考点24 不等关系与一元二次不等式-备战2021年高考数学（文）一轮复习考点帮.docx

考点24 不等关系与一元二次不等式 解不等式一直贯穿于其他知识点的考查中，比如一元二次不等式的求解常与集合结合考查，以及函数式的大小比较，在导数的应用中都常有体现，要密切关注： 1．不等关系 了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景. 2．一元二次不等式 （1）会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型. （2）通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系. （3）会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图. 一、不等关系 1．不等式的概念 （1）现实世界与日常生活中，与等量关系一样，不等量关系也是自然界中存在着的基本数量关系． （2）用数学符号“”“”“”“”连接两个数或代数式以表示它们之间的不等关系，含有这些不等号的式子，叫做不等式． 2．两个实数大小的比较 （1）作差法：设a，bR，则，a<b⇔a−b<0. （2）作商法：设a>0，b>0，则a>b⇔，a<b⇔. 3．不等式的性质 （1）实数的大小顺序与运算性质的关系 ①a>b⇔； ②； ③a<b⇔. （2）不等式的性质 ①对称性：；(双向性) ②传递性：a>b，b>c⇒；(单向性) ③可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；(双向性) ④a>b，c>d⇒；(单向性) ⑤可乘性：；(单向性) a>b，c<0⇒ac<bc；(单向性) ⑥a>b>0，c>d>0⇒；(单向性) ⑦乘方法则：；(单向性) ⑧开方法则：a>b>0⇒(nN，n≥2)．(单向性) 注意：（1）应用传递性时，若两个不等式中有一个带等号而另一个不带等号，则等号无法传递. （2）可乘性中，要特别注意“乘数c”的符号. 4．必记结论 （1）a>b，ab>0⇒. （2）a<0<b⇒. （3）a>b>0,0<c<d⇒. （4）0<a<x<b或a<x<b<0⇒. （5）若a>b>0，m>0，则；(b−m>0)； ；(b−m>0)． 二、一元二次不等式及其解法 1．一元二次不等式的概念 我们把只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式称为一元二次不等式，有下列三种形式： （1）一般式：； （2）顶点式：； （3）两根式：. 2．三个“二次”之间的关系 判别式 的图象 一元二次方程的根 有两相异实根 有两相等实根 没有实数根 一元二次不等式的解集 一元二次不等式的解集 3．一元二次不等式的解法 由一元二次不等式与相应的方程、函数之间的关系可知,求一元二次不等式的解集的步骤如下： （1）变形：将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式，即或； （2）计算：求出相应的一元二次方程（）的根，有三种情况：； （3）画图：画出对应二次函数的图象的草图； （4）求解：利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式的解集． 可用程序框图表示一元二次不等式的求解过程，如图. 4．一元二次不等式恒成立问题 （1）恒成立的充要条件是：且． （2）恒成立的充要条件是：且． （3）恒成立的充要条件是：且． （4）恒成立的充要条件是：且． （5）恒成立的充要条件是：且或且． （6）恒成立的充要条件是：且或且． 考向一 比较大小 比较大小的常用方法： （1）作差法的一般步骤是：作差，变形，定号，得出结论． 注意：只需要判断差的符号，至于差的值究竟是什么无关紧要，通常将差化为完全平方式的形式或者多个因式的积的形式. （2）作商法的一般步骤是：作商，变形，判断商与1的大小，得出结论． 注意：作商时各式的符号为正，若都为负，则结果相反. （3）介值比较法： ①介值比较法的理论根据是：若a>b,b>c,则a>c，其中b是a与c的中介值. ②介值比较法的关键是通过不等式的恰当放缩，找出一个比较合适的中介值. （4）利用单调性比较大小. （5）函数法，即把要比较的数值通过构造函数转化为该函数的函数值，然后利用函数的单调性将其进一步转化为自变量的大小问题来解决. 典例1 若a=2x2+1，b=x2+2x，c=-x-3，试比较a，b，c的大小. 【解析】∵a=2x2+1，b=x2+2x，c=-x-3， ∴a-b=(2x2+1)-(x2+2x)=x2-2x+1=(x-1)2≥0，即a≥b， b-c=(x2+2x)-(-x-3) =x2+3x+3=(x+32)2+34>0，即b>c， 综上可得：a≥b>c. 