)
3.[2020陕西师大附中开学考试]若0
c>1,则( )
A.(bc)a<1 B.c-ab-a>cb C.ca - 10 C.a - 1a>b - 1b D.ln a2>ln b2
5.[2019天津模拟]x>y>0是1x-y>1x成立的( )
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
6.[2019蓉城名校高三联考]已知a=4cos14,b=3sin 13,c=3cos13,则a,b,c的大小关系是( )
A.c0(|a|≤1)恒成立的x的取值范围为 .
9.已知角α,β满足 - π2<α - β<π2,0<α+β<π,则3α - β的取值范围是 .
10.[2020浙江省七校期初联考]若a+b>0,则( )
A.ln a+ln b>0 B.a3+b3>0
C.tan a+tan b>0 D.|a|>|b|
11.[2019浙江全真模拟(二)]设0(ax)2的解集中的整数解恰有3个,则a的取值范围是( )
A.(-1,0) B.(0,1) C.(1,3) D.(3,5)
12.[2019湖北八校联考]已知函数f (x)=x2 - ax+a+3,g(x)=ax - 2a,若∃x0∈R,使f (x0)<0和g(x0)<0同时成立,则实数a的取值范围为( )
A.(7,+∞) B.(-∞,-2)∪(6,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-2)∪(7,+∞)
13.[2019广东百校联考]已知函数f (x)=ax+ex - xln a(a>0,a≠1),对任意的x1,x2∈[0,1],不等式|f (x2) - f (x1)|≤a - 2恒成立,则a的取值范围为( )
A.[12,e2] B.[ee,+∞) C.[12,+∞) D.[e2,ee]
14.[2019河南南阳模拟]不等式x(sin θ - cos2θ+1)≥ - 3对任意的θ∈R恒成立,则实数x的取值范围是 .
15.已知函数f (x)=(ex - e - x)x(e为自然对数的底数),f (log3x)+f (log13x)≤2f (1),则x的取值范围是 .
第三讲 不等关系与一元二次不等式
1.B 因为A={x||x|≥2}={x|x≤ - 2或x≥2},B={x|x2 - 3x>0}={x|x<0或x>3},所以A∩B={x|x≤ - 2或x>3},故选B.
2.C 根据函数f (x)为奇函数知f ( - 1)= - f (1)=2,又函数f (x)在R上是减函数,所以f (3 - x2)<2⇔f (3 - x2) - 1,解得 - 21,故A错;对于B,c-ab-a=2-123-12=35<23=cb,故B错;对于C,ca - 1=2-12>3-12=ba - 1,故C错.选D.
解法二 对于A,bc>1,因为a>0,所以(bc)a>1,故A错;
对于B,可用作差比较法,cb - c-ab-a=a(b-c)b(b-a)>0,所以cb>c-ab-a ,故B错;
对于C,因为a - 1<0,所以函数y=xa - 1在(0,+∞)上单调递减,又b>c>1,所以ca - 1>ba - 1,故C错.选D.
4.AC 由1a<1b<0,得b0,所以1a+b<1ab成立,故A正确.因为b - a>0,则 - b>|a|,即|a|+b<0,所以B错误.因为bb - 1b,故C正确.因为ba2,所以ln b2>ln a2成立,所以D错误.故正确的是AC.
5.B 充分性:由x>y>0,得x>x - y>0,故1x-y>1x成立,即充分性成立.必要性:由1x-y>1x,得1x-y - 1x=y(x-y)x>0,当x<00,c=3cos13>0,所以b0,则不等式x2 - x - a2+a+1>0对任意的x∈R恒成立.
则Δ=1+4a2 - 4a - 4<0,即4a2 - 4a - 3<0,解得 - 120.
令f (a)=(x - 3)a+x2 - 6x+9,
因为f (a)>0在|a|≤1时恒成立,所以
(1)若x=3,则f (a)=0,不符合题意,舍去;
(2)若x≠3,则由一次函数的单调性,可得f(-1)>0,f(1)>0,即x2-7x+12>0,x2-5x+6>0,解得x<2或x>4.
