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2
第一章　集合、常用逻辑用语与不等式
第三讲　不等关系与一元二次不等式
考点自测
1.[改编题]下列结论中,正确的个数为
(　　)
①两个实数a,b之间,有且只有a>b,a=b,a②若>1,则a>b；
③一个不等式的两边同时加上或同时乘以同一个数,不等号方向不变；
④一个非零实数越大,则其倒数就越小；
⑤a>b>0,c>d>0?；
⑥ab>0且a>b?.　　　　　　
　　　　　　
　　　　　　
A.2
B.3
C.4
D.5
2.[多选题]下列说法中,正确的是
(　　)
A.若不等式ax2+bx+c<0的解集为(x1,x2),则必有a>0
B.若方程ax2+bx+c=0(a≠0)没有实数根,则不等式ax2+bx+c>0的解集为R
C.不等式ax2+bx+c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ=b2-4ac≤0
D.(x+1)≥0的解集为[1,+∞)
3.[2019全国卷Ⅱ]若a>b,则
(　　)
A.ln(a
-
b)>0
B.3a<3b
C.a3
-
b3>0
D.|a|>|b|
4.[2019全国卷Ⅱ]设函数f
(x)的定义域为R,满足f
(x+1)=2f
(x),且当x∈(0,1]时,f
(x)=x(x
-
1).若对任意x∈(
-
∞,m],都有f
(x)≥
-
,则m的取值范围是
(　　)
A.(
-
∞,]
B.(
-
∞,]
C.(
-
∞,]
D.(
-
∞,]
5.[2019天津高考]设x∈R,使不等式3x2+x
-
2<0成立的x的取值范围为　　　　.?
6.[2018天津高考]已知a∈R,函数f
(x)=若对任意x∈[
-
3,+∞),f
(x)≤|x|恒成立,则a的取值范围是　　　　.?
7.[2019北京高考]李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这四种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.
①当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付　　　　元；?
②在促销活动中,为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x的最大值为　　　　.?
知识回顾
提升能力
考法1
不等式的性质的应用　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题角度1　判断关于不等式的命题的真假　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1：[2016北京高考]已知x,y∈R,且x>y>0,则
A.>0
B.sin
x
-
sin
y>0
C.()x
-
()y<0
D.ln
x+ln
y>0
【解题思路】由已知选项,取特殊值验证或结合函数的单调性求解.
【解析】解法一　(特殊值法)由题意知,x>y>0,对于选项A,取x=1,y=,则=1
-
2=
-
1<0,排除A；对于选项B,取x=π,y=,则sin
x
-
sin
y=sin
π
-
sin=
-
1<0,排除B；对于选项D,取x=2,y=,则ln
x+ln
y=ln
(xy)=ln
1=0,排除D.选C.
解法二　(单调性法)因为函数y=()x在R上单调递减,且x>y>0,所以()x<()y,即()x
-
()y<0.
【大难】C
命题角度2　求代数式的取值范围
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,则f
(
-
2)的取值范围为　　　　.?
【解题思路】
设出f
(x)的解析式用f
(1),f
(
-
1)表示f
(
-
2)得f
(
-
2)的取值范围
【解析】(待定系数法)因为二次函数y=f
(x)的图象过原点,所以可设y=f
(x)=ax2+bx(a≠0),则
由题意知f
(
-
2)=4a
-
2b,设存在实数m,n,使得4a
-
2b=m(a+b)+n(a
-
b),即4a
-
2b=(m+n)a+(m
-
n)b,所以解得所以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].
【反思】运用不等式的性质求某些代数式的取值范围时,如果多次运用不等式的性质,有可能改变了变量的取值范围,导致结果出错.如示例2中千万不可先单独求a,b的范围,再求f
(
-
2)=4a
-
2b的范围,这样会导致所得范围比实际范围大.求解时要先建立待求整体与已知范围的整体的关系,如先建立f
(
-
2)与f
(
-
1),f
(1)的关系,再通过“一次性”使用不等关系运算求解,即必须严格运用不等式的性质,这是避开错误的有效途径.
考法2
一元二次不等式的解法及其应用　　　　　　　　　　　　　　　　
例3：
求下列不等式的解集:
(1)
-
x2+8x
-
3>0；(2)ax2
-
(a+1)x+1<0.
【解题思路】利用求一元二次不等式的解集的方法求解,注意对参数的讨论.