典例2 已知0<a<b<1，则，，的大小关系是 A．<< B．<< C．<< D．<< 【答案】A 【解析】因为0<a<b<1,所以,, 又>1,所以<=0. 综上，得<<. 故选A. 【名师点睛】在用介值法比较时，中介值一般是通过放缩变形，得到一个中间的参照式（或数），其放缩的手段可能是基本不等式、三角函数的有界性等. 1．若非零实数、满足，则下列式子一定正确的是（ ） A． B． C． D． 考向二 求范围的问题 求范围的问题需用到不等式的性质，熟记不等式性质中的条件与结论是基础，灵活运用是关键. 在使用不等式的性质时，一定要注意不等式成立的前提条件，特别是不等式两端同时乘以或同时除以一个数、两个不等式相乘、一个不等式两端同时求n次方时，一定要注意其成立的前提条件，如果忽视前提条件就可能出现错误. 求范围的一般思路是： （1）借助性质，转化为同向不等式相加进行解答； （2）借助所给条件整体使用，切不可随意拆分所给条件； （3）结合不等式的传递性进行求解； （4）要注意不等式同向可乘性的适用条件及整体思想的运用. 典例3 设实数x，y满足，，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】因为，, 所以. 典例4 若二次函数y＝f(x)的图象过原点，且，，求f(－2)的取值范围. 【解析】方法一：∵二次函数y＝f(x)的图象过原点，∴可设. 易知，∴. 则. ∵，，∴. 方法二：由题意设，则f(1)＝a＋b，f(－1)＝a－b. 令m(a＋b)＋n(a－b)＝f(－2)＝4a－2b， ∴，∴. ∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1). ∵，，∴. 【名师点睛】同向不等式只能相加，不能相减. 2．已知点在直线上，且满足，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 考向三 一元二次不等式的解法 1．解不含参数的一元二次不等式的方法： （1）若不等式对应的一元二次方程能够因式分解,即能够转化为几个代数式的乘积形式,则可以直接由一元二次方程的根及不等号方向得到不等式的解集. （2）若不等式对应的一元二次方程能够化为完全平方式,不论取何值，完全平方式始终大于或等于零，不等式的解集易得. （3）若上述两种方法均不能解决,则应采用求一元二次不等式的解集的通法,即判别式法. 2．在解答含有参数的一元二次不等式时，往往要对参数进行分类讨论,为了做到分类“不重不漏”，一般从如下三个方面进行考虑： （1）关于不等式类型的讨论：若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，以确定不等式是一次不等式还是二次不等式，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式； （2）关于不等式对应的方程的根的讨论：两根(>0),一根(=0),无根(<0)； （3）关于不等式对应的方程根的大小的讨论：. 典例5 解下列不等式： （1）. （2）. 【解析】（1）不等式两边同乘以－1,原不等式可化为， 即，则. 故不等式－x2－2x＋3≥0的解集是. （2），即，则. 故不等式的解集为. 典例6 已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2. （1）当a=2时，解关于x的不等式f(x)≤0； （2）若a>0，解关于x的不等式f(x)≤0. 【解析】（1）当a=2时，fx≤0⇒2x2-5x+2≤0, 可得2x-1x-2≤0， ∴12≤x≤2, ∴fx≤0的解集为12,2. （2）不等式fx≤0可化为ax2-2a+1x+2≤0,a>0， 即ax-1ax-2≤0,a>0， ①当0<a<12时，1a>2， 解得， ②当a=12时，1a=2， 解得x=2. ③当a>12时，1a<2， 解得. 综上，当0<a<12时，不等式的解集为； 当a=12时，不等式的解集为xx=2； 当a>12时，不等式的解集为. 3．已知命题，命题，且的一个必要不充分条件是，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 考向四 一元二次不等式与二次函数、一元二次方程之间关系的应用 一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时,要注意三者之间的相互联系,并在一定条件下相互转换. （1）若一元二次不等式的解集为区间的形式，则区间的端点值恰是对应一元二次方程的根，要注意解集的形式与二次项系数的联系. （2）若一元二次不等式的解集为或，则问题可转化为恒成立问题，此时可以根据二次函数图象与x轴的交点情况确定对应一元二次方程的判别式的符号，进而求出参数的取值范围. 