当前位置：首页>文档>第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

  • 2026-03-23 16:21:18 2026-03-23 16:21:18

文档预览

第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）
第02讲等式与不等式（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮_备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

文档信息

文档格式
docx
文档大小
0.330 MB
文档页数
27 页
上传时间
2026-03-23 16:21:18

文档内容

第 02 讲 等式与不等式 （6 类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2019年天津卷，第10题,5分 解不含参数的一元一次不等式 2017年天津卷，第2题,5分 必要条件的判定及性质解不含参数的一元一次不等式 2. 命题规律及备考策略 【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度为低难度与中档难度，分值为5分 【备考策略】1.理解、掌握不等式的性质，能够运用不等式的性质进行比较大小 2.能掌握一元二次不等式的性质 3.掌握一元二次不等式根与系数的关系 4.会解一元二次不等式、能够解决一元二不等式的恒成立与存在成立等问题 【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般考查不等式的性质，一元二次不等式的性质等。 知识讲解 知识点一.等式与不等式的性质: 1.两个实数比较大小的方法 (1)作差法 a-b >0⟺ a>b，a-b =0⟺ a=b, a-b <0⟺ a1(a∈R,b>0)⟺a>b(a∈R,b>0), b a =1(a,b≠0)⟺a=b(a,b≠0), b a <1(a∈R,b>0)⟺a0), b 2.等式的性质 (1)对称性:若a=b，则b=a. (2)传递性:若a=b，b=c，则a=c. (3)可加性:若a=b，则a+c =b+c. (4)可乘性:若a=b，则ac=bc;若a =b，c=d，则ac=bd 3.不等式的性质 (1)对称性: a>b ⟺ bb，a>c⟺ a>c; (3)可加性a>b ⟺a+c>b+c; a>b, c>d ⟺a+c>b+d (4)可乘性: a>b, c >0⟺ac>bc; a>b, c <0⟺acb>0，c>d>0⟺ ac>bd; (5)可乘方: a>b>0⟺an>bn(n∈N，n≥1); (6)可开方a>b>0⟺ √n a>√n b(n∈N，n≥2). 知识点二.一元二次不等式 1.一元二次不等式的概念 只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2 的不等式，叫做一元二次 定义 不等式 ax2＋bx＋c>0，ax2＋bx＋c<0，ax2＋bx＋c≥0，ax2＋bx＋c≤0，其中 一般形式 a≠0，a，b，c均为常数 2.二次函数与一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的对应关系 判别式Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 二次函数y＝ax2＋bx ＋c(a>0)的图象 一元二次方程ax2＋ 有两个不相等的实 有两个相等的实数 没有实数根 bx＋c＝0(a>0)的根 数根x，x(x0(a>0) {x |x x } R 1 2 的解集ax2＋bx＋c<0(a>0) {x |x 1 b，则下列说法正确的是（ ） A．a2>b2 B．lg(a−b)>0 C．a5>b5 D．|a3|>|b3| 【答案】C 【分析】利用特殊值判断A、B、D，根据幂函数的性质判断C. 【详解】对于A：当a=0、b=−1，满足a>b，但是a2b，但是lg(a−b)=lg1=0，故B错误； 对于C：因为y=x5在定义域R上单调递增，若a>b，则a5>b5，故C正确 对于D：当a=1、b=−1，满足a>b，但是|a3|=|b3|，故D错误. 故选：C2．（2024·山东滨州·二模）下列命题中，真命题的是（ ） A．若a>b，则ac>bc B．若a>b，则a2>b2 C．若ac2≥bc2，则a≥b D．若a+2b=2，则2a+4b≥4 【答案】D 【分析】由不等式的性质可判断A,B,C，利用基本不等式a+b≥2√ab，当且仅当a=b时等号成立，即可判 断D. 【详解】对于A，由a>b，c=0可得ac=bc，故A错误； 对于B，由a>0，b＜0，|a|＜|b|，可得a2 ＜b2，故B错误； 对于C，若ac2≥bc2，且当c=0时，可得a，b为任意值，故C错误； 对于D，因为2a+4b=2a+22b≥2√2a ⋅22b=2√2a+2b=4，当且仅当a=2b=1时，等号成立， 即2a+4b≥4，故D正确. 故选：D. 1．