2019版高考(文)高分计划一轮：6.1 不等关系与不等式的性质及一元二次不等式

第6章不等式
6．1 不等关系与不等式的性质及一元二次不等式
[知识梳理]
3．必记结论
(1)a>b，ab>0⇒1
a
<
1
b
.
(2)a<0<b⇒1
a
<
1
b
.
(3)a>b>0,0<c<d ⇒a c >b
d .
(4)0<a<x<b 或a<x<b<0⇒1b <1x <1
a .
(5)若a>b>0，m>0，则b a <b ＋m
a ＋m ；
b a >b －m a －m (b －m>0)；a b >a ＋m b ＋m ； a b <a －m b －m
(b －m>0)． 4．一元二次函数的三种形式 (1)一般式：y ＝ax 2
＋bx ＋c(a ≠0)． (2)顶点式：y ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 2a 2＋4ac －b 2
4a (a ≠0)．
(3)两根式：y ＝a(x －x 1)(x －x 2)(a ≠0)． 5．三个二次之间的关系
[诊断自测] 1．概念思辨
(1)a ＞b ⇔ac 2
＞bc 2
.( )
(2)若不等式ax 2
＋bx ＋c>0的解集是(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)，则方程ax 2
＋bx ＋c ＝0的两个根是x 1
和x 2.( )
(3)若方程ax 2
＋bx ＋c ＝0(a ≠0)没有实数根，则不等式ax 2
＋bx ＋c>0的解集为R.( ) (4)不等式ax 2
＋bx ＋c ≤0在R 上恒成立的条件是a<0且Δ＝b 2
－4ac ≤0.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2．教材衍化
(1)(必修A5P 74T 3)下列四个结论，正确的是( )
①a ＞b ，c ＜d ⇒a －c ＞b －d ；②a ＞b ＞0，c ＜d ＜0⇒ac ＞bd ；③a ＞b ＞0⇒3
a ＞3
b ；④a ＞b ＞0⇒1a
2＞
1b
2. A ．①② B ．②③ C ．①④ D ．①③ 答案 D
解析 利用不等式的性质易知①③正确．故选D.
(2)(必修A5P 80A 组T 3)若关于x 的一元二次方程x 2
－(m ＋1)x －m ＝0有两个不相等的实数根，则m 的取值范围是________．
答案 (－∞，－3－22)∪(－3＋22，＋∞) 解析 由题意知Δ＝(m ＋1)2
＋4m ＞0. 即m 2
＋6m ＋1＞0，
解得m ＞－3＋22或m ＜－3－2 2. 3.小题热身
(1)(2014·四川高考)若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，则一定有( ) A.a c ＞b d B.a c ＜b d C.a d ＞b c D.a d ＜b c 答案 D 解析 解法一：
⎭
⎪⎬⎪⎫c ＜d ＜0⇒cd ＞0 c ＜d ＜0
⇒
⎭
⎪⎬⎪⎫
c c
d ＜d cd ＜0⇒1d ＜1c ＜0⇒－1d ＞－1c ＞0 a ＞b ＞0⇒－a d ＞－b c ⇒a d ＜b c .故选D. 解法二：依题意取a ＝2，b ＝1，c ＝－2，d ＝－1， 代入验证得A ，B ，C 均错，只有D 正确．故选D.
(2)已知不等式ax 2＋bx ＋2＞0的解集为{x|－1＜x ＜2}，则不等式2x 2
＋bx ＋a ＜0的解集为( )
A.⎩
⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
－1＜x ＜
12 B.⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
x ＜－1或x ＞
1
2 C ．{x|－2＜x ＜1} D ．{x|x ＜－2或x ＞1}
答案 A
解析 由题意知x ＝－1，x ＝2是方程ax 2
＋bx ＋2＝0的根． 由韦达定理⎩⎪⎨⎪⎧
－1＋2＝－b
a
，(－1)×2＝2
a
⇒⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－1，
b ＝1.