典例7 已知函数fx=-3x2+a(6-a)x+c. （1）当c=19时,解关于a的不等式f1>0； （2）若关于x的不等式fx>0的解集是(−1,4)，求实数a,c的值. 【解析】（1）当c=19时,f(x)=-3x2+a(6-a)x+19, 所以f(1)=-3+a(6-a)+19=-a2+6a+16, f(1)>0,即a2-6a-16<0, 解得-2<a<8. (2)依题意:−1,4是方程-3x2+a(6-a)x+c=0的解, 由根与系数的关系可得,解得a=3c=12. 典例8 已知关于x的不等式. （1）若不等式的解集为{x|x<-3或x>-1}，求k的值； （2）若不等式的解集为，求实数k的取值范围. 【解析】（1）由不等式的解集为{x|x<-3或x>-1}，可知k<0,-3和−1是一元二次方程的两根， 所以，解得. （2）由题意知不等式的解集为， 若k=0，则不等式为-2x<0，此时x>0，不合题意； 若k≠0，则，解得. 综上，实数k的取值范围为. 4．设关于x的不等式，只有有限个整数解，且0是其中一个解，则全部不等式的整数解的和为____________. 考向五 一元二次不等式的应用 对于分式不等式和高次不等式，它们都可以转化为一元二次不等式或利用一元二次不等式的思想求解. 1．分式不等式的解法 若与是关于的多项式，则不等式(或<0，或0，或0)称为分式不等式．解分式不等式的原则是利用不等式的同解原理将其转化为有理整式不等式(组)求解．即 ; ; ; . 对于形如a(或<a)的分式不等式，其中a0，求解的方法是先把不等式的右边化为0，再通过商的符号法则，把它转化为整式不等式求解. 2．高次不等式的解法 不等式的最高次项的次数高于2的不等式称为高次不等式．解高次不等式常用的方法有两种： （1）将高次不等式中的多项式分解成若干个不可约因式的乘积，根据实数运算的符号法则，把它等价转化为两个或多个不等式(组)．于是原不等式的解集就是各不等式(组)解集的并集． （2）穿针引线法： ①将不等式化为标准形式，一端为0，另一端为一次因式(因式中x的系数为正)或二次不可约因式的乘积； ②求出各因式的实数根，并在数轴上标出； ③自最右端上方起，用曲线自右向左依次由各根穿过数轴，遇奇次重根穿过，遇偶次重根穿而不过(奇过偶不过)； ④记数轴上方为正，下方为负，根据不等式的符号写出解集． 典例9 不等式的解集为_________. 【答案】 【解析】不等式可转化为xx-33x+1<0, 且方程的根为， 则由穿针引线法可得原不等式的解集为. 典例10 解关于x的不等式: <0(a∈R). 【解析】原不等式等价于：(x－a)(x－a2)<0，其对应方程的两根为x1＝a，x2＝a2. ，分情况讨论如下： ①若a<0或a>1，即a2>a，则所求不等式的解集为． ②若a＝0或a＝1，原不等式可化为x2<0或(x－1)2<0. 此时，所求不等式的解集为. ③若0<a<1，即a2<a，则所求不等式的解集为． 综上所述：当a<0或a>1时，原不等式的解集为； 当a＝0或a＝1时，原不等式的解集为； 当0<a<1时，原不等式的解集为． 5．已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 考向六 含参不等式恒成立问题的求解策略 解决含参不等式恒成立问题的关键是转化与化归思想的运用，从解题策略的角度看，一般而言，针对不等式的表现形式，有如下四种策略： （1）变换主元，转化为一次函数问题. 解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数.参数和未知数是相互牵制、相互依赖的关系，有时候变换主元，可以起到事半功倍的效果. （2）联系不等式、函数、方程，转化为方程根的分布问题. （3）对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方．常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值．即 ①若在定义域内存在最大值，则(或)恒成立(或); ②若在定义域内存在最小值，则(或)恒成立(或); ③若在其定义域内不存在最值，只需找到在定义域内的最大上界(或最小下界)，即在定义域内增大(或减小)时无限接近但永远取不到的那个值，来代替上述两种情况下的，只是等号均可以取到. （4）转化为两个函数图象之间的关系，数形结合求参数. 