【解析】(1)因为Δ=82
-
4×(
-
1)×(
-
3)=52>0,所以方程
-
x2+8x
-
3=0有两个不相等的实数根x1,x2,且x1=4
-
,x2=4+.
又二次函数y=
-
x2+8x
-
3的图象开口向下,所以原不等式的解集为{x|4
-
(2)若a=0,则原不等式等价于
-
x+1<0,解得x>1.
(最高次幂的系数与0的关系不定,要分类讨论)
若a<0,则原不等式等价于(x
-
)(x
-
1)>0,解得x<或x>1.
若a>0,则原不等式等价于(x
-
)(x
-
1)<0,
方程(x
-
)(x
-
1)=0的两根分别为1,.
(两根之间的大小关系不定,要分类讨论)
①当a=1时,=1,(x
-
)(x
-
1)<0无解；
②当a>1时,<1,由(x
-
)(x
-
1)<0,得③当01,由(x
-
)(x
-
1)<0,得1综上所述,当a<0时,原不等式的解集为{x|x<或x>1}；当a=0时,原不等式的解集为{x|x>1}；当01时,原不等式的解集为{x|(下结论,注意参数取值不重不漏)
【变式练习
牛刀小试】
1.(1)若关于x的不等式x2+ax
-
c<0的解集为{x|　
-
2(x)=ax3+(m+)x2
-
cx在区间(t,3)上总不是单调函数,则m的取值范围是
(　　)
A.
-
-
3
B.
-
3-
1
C.
-
-
1
D.
-
3(2)[2019重庆三诊]若不存在整数x满足不等式(kx
-
k2
-
4)(x
-
4)<0,则实数k的取值范围是　　　　.?
考法3
一元二次不等式的恒成立问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题角度1　在R上恒成立
例4：
[2019四川绵阳三诊]若关于x的不等式(a
-
2)x2+2(a
-
2)x
-
4<0对一切实数x恒成立,则实数a的取值范围是
A.(
-
2,2)
B.(
-
∞,
-
2)∪(2,+∞)
C.(
-
2,2]
D.(
-
∞,2]
【解题思路】关于x的不等式的二次项系数含有参数,需要先分a
-
2=0和a
-
2≠0两种情况讨论,然后结合已知条件求解即可.
【解析】当a
-
2=0,即a=2时,不等式恒成立,符合题意.
当a
-
2≠0,即a≠2时,要使不等式恒成立,需满足解得
-
2综上可知,a的取值范围为(
-
2,2].
【答案】C
命题角度2　在给定区间上恒成立
例5：
[2019江西南昌模拟]若对任意的t∈[1,2],函数
f
(x)=t
2x2
-
(t+1)x+a总有零点,则实数a的取值范围是　　　　.?
【解题思路】将函数f
(x)在t∈[1,2]时总有零点转化为方程f
(x)=0在t∈[1,2]时总有解,借助根的判别式,通过分离参数,构造函数g(t),利用函数的性质求得函数g(t)的最值,进而求得结果.
【解析】(分离参数法)由题意,对任意的t∈[1,2],函数f
(x)=t2x2
-
(t+1)x+a总有零点等价于方程t
2x
2
-
(t+1)x+a=0的根的判别式Δ=(t+1)2
-
4at
2≥0对任意的t∈[1,2]恒成立,所以a≤对任意的t∈[1,2]恒成立.
令g(t)=(+1)2,t∈[1,2].
(构造函数)
因为t∈[1,2],所以∈[,1],所以g(t)∈[,1],
即的最小值为.
故实数a的取值范围是(
-
∞,].
【变式练习
牛刀小试】
2.已知关于x的不等式2x
-
1>m(x2
-
1).
(1)　　　　实数m,使不等式对任意x∈R恒成立(填存在、不存在)；?
(2)若对于m∈[
-
2,2],不等式恒成立,则实数x的取值范围为　　　　；?
(3)若对于x∈(1,+∞),不等式恒成立,则实数m的取值范围为　　　　.?
《不等关系与一元二次不等式》测试
基础篇
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0c>1，则
(　　)
A.()a<1
B.
C.ca
-
1-
1
D.logca4.[多选题]若<0，则下列结论正确的是
(　　)
A.
B.|a|+b>0
C.a
-
b
-
D.ln
a2>ln
b2
5.[2019天津模拟]x>y>0是成立的
(　　)
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=4cos，b=3sin
，c=3cos，则a，b，c的大小关系是
(　　)
A.cB.bC.bD.a7.[2019海南海口模拟]在R上定义运算?:x?y=x(1
-
y).若不等式(x
-
a)?(x+a)<1对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围是　　　　.?
