第七章第1講[A級基礎達標]1．(2017年廣州一調)若f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，則f(x)，g(x)的大小關系是()A．f(x)＝g(x) B．f(x)＞g(x)C．f(x)＜g(x) D．隨x的值變化而變化【答案】B【解析】f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1＞0?f(x)＞g(x)．2．(2017年貴陽檢測)下列命題中，正確的是()A．若a＞b，c＞d，則ac＞bd B．若ac＞bc，則a＞bC．若eq\f(a,c2)＜eq\f(b,c2)，則a＜b D．若a＞b，c＞d，則a－c＞b－d【答案】C【解析】A項，取a＝2，b＝1，c＝－1，d＝－2，可知A錯誤；B項，當c＜0時，ac＞bc?a＜b，∴B錯誤；C項，∵eq\f(a,c2)＜eq\f(b,c2)，∴c≠0，又c2＞0，∴a＜b，C正確；D項，取a＝c＝2，b＝d＝1，可知D錯誤．故選C．3．(2017年三明模擬)若a＜b＜0，則下列不等式一定成立的是()A．eq\f(1,a－b)＞eq\f(1,b) B．a2＜ab C．eq\f(|b|,|a|)＜eq\f(|b|＋1,|a|＋1) D．an＞bn【答案】C【解析】(特值法)取a＝－2，b＝－1，逐個檢驗，可知A，B，D項均不正確；C項，eq\f(|b|,|a|)＜eq\f(|b|＋1,|a|＋1)?|b|·(|a|＋1)＜|a|(|b|＋1)?|a||b|＋|b|＜|a||b|＋|a|?|b|＜|a|，∵a＜b＜0，∴|b|＜|a|成立，故C正確．4．若集合A＝{x|ax2－ax＋1＜0}＝?，則實數a的取值范圍是()A．{a|0＜a＜4} B．{a|0≤a＜4}C．{a|0＜a≤4} D．{a|0≤a≤4}【答案】D【解析】由題意知a＝0時，滿足條件．a≠0時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝a2－4a≤0，))得0＜a≤4.所以0≤a≤4.5．設a>0，不等式－c<ax＋b<c的解集是{x|－2<x<1}，則a∶b∶c等于()A．1∶2∶3 B．2∶1∶3 C．3∶1∶2 D．3∶2∶【答案】B【解析】∵－c<ax＋b<c，又a>0，∴－eq\f(b＋c,a)<x<eq\f(c－b,a).∵不等式的解集為{x|－2<x<1}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b＋c,a)＝－2，,\f(c－b,a)＝1.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\f(a,2)，,c＝\f(3,2)a.))∴a∶b∶c＝a∶eq\f(a,2)∶eq\f(3a,2)＝2∶1∶3.6．(2016年皖南八校聯考)若不等式x2－2x＋5≥a2－3a對任意實數x恒成立，則實數a的取值范圍是A．[－1,4] B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)C．(－∞，－1]∪[4，＋∞) D．[－2,5]【答案】A【解析】由于x2－2x＋5＝(x－1)2＋4的最小值為4，所以x2－2x＋5≥a2－3a對任意實數x恒成立，只需a2－3a≤4，解得－1≤a7．已知f(x)是定義在R內的奇函數，當x>0時，f(x)＝x2－4x，則不等式f(x)>x的解集用區間表示為_______________________________________．【答案】(－5,0)∪(5，＋∞)【解析】由已知得f(0)＝0，當x<0時，f(x)＝－f(－x)＝－x2－4x，因此f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x≥0，,－x2－4x，x<0.))不等式f(x)>x等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x2－4x>x))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,－x2－4x>x.))解得x>5或－5<x<0.8．已知函數f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，則實數m的取值范圍是___________________________________________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))【解析】二次函數f(x)對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm＝m2＋m2－1＜0，,fm＋1＝m＋12＋mm＋1－1＜0，))解得－eq\f(\r(2),2)＜m＜0.9．已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6.(1)解關于a的不等式f(1)＞0；(2)若關于x的不等式f(x)＞b的解集為(－1,3)，求實數a，b的值．【解析】(1)由題意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3＞0，即a2－6a－3＜0，解得3－2eq\r(3)＜a＜3＋2eq\r(3).∴不等式的解集為{a|3－2eq\r(3)＜a＜3＋2eq\r(3)}．(2)∵f(x)＞b的解集為(－1,3)，∴方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的兩根為－1,3.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f(a6－a,3)，,－1×3＝－\f(6－b,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3±\r(3)，,b＝－3.))10．解關于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0(a∈R【解析】原不等式可化為(ax－1)(x－2)＜0.(1)當a＞0時，原不等式可以化為a(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根據不等式的性質，這個不等式等價于(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0.因為方程(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＝0的兩個根分別是2，eq\f(1,a)，所以當0＜a＜eq\f(1,2)時，2＜eq\f(1,a)，則原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2＜x＜\f(1,a)))))；當a＝eq\f(1,2)時，原不等式的解集是?；當a＞eq\f(1,2)時，eq\f(1,a)＜2，則原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜2)))).(2)當a＝0時，原不等式為－(x－2)＜0，解得x＞2，即原不等式的解集是{x|x＞2}．