∴不等式2x 2
＋bx ＋a ＜0，即2x 2
＋x －1＜0. 可知x ＝－1，x ＝1
2
是对应方程的根，故选
A.
题型1 不等式性质的应用
典例1 若0＜x ＜1，a ＞0且a ≠1，则|log a (1－x)|与|log a (1＋x)|的大小关系是________．
比较两数的大小，应考虑a>b ⇔a －b>0.
答案 |log a (1－x)|＞|log a (1＋x)|
解析 (作差法)当a ＞1时，log a (1－x)＜0，log a (1＋x)＞0，
∴|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝－log a (1－x)－log a (1＋x)＝－log a (1－x 2
)＞0. 当0＜a ＜1时，log a (1－x)＞0，log a (1＋x)＜0，
∴|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝log a (1－x)＋log a (1＋x)＝log a (1－x 2
)＞0. ∴|log a (1－x)|＞|log a (1＋x)|.
典例2 已知二次函数y ＝f(x)的图象过原点，
且1≤f(－1)≤2,3≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．
采用方程组法，找出f(－2)的表达式与f(1)，f(－1)的关
系，再根据不等式性质求范围．
解 由题意知f(x)＝ax 2
＋bx ，则f(－2)＝4a －2b ，设存在实数x ，y ，使得4a －2b ＝x(a ＋b)＋y(a
－b)，
即4a －2b ＝(x ＋y)a ＋(x －y)b ，所以⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＋y ＝4，x －y ＝－2，
解得⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＝1，y ＝3，
所以f(－2)＝4a －2b ＝(a ＋b)
＋3(a －b)．
又3≤a ＋b ≤4,3≤3(a －b)≤6， 所以6≤(a ＋b)＋3(a －b)≤10， 即f(－2)的取值范围是[6,10]．
[条件探究] 将本典例条件变为⎩⎪⎨⎪
⎧
3≤xy 2
≤8，4≤x 2
y
≤9，求x
3
y
4的最大值． 解 设x 3
y 4＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2
y m (xy 2)n
，
则x 3y －4＝x
2m ＋n y 2n －m
，
所以⎩⎪⎨
⎪⎧
2m ＋n ＝3，2n －m ＝－4，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
m ＝2，n ＝－1.
又∵16≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2
y 2≤81，18≤(xy 2)－1
≤13，
∴2≤x 3
y 4≤27，故x
3
y 4的最大值为27.
方法技巧
不等式的概念与性质问题的常见题型及解题策略
1．比较大小的常用方法：作差法与作商法．如典例1. 2．不等式的性质及应用
解决此类问题常用两种方法：一是直接使用不等式的性质逐个验证(注意前提条件)；二是利用特殊值法排除错误答案．
3．求代数式的取值范围
(1)先建立待求式子与已知不等式的关系，再利用一次不等式的性质进行运算，求得待求式子的范围．如典例2.
(2)同向(异向)不等式的两边可以相加(相减)，这种转化不是等价变形，如果在解题中多次使用这种变化，有可能扩大其取值范围．如冲关针对训练．
冲关针对训练
(2017·长春模拟)若1a <1b <0，则下列不等式：①1a ＋b <1ab ；②|a|＋b>0；③a －1a >b －1b ；④ln a 2>ln b
2
中，正确的不等式是( )
A ．①④
B ．②③
C ．①③
D ．②④
答案 C
解析 由1a <1
b
<0，可知b<a<0.