8.使不等式x2+(a
-
6)x+9
-
3a>0(|a|≤1)恒成立的x的取值范围为　　　　.?
9.已知角α，β满足
-
<α
-
β<，0<α+β<π，则3α
-
β的取值范围是　　　　.?
提升篇
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-
b)2>(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.[，e2]
B.[ee，+∞)
C.[，+∞)
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
(x)≤2f
(1)，则x的取值范围是　　　　.?
参考答案与解析
不等关系与一元二次不等式
考点自测
1.B　由不等关系及不等式的性质可知①⑤⑥正确.对于②，当a=
-
2，b=
-
1时，a
-
2，>
-
，故④错误.故选B.
2.AD　由三个“二次”间的关系可知A正确；对于B，当a<0时，解集为?，故B错误；对于C，当a=b=c=0时也满足不等式在R上恒成立，故C错误；对于D，解不等式可知D正确.故选AD.
3.C　解法一　由函数y=ln
x的图象(图略)知，当0-
b<1时，ln(a
-
b)<0，故A不正确；因为函数y=3x在R上单调递增，所以当a>b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y=x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3
-
b3>0，故C正确；当b解法二　当a=0.3，b=
-
0.4时，ln(a
-
b)<0，3a>3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.选C.
4.B　当
-
1(x)=f
(x+1)=(x+1)x；当1-
1≤1，则f
(x)=2f
(x
-
1)=2(x
-
1)(x
-
2)；当2-
2≤1，则
f
(x)=2f
(x
-
1)=22f
(x
-
2)=22(x
-
2)(x
-
3)……
由此可得f
(x)=
据此作出函数f
(x)的图象，如图D
1
-
3
-
1所示.
图D
1
-
3
-
1
可知当2-
2)(x
-
3)=
-
，整理得(3x
-
7)(3x
-
8)=0，解得x=或x=，将这两个值标注在图中.要使对任意x∈(
-
∞，m]，都有f
(x)≥
-
，则必有m≤，即实数m的取值范围是(
-
∞，]，故选B.
5.(
-
1，)　3x2+x
-
2<0即(3x
-
2)(x+1)<0，所以
-
16.[，2]　当
-
3≤x≤0时，f
(x)≤|x|恒成立等价转化为x2+2x+a
-
2≤
-
x恒成立，即a≤
-
x2
-
3x+2恒成立，所以a≤(
-
x2
-
3x+2)min=2；当x>0时，f
(x)≤|x|恒成立等价转化为
-
x2+2x
-
2a≤x恒成立，即a≥恒成立，所以a≥()max=.综上，a的取值范围是[，2].
7.①130　顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，总价为60+80=140(元)，又140>120，所以优惠10元，顾客实际需要付款130元.
②15　设顾客一次购买的水果总价为m元.由题意易知，当0-
x)×80%≥m×70%，得x≤对任意m≥120恒成立.又≥15，所以x的最大值为15.
【变式练习
牛刀小试】
1.(1)A　因为不等式x2+ax
-
c<0的解集为{x|
-
2所以得
所以f
(x)=ax3+(m+)x2
-
cx=x3+(m+)x2
-
2x，
所以f
'
(x)=3x2+(2m+1)x
-
2.
又对任意的t∈[1，2]，函数f
(x)=x3+(m+)x2
-
2x在区间(t，3)上总不是单调函数，所以f
'
(x)在(2，3)上有零点，所以f
'
(2)f
'
(3)<0，
即[10+2(2m+1)][25+3(2m+1)]<0，解得
-
-
3.故选A.
(2)[1，4]　设不等式(kx
-
k2
-
4)(x
-
4)<0的解集为A.
当k=0时，易得A=(4，+∞)，不符合题意.
当k>0时，原不等式可化为[x
-
(k+)](x
-
4)<0.
因为k+≥4(当且仅当k=2时取等号)，所以当k=2时，A=?(符合题意)；当k≠2时，A=(4，k+)，要满足不存在整数x使不等式(kx
-
k2
-
4)(x
-
4)<0成立，则k+≤5，解得1≤k≤4且k≠2.
当k<0时，原不等式可化为[x
-
(k+)](x
-
4)>0，
所以A=(
-
∞，k+)∪(4，+∞)，不符合题意.