在不等式恒成立问题的处理中，若能画出不等式两边相应的函数图象，恒成立的代数问题立即变得直观化，等价的数量关系式随之获得，数形结合可使求解过程简单、快捷． 典例11 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c，且不等式f(x)<2x的解集为(1,3)，对任意的x∈R都有f(x)≥2恒成立. （1）求f(x)的解析式； （2）若不等式k f(2x)-2x+1≤0在x∈[1,2]上有解，求实数k的取值范围. 【解析】（1）∵f(x)=ax2+bx+c<2x的解集为(1,3)， ∴方程ax2-(2-b)x+c=0的两个根是1和3. 则，解得b=2-4ac=3a. 又∵f(x)≥2在x∈R上恒成立，∴ax2+(2-4a)x+3a-2≥0在x∈R上恒成立， 则Δ=(2-4a)2-4a(3a-2)≤0，即a-12≤0， 又∵a-12≥0，∴a-12=0， 得a=1， 故f(x)=x2-2x+3. （2）由题意知kf(2x)-2x+1≤0，即k(22x-2⋅2x+3)≤2x-1， ∵22x-2⋅2x+3=(2x-1)2+2>0，∴， 设t=2x-1∈1,3，则， 又∵，当且仅当t=2t即t=2时取得最大值24， ∴k≤24，即实数k的取值范围为. 典例12 已知函数. （1）若对于x∈R，f(x)<0恒成立,求实数m的取值范围; （2）若对于x∈[1,3]，f(x)<5−m恒成立,求实数m的取值范围. 【解析】（1）因为对x∈R恒成立,则 ①m=0时,恒成立; ②,解得. 故实数m的取值范围为. （2）f(x)<5−m,即. 因为,所以m<对于x∈[1,3]恒成立. 记g(x)==,x∈[1,3],易知,所以. 即实数m的取值范围为. 6．若不等式对任意实数均成立，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．若，，，则、的大小关系是（ ） A． B． C． D．、关系不确定 3．若为实数，则下列命题错误的是（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若,，则 4．已知，，则“”是“”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．命题，；命题：若，则；则下列是真命题的（ ） A． B． C． D． 6．设，，则（ ） A． B． C． D． 7．在关于的不等式的解集中至多包含个整数，则的取值范围是 （ ） A． B． C． D． 8．定义在上的运算：.若不等式对任意实数都成立，则（ ） A． B． C． D． 9．已知，，若是的充分不必要条件，则的取值范围为( ) A． B． C． D． 10．设函数，若对于任意的x∈{x|1 ≤ x ≤ 3}，恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A．m≤0 B．0≤m< C．m<0或0<m< D．m< 11．已知，，则的取值范围是_________． 12．已知不等式，对任意恒成立，则实数的取值范围是__________． 13．设关于x的不等式的解集为,则关于x的不等式的解集为______. 14．若命题“∃x∈R，使得x2+(a -1)x+1＜0”是真命题，则实数a的取值范围是______. 15．已知，，则不等式的解集为__________． 16．已知函数 （1）若，在R上恒成立，求实数的取值范围； （2）若成立，求实数的取值范围. 1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知集合则 A． B． C． D． 2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知集合A={x||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，则A∩B= A． B．{–3，–2，2，3） C．{–2，0，2} D．{–2，2} 3．【2020年高考天津】设，则“”是“”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 4．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知a>0，b>0，且a+b=1，则 A． B． C． D． 5．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知集合，则 A． B． C． D． 6．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知，则 A． B． C． D． 