①中，因为a ＋b<0，ab>0，所以1a ＋b <0，1
ab >0，
故有1a ＋b <1
ab
，即①正确；
②中，因为b<a<0，所以－b>－a>0，则－b>|a|， 即|a|＋b<0，故②错误；
③中，因为b<a<0，又1a <1b <0，所以a －1a >b －1
b
，故③正确；
④中，因为b<a<0，根据y ＝x 2
在(－∞，0)上为减函数，可得b 2
>a 2
>0，而y ＝ln x 在其定义域上为增函数，
所以ln b 2
>ln a 2
，故④错误． 由以上分析，知①③正确，故选C. 题型2 不等式的解法
典例1 已知不等式ax 2＋bx ＋c>0的解集为{x|α<x<β，α>0，β>0}，求不等式cx 2
＋bx ＋a<0的解集是________．
采用方程组法先确定a ，b 的值，然后代入待解不等式求解．
答案
{|x x>
1α或x<1
β
} 解析 ∵ax 2
＋bx ＋c>0的解集为{x|α<x<β}， ∴a<0，α，β为ax 2
＋bx ＋c ＝0的两根，0<α<β. ∴⎩⎪⎨⎪⎧
α＋β＝－b
a ，α·β＝c
a
.∴⎩⎪⎨⎪
⎧
b ＝－a (α＋β)，
c ＝a αβ.
∴不等式cx 2
＋bx ＋a<0可转化为a αβx 2－a(α＋β)x ＋a<0，即αβx 2
－(α＋β)x ＋1>0. ∴(αx －1)(βx －1)>0. ∴x>1α或x<1
β
.
∴不等式cx 2
＋bx ＋a<0的解集为{|x x>1α或x<1β}.
典例2
解关于x 的不等式ax 2
－2≥2x －ax(a ∈R)．
本题采用分类讨论思想．
解 原不等式可化为ax 2
＋(a －2)x －2≥0.
(1)当a ＝0时，原不等式化为x ＋1≤0，解得x ≤－1.
(2)当a>0时，原不等式化为⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －2a (x ＋1)≥0， 解得x ≥2
a
或x ≤－1.
(3)当a<0时，原不等式化为⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －2a (x ＋1)≤0. 当2a >－1，即a<－2时，解得－1≤x ≤2a ； 当2
a ＝－1，即a ＝－2时，解得x ＝－1满足题意； 当2a <－1，即0>a>－2，解得2
a
≤x ≤－1. 综上所述，当a ＝0时，不等式的解集为{x|x ≤－1}；
当a>0时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫x ⎪
⎪⎪
x ≥2
a 或x ≤－1
； 当－2<a<0时，不等式的解集为⎩⎨⎧
x ⎪⎪⎪⎭
⎬⎫2a ≤x ≤－1；
当a ＝－2时，不等式的解集为{－1}；
当a<－2时，不等式的解集为⎩⎨⎧
x ⎪
⎪⎪⎭⎬
⎫
－1≤x ≤2a .
方法技巧
1．一元二次不等式的求解策略
(1)化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式． (2)判：计算对应方程的判别式．
(3)求：求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根．
(4)写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集．如典例1，冲关针对训练． 2．含有参数的不等式的求解，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参数进行分类讨论： (1)若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式进行分类讨论；
(2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项是否为零，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；
(3)其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集．
如典例2中对参数a 进行分类讨论，在讨论时要明确讨论的依据是什么． 冲关针对训练
(2013·四川高考)已知f(x)是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f(x)＝x 2
－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)＝x 2
－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)．
题型3 二次不等式中的任意性与存在性
角度1 任意性与存在性
典例
(1)若关于x 的不等式x 2
－ax －a ＞0的解集为(－∞，＋∞)，求实数a 的取值范围； (2)若关于x 的不等式x 2
－ax －a ≤－3的解集不是空集，求实数a 的取值范围．
转化为函数的恒成立和存在性问题．
解 (1)设f(x)＝x 2
－ax －a ，则关于x 的不等式x 2
－ax －a ＞0的解集为(－∞，＋∞)⇔f(x)＞0在(－∞，＋∞)上恒成立⇔f(x)min ＞0，即f(x)min ＝－4a ＋a
2
4
＞0，解得－4＜a ＜0(或用Δ<0)．
(2)设f(x)＝x 2
－ax －a ，则关于x 的不等式x 2
－ax －a ≤－3的解集不是空集⇔f(x)≤－3在(－∞，＋∞)上能成立⇔f(x)min ≤－3，
即f(x)min ＝－4a ＋a
2
4≤－3，解得a ≤－6或a ≥2.