综上所述，实数k的取值范围是[1，4].
2.(1)不存在　原不等式等价于mx2
-
2x+(1
-
m)<0，
当m=0时，
-
2x+1<0不恒成立；
当m≠0时，若mx2
-
2x+(1
-
m)<0对于任意x∈R恒成立，
则m<0且Δ=4
-
4m(1
-
m)<0，解得m∈?.
综上，不存在实数m，使不等式恒成立.
(2){x|(m)=(x2
-
1)m
-
(2x
-
1)，
当m∈[
-
2，2]时，f
(m)<0恒成立.
而y=f
(m)在m∈[
-
2，2]时表示线段，故f
(m)<0在[
-
2，2]上恒成立??
由①得由②得x<或x>.
所以x的取值范围是{x|(3){m|m≤0}　因为x>1，所以m<.
令2x
-
1=t(t>1)，则x2
-
1=，
所以m<.
设g(t)=t
-
+2，t∈(1，+∞)，
显然g(t)在(1，+∞)上为增函数，
所以g(t)>0，所以m≤0.
基础篇
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)?3
-
x2>
-
1，解得
-
23.D　解法一　取a=，b=3，c=2逐个检验各选项.
对于A，()a=(>1，故A错；对于B，，故B错；对于C，ca
-
1==ba
-
1，故C错.选D.
解法二　对于A，>1，因为a>0，所以()a>1，故A错；
对于B，可用作差比较法，>0，所以
，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<0，得b0，所以成立，故A正确.因为b-
b>
-
a>0，则
-
b>|a|，即|a|+b<0，所以B错误.因为ba
-
>b
-
，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，故成立，即充分性成立.必要性:由，得>0，当x<06.B　因为=tan0，c=3cos>0，所以b(x)=cos
x，x∈(0，)，则f
'
(x)=
-
cos
x
-
sin
x=
-
(cos
x+
sin
x)<0，x∈(0，)，所以函数f
(x)在(0，)上单调递减，所以f
()()，即3cos<4cos，即c【方法技巧】　本题在比较a，c的大小关系时构造了一个函数f
(x)=cos
x，x∈(0，)，利用函数的单调性来解题，是一个非常巧妙的解题方法.
7.(
-
，)　由题意知，(x
-
a)?(x+a)<1可化为(x
-
a)(1
-
x
-
a)<1，即x2
-
x
-
a2+a+1>0，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
-
的取值范围是(
-
，).
8.(
-
∞，2)∪(4，+∞)　将原不等式整理为形式上是关于a的不等式得(x
-
3)a+x2
-
6x+9>0.
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，可得即解得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，
则解得因为
-
<α
-
β<，0<α+β<π，所以-π<2(α
-
β)<π，故
-
π<3α
-
β<2π.
提升篇
10.B　取a=b=1，则ln
a+ln
b=0，|a|=|b|，排除A，D；取a=，b=，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0-
2，
-
1，0，所以
-
3≤
-
<
-
2，即2<≤3，即2a
-
2-
3.
因为b<1+a，所以2a
-
2<1+a，解得a<3.
故a的取值范围是(1，3).故选C.
12.A　解法一　(1)当a=0时，g(x)=0，不存在x0∈R，使得g(x0)<0.
(2)当a<0时，g(x)=ax
-
2a在R上单调递减，且其图象恒过点(2，0).当x>2时，g(x)=ax
-
2a<0.
易知函数f
(x)在(，+∞)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<2，即0()=
-
+a+3<0，无解；
②当≥2，即a≥4时，需满足f
(2)=7
-
a<0，解得a>7.
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=，且<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0-
1≤0，ln
a<0，恒有f
'
(x)>0.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.[
-
，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=
-
，
所以或或
解得
-
≤x<0或x=0或0所以实数x的取值范围为[
-
，12].
15.[，3]　∵f
(
-
x)=(e
-
x
-
ex)(
-
x)=(ex
-
e
-
x)x=f
(x)，∴函数f
(x)是偶函数.∵
f
'
(x)=(ex
-
e
-
x)+x(ex+e
-
x)≥0在[0，+∞)上恒成立，∴函数f
(x)在[0，+∞)上单调递增.由f
(log3x)+f
(x)≤2f
(1)，得2f
(log3x)≤2f
(1)，即f
(log3x)≤f
(1)，∴|log3x|≤1，解得≤x≤3.
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精品试卷·第
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