7．【2019年高考天津卷文数】设，则“”是“”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．【2019年高考浙江卷】若，则“”是 “”的 A． 充分不必要条件 B． 必要不充分条件 C． 充分必要条件 D． 既不充分也不必要条件 9．【2018年高考天津卷文数】设，则“”是“”的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 10．【2018年高考北京文数】能说明“若a﹥b，则”为假命题的一组a，b的值依次为_________. 11．【2019年高考江苏】函数的定义域是 ▲ . 变式拓展 1．【答案】C 【解析】 【分析】 令，则，，将指数式化成对数式得、后，然后取绝对值作差比较可得． 【详解】 令，则，，，， ，因此，. 故选：C. 【点睛】 本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题． 2．【答案】B 【解析】 【分析】 由，求出的取值范围，再求的范围． 【详解】 由题意，， ∵，∴，解得， ， ∵，∴或， ∴或，所以． 故选：B． 【点睛】 本题考查直线方程，考查不等式的性质，解题过程是利用点在直线上，且满足的不等关系求出的范围，然后再利用不等式的性质求解． 3．【答案】A 【解析】 【分析】 先化简再判断充要性． 【详解】 解：命题，解之得：或， 命题， 且的一个必要不充分条件是， 则：， 即的取值范围是. 故选：A． 【点睛】 本题考查根据命题的必要不充分条件求参数方程，涉及解一元二次不等式和对必要不充分条件理解． 4．【答案】 【解析】 【分析】 先确定，再利用0为其中的一个解，，求出的值，从而可得不等式，由此确定不等式的整数解，从而可得结论. 【详解】 设，其图象为抛物线， 对于任意一个给定的值其抛物线只有在开口向下的情况下才能满足而整数解只有有限个，所以， 因为0为其中一个解可以求得， 又，所以或， 则不等式为和， 可分别求得和， 因为位整数，所以和， 所以全部不等式的整数解的和为. 故答案为：. 【点睛】 本题主要考查了一元二次不等式的应用，其中解答中根据题设条件确定出实数的值，求出相应的一元二次不等式的解集是解答关键，推理与运算能力. 5．【答案】C 【解析】 试题分析：由中不等式变形得，且，解得：，即；由中不等式解得：，即，所以分两种情况考虑：当时，，即；当时，则有或，即，综上，则实数的取值范围为，故选C． 6．【答案】C 【解析】 【分析】 将不等式转化为，再对二次项系数进行分类讨论，结合一元二次不等式在上恒成立，即可求得参数范围. 【详解】 由题意，不等式，可化为， 当，即时，不等式恒成立，符合题意； 当时，要使不等式恒成立，需 ， 解得， 综上所述，所以的取值范围为， 故选：. 【点睛】 本题考查一元二次不等式恒成立求参数范围的问题，属基础题. 考点冲关 1．【答案】D 【解析】 【分析】 先通过解二次不等式和指数不等式，求出集合，再对选项进行判断. 【详解】 因为，， 所以，， 故选：D. 【点睛】 本题考查集合的表示方法及交、并运算，一元二次不等式和指数不等式的求解，考查考生对基础知识的掌握情况，属于基础题. 2．【答案】C 【解析】 【分析】 由条件可得，两式作差即可得大小关系. 【详解】 ,, , , 由知，， ， 故选：C 【点睛】 本题主要考查了利用作差法比较不等式的大小，属于基础题. 3．【答案】B 【解析】 【分析】 由题意利用不等式的性质逐一考查所给的四个选项中的结论是否正确即可.其中正确的命题可以用不等式的性质进行证明，错误的命题给出反例即可. 【详解】 对于A，若，则，，即，故正确； 对于B，根据不等式的性质，若，不妨取， 则，故题中结论错误； 对于C，若，则，即，故正确； 对于D，若,，则，故，，故正确. 故选B. 【点睛】 本题主要考查不等式的性质及其应用，属于中等题. 4．【答案】A 【解析】 【分析】 由可推出，从而可得由能够推出，当时，满足，但此时，然后可得答案. 【详解】 若，则，所以，所以， 所以由能够推出 当时，满足，但此时 所以推不出 综上，“”是“”的充分不必要条件 故选：A 【点睛】 本题考查的是充分不必要条件的判断和不等式的性质，属于基础题. 5．【答案】D 【解析】 【分析】 先判断命题，与命题：若，则的真假，再利用复合命题得结论. 【详解】 因为， 所以命题，为假命题； 若，，则不成立， 命题为假命题， 所以、是假命题，为真命题， 故选：D. 【点睛】 本题主要考查特称命题的真假、不等式的性质，以及复合命题的真假，属于基础题. 6．