角度2 给定区间上的任意性问题
典例 设函数f(x)＝mx 2
－mx －1(m ≠0)，若对于x ∈[1,3]，f(x)＜－m ＋5恒成立，则m 的取值范围是________．
数形结合思想，分类讨论法．
答案 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫m ⎪
⎪⎪
0＜m ＜
67或m ＜0
解析 要使f(x)＜－m ＋5在[1,3]上恒成立， 则mx 2
－mx ＋m －6＜0，
即m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3
4m －6＜0在x ∈[1,3]上恒成立．
令g(x)＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3
4
m －6，x ∈[1,3]．
当m ＞0时，g(x)在[1,3]上是增函数， 所以g(x)max ＝g(3)＝7m －6＜0. 所以m ＜67，则0＜m ＜6
7
.
当m ＜0时，g(x)在[1,3]上是减函数， 所以g(x)max ＝g(1)＝m －6＜0. 所以m ＜6，所以m ＜0.
综上所述，m 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫m ⎪
⎪⎪
0＜m ＜6
7或m ＜0
. 角度3 给定参数范围的恒成立问题
典例
已知a ∈[－1,1]时不等式x 2
＋(a －4)x ＋4－2a ＞0恒成立，则x 的取值范围为( ) A ．(－∞，2)∪(3，＋∞) B ．(－∞，1)∪(2，＋∞) C ．(－∞，1)∪(3，＋∞) D ．(1,3)
采用主元与次元转化法．将已知a 的范围的次元变为主元．
答案 C
解析 把不等式的左端看成关于a 的一次函数，记f(a)＝(x －2)a ＋x 2
－4x ＋4， 则由f(a)＞0对于任意的a ∈[－1,1]恒成立， 所以f(－1)＝x 2
－5x ＋6＞0，
且f(1)＝x 2
－3x ＋2＞0即可，解不等式组
⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2
－5x ＋6＞0，x 2
－3x ＋2＞0，得x ＜1或x ＞3.故选C.
方法技巧
形如f(x)≥0(f(x)≤0)恒成立问题的求解思路
1．x ∈R 的不等式确定参数的范围时，结合二次函数的图象，利用判别式来求解．如角度1典例． 2．x ∈[a ，b]的不等式确定参数范围时，①根据函数的单调性，求其最值，让最值大于等于或小于等于0，从而求参数的范围；②数形结合，利用二次函数在端点a ，b 处的取值特点确定不等式求范围．如角度2典例．
3．已知参数m ∈[a ，b]的不等式确定x 的范围，要注意变换主元，一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数．如角度3典例．
冲关针对训练
1．设对任意实数x ∈[－1,1]，不等式x 2
＋ax －3a<0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．{a|a>0} B.{|a a>1
2
}
C.{|a a>1
4}
D ．{a|a>0或a<－12}
答案 B
解析 设f(x)＝x 2
＋ax －3a ，因为对任意实数x ∈[－1,1]，不等式x 2
＋ax －3a<0恒成立，所以
⎩⎪⎨⎪⎧
f (－1)<0，f (1)<0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
1－4a<0，1－2a<0，
解得a>1
2
.故选B.
2．设函数f(x)＝x 2－1，对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x m －4m 2
f(x)≤f(x －1)＋4f(m)恒成立，则实数m
的取值范围是________．
答案 ⎝ ⎛
⎦⎥⎤－∞，－
32∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫32，＋∞ 解析 依据题意得x 2
m 2－1－4m 2(x 2－1)≤(x －1)2－1＋4(m 2
－1)在x ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫32，＋∞上恒成立，
即1m 2－4m 2
≤－3x 2－2x ＋1在x ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫32，＋∞上恒成立． 当x ＝32时，函数y ＝－3x 2－2x ＋1取得最小值－53，所以1m 2－4m 2≤－53，即(3m 2＋1)(4m 2
－3)≥0，
解得m ≤－
32或m ≥3
2
.