综上可知,使原不等式恒成立的x的取值范围是( - ∞,2)∪(4,+∞).
9.( - π,2π) 设3α - β=m(α - β)+n(α+β)=(m+n)α+(n - m)β,
则m+n=3,n-m=-1,解得m=2,n=1.因为 - π2<α - β<π2,0<α+β<π,所以-π<2(α - β)<π,故 - π<3α - β<2π.
10.B 取a=b=1,则ln a+ln b=0,|a|=|b|,排除A,D;取a=π4,b=3π4,则tan a+tan b=0,排除C.选B.
11.C 关于x的不等式(x - b)2>(ax)2等价于(a2 - 1)x2+2bx - b2<0,即[(a+1)x - b]·[(a - 1)x+b]<0.
因为该不等式的解集中的整数解恰有3个,且a+1>0,所以a>1.
又02时,g(x)=ax - 2a<0.
易知函数f (x)在(a2,+∞)上单调递增,所以当x>2时,f (x)>7 - a>0,不存在x0∈(2,+∞),使得f (x0)<0.
(3)当a>0时,g(x)=ax - 2a在R上单调递增,且其图象恒过点(2,0).
当x<2时,g(x)=ax - 2a<0,则命题转化为不等式x2 - ax+a+3<0在( - ∞,2)上有解.
①当a2<2,即07.
综上可知,实数a的取值范围是(7,+∞).
故选A.
解法二 由f (x)=x2 - ax+a+3,知f (1)=4.
若存在x0∈R,使f (x0)<0,则对应方程的根的判别式Δ=a2 - 4(a+3)>0,即a< - 2或a>6.
又g(x)=ax - 2a的图象恒过点(2,0),
故当a>6时,作出函数f (x)和g(x)的大致图象如图D 1 - 3 - 2所示,当a< - 2时,作出函数f (x)和
g(x)的大致图象如图D 1 - 3 - 3所示.
由函数图象知,当a>6时,由g(x)<0可知x<2,所以a>6,f(2)<0,解得a>7;
当a< - 2时,由g(x)<0可知x>2,此时函数f (x)=x2 - ax+a+3的图象的对称轴方程为x=a2,且a2<0,又函数f (x)的图象恒过点(1,4),所以不存在x0∈(2,+∞),使得f (x0)<0成立.
综上,实数a的取值范围为(7,+∞),故选A.
【解后反思】 本题中解法一是从代数的角度出发,通过分类讨论,并结合函数的单调性与图象特征求得最值,从而解决问题.解法二是从形的角度出发,通过数形结合,让问题直观获解.
13.B 因为f (x)=ax+ex - xln a,所以f ' (x)=axln a+ex - ln a=(ax - 1)ln a+ex.
当a>1时,对任意的x∈[0,1],ax - 1≥0,ln a>0,恒有f ' (x)>0;当00.所以f (x)在[0,1]上单调递增.那么对任意的x1,x2∈[0,1],不等式|f (x2) - f (x1)|≤a - 2恒成立,只要f (x)max - f (x)min≤a - 2,f (x)max=f (1)=a+e - ln a,f (x)min=f (0)=1+1=2,所以a - 2≥a+e - ln a - 2,即ln a≥e,所以a≥ee.故选B.
14.[ - 32,12] 由题意知,sin θ - cos2θ+1=sin2θ+sin θ,令sin θ=t,则t∈[ - 1,1].
则不等式x(sin θ - cos2θ+1)≥ - 3对任意的θ∈R恒成立,等价于f (t)=xt2+xt+3≥0对任意的t∈[ - 1,1]恒成立.
又f (0)=3>0,易知二次函数y=xt2+xt+3,t∈R的图象的对称轴方程为t= - 12,
所以x<0,f(-1)=3≥0,f(1)=2x+3≥0或x=0,f(t)=3≥0或x>0,f(-12)=3-x4≤0,
解得 - 32≤x<0或x=0或0
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