【答案】A 【解析】 【分析】 根据对数函数的单调性可得,,根据不等式的性质可知 ;通过比较 与1 的大小关系,即可判断,从而可选出正确答案. 【详解】 解:,,则 , 故选:A. 【点睛】 本题主要考查了对数的运算，对数函数的单调性.在比较对数的大小时,常常结合对数函数的单调性比较大小.对于,若 ,则(1)当 时,; (2)当 时,; (3)当 时,; 若 ,则(1)当 时,; (2)当 时,; (3)当 时,. 7．【答案】D 【解析】 因为关于的不等式可化为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 要使得解集中至多包含个整数，则且， 所以实数的取值范围是，故选D. 点睛：本题主要考查了不等式解集中整数解的存在性问题，其中解答中涉及到一元二次不等式的求解，元素与集合的关系等知识点的综合应用，试题比较基础，属于基础题，同时着重考查了分类讨论思想的应用，解答中正确求解不等式的解集是解答的关键. 8．【答案】B 【解析】 【分析】 由题意得出对任意实数都成立，由判别式小于0求解即可. 【详解】 不等式可化为，即对任意实数都成立， ，解得.故选B. 【点睛】 本题主要考查了一元二次不等式的恒成立问题，属于中档题. 9．【答案】A 【解析】 【分析】 解绝对值不等式和分式不等式对命题进行化简，依据二者的关系可得，即可求出的取值范围. 【详解】 解：因为，所以.即， 因为，所以，即. 因为是的充分不必要条件，所以，解得. 故选:A. 【点睛】 本题考查了已知命题关系求参数的取值范围，考查了绝对值不等式的求解，考查了分式不等式的求解.本题的关键是对命题进行化简. 10．【答案】D 【解析】 【分析】 将恒成立转化为g(x) = mx2－mx＋m－5 < 0恒成立，分类讨论m并利用一元二次不等式的解法，求m的范围 【详解】 若对于任意的x∈{x|1 ≤ x ≤ 3}，恒成立 即可知：mx2－mx＋m－5 < 0在x∈{x|1 ≤ x ≤ 3}上恒成立 令g(x)＝mx2－mx＋m－5，对称轴为 当m＝0时，－5 < 0恒成立 当m < 0时，有g(x)开口向下且在[1,3]上单调递减 ∴在[1,3]上，得m < 5，故有m < 0 当m>0时，有g(x) 开口向上且在[1,3]上单调递增 ∴在[1,3]上，得 综上，实数m的取值范围为 故选：D 【点睛】 本题考查了一元二次不等式的应用，将不等式恒成立等价转化为一元二次不等式在某一区间内恒成立问题，结合一元二次不等式解法，应用分类讨论的思想求参数范围 11．【答案】 【解析】 【分析】 把表示形式，然后由不等式的性质得结论． 【详解】 因为，，＝， 所以． 故答案为： 【点睛】 本题考查由不等式的性质求范围，解题中注意把分别作为一个整体，而不是由它们求出的范围，如果先求得的范围，再求的范围一般会出错． 12．【答案】 【解析】 【分析】 先将不等式，对任意恒成立，转化为不等式，对任意恒成立，再令，转化为 ，对任意恒成立求解即可. 【详解】 因为不等式，对任意恒成立， 所以不等式，对任意恒成立， 令， 所以 ，对任意恒成立， 令， 所以 ， 所以 故答案为： 【点睛】 本题主要考查不等式恒成立问题以及不等式的性质，二次函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 13．【答案】 【解析】 【分析】 由题意可知2且,利用标根法即可求得答案. 【详解】 不等式ax+b> 0的解集为{x|x< 2}, 2是方程ax+b=0的解，且a<0, , 由标根法得或， 所以不等式的解集为， 故答案为： 【点睛】 本题主要考查高次不等式的解法，着重考查标根法的应用，求得是解决问题的关键，属于中档题. 14．【答案】 【解析】 【分析】 由题设命题为真，可知，必与x轴有两个交点，即对应的一元二次方程的判别式，即可求a的范围 【详解】 令知：开口向上 ∴∃x∈R使得x2+(a -1)x+1＜0，即使 即，解得或 ∴ 故答案为： 【点睛】 本题考查了根据特称命题真假求参数，应用一元二次函数的性质并结合一元二次方程的判别式求参数的范围 15．【答案】 【解析】 【分析】 先由结合函数的解析式，求得的取值范围，再结合函数的解析式可得出原不等式的解集. 【详解】 令，由得，且. 当时，由可得，即， ，解得； 当时，，此时不等式无解. 所以，，且. 当时，由可得，即，解得； 当时，，，不等式无解. 综上所述，不等式的解集为. 故答案为：. 【点睛】 本题考查分段函数不等式的求解，考查了分类讨论思想的应用，考查计算能力，属于中等题. 16．【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】 （1）由二次不等式恒成立可得，于是可求得的取值范围；（2）分离参数得在区间上有解，转化为求在区间上的最大值求解即可． 