1．(2017·山东高考)若a ＞b ＞0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＋1b ＜b
2
a ＜log 2(a ＋b)
B.b 2a ＜log 2(a ＋b)＜a ＋1b
C ．a ＋1b ＜log 2(a ＋b)＜b 2
D ．log 2(a ＋b)＜a ＋1b ＜b
2
答案 B
解析 解法一：∵a ＞b ＞0，ab ＝1， ∴log 2(a ＋b)＞log 2(2ab)＝1. ∵ab ＝1，∴b ＝1a
.
∵a>b>0，∴a>1a >0，∴a>1,0<b<1,2a
>2，
∴b
2
a <1. ∵a ＋1
b ＝a ＋a ＝2a>a ＋b>log 2(a ＋b)，
∴b 2a <log 2(a ＋b)<a ＋1
b
.故选B. 解法二：∵a ＞b ＞0，ab ＝1，∴取a ＝2，b ＝1
2，
此时a ＋1b ＝4，b 2a ＝1
8，log 2(a ＋b)＝log 25－1≈1.3，
∴b 2a ＜log 2(a ＋b)＜a ＋1
b
.故选B. 2．(2014·全国卷Ⅰ)不等式组⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋y ≥1，x －2y ≤4的解集记为D.有下面四个命题：
p 1：∀(x ，y)∈D ，x ＋2y ≥－2， p 2：∃(x ，y)∈D ，x ＋2y ≥2， p 3：∀(x ，y)∈D ，x ＋2y ≤3， p 4：∃(x ，y)∈D ，x ＋2y ≤－1. 其中的真命题是( )
A ．p 2，p 3
B ．p 1，p 2
C ．p 1，p 4
D ．p 1，p 3 答案 B
解析 设x ＋2y ＝m(x ＋y)＋n(x －2y)，
则⎩⎪⎨⎪⎧ 1＝m ＋n ，
2＝m －2n ，
解得⎩⎪⎨⎪
⎧
m ＝43
，n ＝－1
3.
∵⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋y ≥1，x －2y ≤4，∴43(x ＋y)≥43，－13(x －2y)≥－4
3
，
∴x ＋2y ＝43(x ＋y)－1
3
(x －2y)≥0.
∴x ＋2y 的取值范围为[0，＋∞)．故命题p 1，p 2正确，p 3，p 4错误．故选B.
3．(2018·湖北优质高中联考)已知g(x)是R 上的奇函数，当x ＜0时，g(x)＝－ln(1－x)，且f(x)
＝⎩⎪⎨⎪⎧
x 3
，x ≤0，
g (x )，x ＞0.
若f(2－x 2
)＞f(x)，则实数x 的取值范围是( ) A ．(－∞，1)∪(2，＋∞) B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C ．(1,2) D ．(－2,1)
答案 D
解析 若x ＞0，则－x ＜0，所以g(x)＝－g(－x)＝ln (x ＋1)，所以f(x)＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 3
，x ≤0，ln (1＋x )，x ＞0，则
函数f(x)是R 上的增函数，所以当f(2－x 2)＞f(x)时，2－x 2
＞x ，解得－2＜x ＜1，故选D.
4．(2018·湖南长沙调研)已知函数f(x)＝x 2
＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m 的取值范围是________．
答案 ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－
22，0 解析 要满足f(x)＝x 2
＋mx －1＜0对于任意x ∈[m ，m ＋1]恒成立，
只需⎩
⎪⎨
⎪⎧
f (m )＜0，
f (m ＋1)＜0，即⎩
⎪⎨⎪⎧
2m 2
－1＜0，
(m ＋1)2
＋m (m ＋1)－1＜0，
解得－
2
2
＜m ＜0.