(3)當a＜0時，原不等式可以化為a(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＜0，根據不等式的性質，這個不等式等價于(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))＞0.由于eq\f(1,a)＜2，故原不等式的解集是xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,a)或x＞2)).綜上所述，當a＜0時，不等式的解集為xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,a)或x＞2))；當a＝0時，不等式的解集為{x|x＞2}；當0＜a＜eq\f(1,2)時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2＜x＜\f(1,a)))))；當a＝eq\f(1,2)時，不等式的解集為?；當a＞eq\f(1,2)時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜2)))).[B級能力提升]11．(2016年九江一模)若關于x的不等式x2－4x－2－a>0在區間(1,4)內有解，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，－2) B．(－2，＋∞)C．(－6，＋∞) D．(－∞，－6)【答案】A【解析】不等式x2－4x－2－a>0在區間(1,4)內有解等價于a<(x2－4x－2)max，令g(x)＝x2－4x－2，x∈(1,4)，∴g(x)<g(4)＝－2.∴a<－2.12．某商場若將進貨單價為8元的商品按每件10元出售，每天可銷售100件，現準備提高售價來增加利潤．已知這種商品每件銷售價提高1元，銷售量就要減少10件．那么要保證每天所賺的利潤在320元以上，銷售價每件應定為()A．12元 B．16元C．12元到16元之間 D．10元到14元之間【答案】C【解析】設銷售價定為每件x元，利潤為y元，則y＝(x－8)[100－10(x－10)]，依題意有，(x－8)×[100－10(x－10)]＞320，即x2－28x＋192＜0，解得12＜x＜16，所以每件銷售價應為12元到16元之間．13．(2016年淄博模擬)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0對一切x∈(0,2]恒成立，則a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))【答案】C【解析】∵x∈(0,2]，∴a2－a≥eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x)).要使a2－a≥eq\f(1,x＋\f(1,x))在x∈(0,2]時恒成立，則a2－a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max，由基本不等式得x＋eq\f(1,x)≥2，當且僅當x＝1時，取等號，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max＝eq\f(1,2)，故a2－a≥eq\f(1,2)，解得a≤eq\f(1－\r(3),2)或a≥eq\f(1＋\r(3),2).14．(2016年江西重點中學盟校聯考)已知a＞0且a≠1，則ab＞1是(a－1)b＞0的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】由ab＞1?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞1，,b＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,b＜0，))所以(a－1)b＞0；由(a－1)b＞0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＞0，,b＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1＜0，,b＜0，))又a＞0且a≠1，所以ab＞1，即ab＞1是(a－1)b＞0的充要條件．15．已知函數f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，對任意實數x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，當x∈[－1,1]時，f(x)>0恒成立，則b的取值范圍是()A．(－1,0) B．(2，＋∞)C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．不能確定【答案】C【解析】由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)圖象的對稱軸為直線x＝1，則有eq\f(a,2)＝1，故a＝2.由f(x)的圖象可知f(x)在[－1,1]上為增函數，∴x∈[－1,1]時，f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2.令b2－b－2>0，解得b<－1或b>2.16．(2016年西安質檢)在R內定義運算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.若不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x))≥1對任意實數x恒成立，則實數a的最大值為________．【答案】eq\f(3,2)【解析】原不等式等價于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，即x2－x－1≥(a＋1)(a－2)對任意x恒成立，x2－x－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\f(5,4)≥－eq\f(5,4)，所以－eq\f(5,4)≥a2－a－2，解得－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2).17．已知函數f(x)＝eq\f(x＋b,1＋x2)為奇函數．(1)求證：函數f(x)在區間(1，＋∞)內是減函數；(2)解關于x的不等式f(1＋2x2)＋f(－x2＋2x－4)>0.【解析】(1)證明：∵函數f(x)＝eq\f(x＋b,1＋x2)為定義在R內的奇函數，∴f(0)＝0，即b＝0.∴f(x)＝eq\f(x,x2＋1)(經檢驗滿足題意)．∴f′(x)＝eq\f(x2＋1－x·2x,x2＋12)＝eq\f(1－x2,x2＋12).當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數f(x)在區間(1，＋∞)內是減函數．(2)由f(1＋2x2)＋f(－x2＋2x－4)>0，得f(1＋2x2)>－f(－x2＋2x－4)．∵f(x)是奇函數，∴f(1＋2x2)>f(x2－2x＋4)．∵1＋2x2>1，x2－2x＋4＝(x－1)2＋3>1，且f(x)在(1，＋∞)內為減函數，∴1＋2x2<x2－2x＋4，即x2＋2x－3<0，解得－3<x<1.∴不等式f(1＋2