【详解】 （1）由题意得在R上恒成立， ∴， 解得， ∴实数的取值范围为． （2）由题意得成立， ∴成立． 令， 则在区间上单调递增， ∴， ∴， 解得， ∴实数的取值范围为． 【点睛】 解题时注意以下结论的运用： （1）恒成立等价于，有解等价于 （2）若函数的最值不存在，则可利用函数值域的端点值来代替． 直通高考 1．【答案】D 【解析】 【分析】 首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果. 【详解】由解得， 所以， 又因为，所以， 故选D． 【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目. 2．【答案】D 【解析】 【分析】 解绝对值不等式化简集合的表示，再根据集合交集的定义进行求解即可. 【详解】因为， 或， 所以. 故选D． 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查集合交集的定义，属于基础题. 3．【答案】A 【解析】 【分析】 首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可. 【详解】求解二次不等式可得：或， 据此可知：是的充分不必要条件. 故选A． 【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题. 4．【答案】ABD 【解析】对于A，， 当且仅当时，等号成立，故A正确； 对于B，，所以，故B正确； 对于C，， 当且仅当时，等号成立，故C不正确； 对于D，因为， 所以，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养. 5．【答案】A 【解析】∵∴，∴， 又，∴. 故选A． 【名师点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题. 6．【答案】B 【解析】 即 则． 故选B． 【名师点睛】本题考查指数和对数大小的比较，考查了数学运算的素养．采取中间量法，根据指数函数和对数函数的单调性即可比较大小． 7．【答案】B 【解析】等价于，故推不出； 由能推出， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选B. 【名师点睛】充要条件的三种判断方法： (1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断； (2)集合法：根据由p，q成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断； (3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题． 8．【答案】A 【解析】当时，当且仅当时取等号，则当时，有，解得，充分性成立； 当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件. 【名师点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果. 9．【答案】A 【解析】求解不等式x3>8可得x>2，求解绝对值不等式x>2可得x>2或x<-2，据此可知：“x3>8”是“|x|>2” 的充分而不必要条件.故选A. 【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法、充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 10．【答案】1，-1（答案不唯一） 【解析】使“若a>b，则1a<1b”为假命题，则使“若a>b，则1a≥1b”为真命题即可， 只需取a=1,b=-1即可满足， 所以满足条件的一组a,b的值为1,-1（答案不唯一）. 【名师点睛】此题考查不等式的运算，解决本题的关键在于对原命题与命题的否定真假关系的灵活转换，对不等式性质及其等价变形的充分理解，只要多取几组数值，解决本题并不困难. 11．【答案】 【解析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域. 由已知得,即，解得， 故函数的定义域为. 【名师点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可． 35 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！