[基础送分提速狂刷练]
一、选择题
1．已知集合A ＝{x|x 2
＋x －6＝0}，B ＝{x|x 2
－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|x 2
＋x －6＝0}＝{－3,2}，B ＝{x|x 2
－2x －3≤0，x ∈N *
}＝{1,2,3}，故A ∩B ＝{2}，故选C.
2．(2017·河南百校联盟模拟)设a ，b ∈R ，则“(a －b)a 2
≥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 当a ≥b 时，(a －b)a 2
≥0成立；当(a －b)a 2
≥0时，由a 2
>0得a －b ≥0，即a ≥b ，由a ＝0不能得到a ≥b ，a<b 也成立，故“(a －b)a 2
≥0”是“a ≥b ”的必要不充分条件．故选B.
A ．2b
>2a
>2c
B ．2a >2b >2c
C ．2c
>2b
>2a
D ．2c
>2a
>2b
答案 A
4．关于x 的不等式x 2
－2ax －8a 2
<0(a>0)的解集为(x 1，x 2)，且x 2－x 1＝15，则a ＝( ) A.52 B.72 C.154 D.152 答案 A
解析 由条件知x 1，x 2为方程x 2
－2ax －8a 2
＝0的两根，则x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－8a 2
.故(x 2－x 1)2
＝(x 1
＋x 2)2－4x 1x 2＝(2a)2－4×(－8a 2)＝36a 2＝152
，得a ＝52
.故选A.
5．(2017·广东清远一中一模)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．(2017·松滋期中)已知p ＝a ＋1a －2，q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2，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 ＋1a －2＝(a －2)＋1a －2
＋2≥2＋2＝4，当且仅当a ＝3时取等号．因为x 2
－2
≥－2，所以q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12 x 2－2≤⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－2＝4，当且仅当x ＝0时取等号，所以p ≥q.故选A. 7．(2017·河北武邑中学调研)已知定义在R 上的奇函数f(x)满足：当x ≥0时，f(x)＝x 3
，若不等式f(－4t)>f(2m ＋mt 2
)对任意实数t 恒成立，则实数m 的取值范围是( )
A ．(－∞，－2)
B ．(－2，0)
C ．(－∞，0)∪(2，＋∞)
D ．(－∞，2)∪(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 ＋mt 2
对任意实数t 恒成立⇒mt 2
＋4t ＋2m<0对任意实数t 恒成立⇒⎩⎪⎨⎪⎧
m ＜0，
Δ＝16－8m 2
＜0
⇒m ∈(－∞，
－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x 2
－28x ＋192<0，解得12<x<16，所以每件销售价应定为12元到16元之间．故选C.
9．(2018·江西八校联考)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.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(2，＋∞)
B.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，43∪(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，2
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫43，2 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 －1<x ＋1，要使f(2x －1)>f(x ＋1)成立，则有①若2<2x －1<x ＋1，解得x>32，∴32<x<2；②若2x －1≤2<x ＋1，即1<x ≤3
2
，此
时2x －1>4－(x ＋1)，即x>43，∴43<x ≤32.综上，4
3
<x<2，故选D.
10．(2018·湖南衡阳八中一模)已知函数f(x)＝
⎩⎪⎨⎪⎧
－x 2
＋2x ，x ≥0，
x 2－2x ，x<0，
若关于x 的不等式[f(x)]2＋af(x)－b 2
<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)＝
⎩
⎪⎨⎪⎧
－x 2
＋2x ，x ≥0，x 2
－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<f(x)<0，
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<a ≤8. 易知当a ≤0时不合题意．
②当b ≠0时，对于[f(x)]2
＋af(x)－b 2
<0，Δ＝a 2
＋4b 2
>0， 解得－a －a 2
＋4b 2
2<f(x)<－a ＋a 2
＋4b 2
2，
又－a －a 2
＋4b 2
2<0<－a ＋a 2
＋4b
2
2
，
f(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．设a ＞b ＞c ＞0，x ＝a 2
＋(b ＋c )2
，y ＝b 2
＋(c ＋a )2
，z ＝c 2
＋(a ＋b )2
，则x ，y ，z 的大小顺序是________．
答案 z ＞y ＞x
解析 ∵a>b>c>0，∴y 2
－x 2
＝b 2
＋(c ＋a)2
－a 2
－(b ＋c)2
＝2c(a －b)＞0，∴y 2
>x 2
，即y>x. z 2
－y 2
＝c 2
＋(a ＋b)2
－b 2
－(c ＋a)2
＝2a(b －c)>0， 故z 2
>y 2
，即z ＞y ，故z>y>x.
12．(2018·汕头模拟)若x>y ，a>b ，则在①a －x>b －y ，②a ＋x>b ＋y ，③ax>by ，④x －b>y －a ，⑤a y >
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． ∵a y ＝3－3＝－1，b x ＝2
－2
＝－1， ∴a y ＝b
x ，因此⑤不成立．由不等式的性质可推出②④成立． 13．(2017·西安质检)在R 上定义运算：⎪⎪⎪⎪⎪⎪
a
b c
d ＝ad －bc.若不等式⎪⎪⎪⎪
⎪⎪
x －1 a －2a ＋1 x ≥1对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为________．
答案 32
解析 原不等式等价于x(x －1)－(a －2)(a ＋1)≥1， 即x 2－x －1≥(a ＋1)(a －2)对任意x 恒成立， x 2
－x －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－54≥－54，
所以－54≥a 2
－a －2，解得－12≤a ≤32
.
14．(2017·江苏模拟)已知函数f(x)＝x 2
＋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________．
答案 9
解析 解法一：由题意知f(x)＝x 2
＋ax ＋b
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a 22
＋b －a 2
4.
∵f(x)的值域为[0，＋∞)， ∴b －a 2
4＝0，即b ＝a
2
4
，
∴f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22
.
又∵f(x)<c ，∴⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋a 22
<c ，
即－a 2－c<x<－a
2＋ c.
∴⎩⎪⎨⎪⎧
－a 2－c ＝m ， ①－a
2＋
c ＝m ＋6. ②
②－①得2c ＝6，∴c ＝9.
解法二：由题意知，f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22
＋b －a 2
4，
∵f(x)的值域为[0，＋∞)．
∴b ＝a 2
4.又∵f(x)<c 可化为x 2
＋ax ＋a 2
4－c<0，
且f(x)－c<0的解集为(m ，m ＋6)， ∴⎩
⎪⎨⎪⎧
m ＋m ＋6＝－a ，m (m ＋6)＝a
2
4－c ，
∴c ＝a 24－m(m ＋6)＝(2m ＋6)2
4－m 2
－6m ＝364＝9.
三、解答题
15．(2017·昆明模拟)设f(x)＝ax 2
＋bx ，若1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围．
解 由⎩⎪⎨
⎪⎧
f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b ，
得⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝1
2[f (－1)＋f (1)]，b ＝1
2[f (1)－f (－1)]，
∴f(－2)＝4a －2b ＝3f(－1)＋f(1)． 又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
16．已知函数f(x)＝ax 2
＋(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ax 2
＋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ax 2
＋(b －8)x －a －ab ＝0的两根，可得⎩⎪⎨⎪⎧
－3＋2＝－b －8
a
，－3×2＝－a －ab
a
，所以a ＝－3，b
＝5，
所以f(x)＝－3x 2
－3x ＋18＝－3⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋122＋18.75，
函数图象关于x ＝－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ax 2
＋bx ＋c ≤0化为－3x 2
＋5x ＋c ≤0，因为二次函数y ＝－3x 2
＋5x ＋c 的图象开口向下，要使－3x 2
＋5x ＋c ≤0的解集为R ，只需
⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝－3<0，Δ＝
b 2
－4ac ≤0，即25＋12c ≤0⇒c ≤－2512，所以实数c 的取值范围为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－2512.。