（22-23高三上·甘肃定西·阶段练习）已知a>b>0,c<0，则下列正确的是（ ） b a A．ac>bc B．ac>bc C． > D．ab−bc>0 c2 c2 【答案】D 【分析】对于ACD，利用作差法判断，对于B，利用幂函数的性质比较. 【详解】对于A，因为a>b>0,c<0，所以ac−bc=(a−b)c<0，所以acb>0，所以acb>0,c<0，所以 − = <0，所以 < ，所以C错误； c2 c2 c2 c2 c2 对于D，因为a>b>0,c<0，所以ab−bc=b(a−c)>0，所以D正确． 故选：D 2．（2024·安徽淮北·二模）已知a,b∈R，下列命题正确的是（ ） A．若ab=1，则a+b≥2 1 1 B．若 < ，则a>b a b C．若a>b，则ln(a−b)>0 1 1 D．若a>b>0，则a+ >b+ b a 【答案】D 【分析】举反例即可推出A,B,C错误，D利用反比例函数单调性和不等式可加性即可证得. 【详解】当a=−1,b=−1时，a+b=−2，所以A错. 当a<0,b>0时，ab>0，则 > >0，则a+ >b+ 成立，所以D正确. b a b a 故选：D 3.（2024·天津·一模）已知a,b∈R，则“b>|a|”是“a2|a|时，有b>|a|≥0，则a2|0|，即b>|a|不成立，进而必要性不成立. 所以a,b∈R，“b>|a|”是“a20， 所以a−b<0，即ab>c B．c>b>a C．c>a>b D．b>a>c 【答案】C 【分析】根据a>b⇔a−b>0，因此要比较a，b的大小，作差，通分，利用对数的运算性质，即可求得a， b的大小；利用对数函数y=lnx的单调性，可知ln2π>ln6>0，然后利用不等式的可乘性，即可得出a， c的大小.ln26 (ln2+ln3) 2−4ln2ln3 (ln2−ln3) 2 【详解】解：a−b= −ln2ln3= = >0，∴a>b， 4 4 4 ln2(2π) ln26 而ln(2π)>ln6>0，∴ > ，即c>a， 4 4 因此c>a>b. 故选：C. 2.（2024·四川成都·模拟预测）已知a，b为实数，则使得“a>b>0”成立的一个必要不充分条件为 （ ） 1 1 A． > B．ln(a+1)>ln(b+1) a b C．a3>b3>0 D．√a−1>√b−1 【答案】B 【分析】利用不等式的性质、结合对数函数、幂函数单调性，充分条件、必要条件的定义判断即得. 1 1 1 1 1 1 【详解】对于A， > ，不能推出a>b>0，如 > ，反之a>b>0 ，则有 < ， a b −3 −2 a b 1 1 即 > 是a>b>0的既不充分也不必要条件，A错误； a b 对于B，由ln(a+1)>ln(b+1)，得a+1>b+1>0，即a>b>−1， 不能推出a>b>0 ，反之a>b>0，则a>b>−1， 因此ln(a+1)>ln(b+1)是a>b>0的必要不充分条件，B正确； 对于C，a3>b3>0⇔a>b>0，a3>b3>0是a>b>0的充分必要条件，C错误； 对于D，由√a−1>√b−1，得a>b≥1>0，反之a>b>0不能推出a>b≥1， 因此√a−1>√b−1是a>b>0的充分不必要条件，D错误. 故选：B. 1．（22-23高三上·天津河西·期末）若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是（ ） 1 1 a b A． < B．a2 D．a|c|>b|c| a b c2+1 c2+1 【答案】C 【分析】举反例排除ABD，利用不等式的性质判断C即可得解. 1 1 【详解】对于A，取a=1,b=−1，满足a>b，但 > ，故A错误； a b 对于B，取a=1,b=−1，满足a>b，但a2=b2，故B错误； 对于D，取c=0，则a|c|=b|c|，故D错误； 1 对于C，因为c2+1≥1>0，则 >0， c2+1a b 又a>b，所以 > ，故C正确. c2+1 c2+1 故选：C. 1 1 2．（2023·天津·一模）设a>0，b>0，则“a>b”是“ < ”的（ ） a b 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】C 1 1 【分析】利用作差法结合得出 < 的等价条件，即可得出结论. a b 1 1 1 1 a−b 【详解】因为a>0，b>0，由 < 可得 − = >0，则a−b>0，即a>b， a b b a ab 1 1 因此，若a>0，b>0，则“a>b”是“ < ”的充要条件. a b 故选：C. 1 3．（23-24高三上·天津和平·开学考试）已知a是实数，则“a>1”是“a+ >2”的（ ）． a 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】A 1 【分析】判断“a>1”和“a+ >2”之间的逻辑推理关系，即得答案. a 1 a2−2a+1 (a−1) 2 【详解】当a>1时，a+ −2= = >0， a a a 1 1 故a+ >2，即a>1成立，则a+ >2成立； a a 1 1 1 当a= 时，a+ = +2>2，但推不出a>1成立， 2 a 2 1 故“a>1”是“a+ >2”的充分不必要条件， a 故选：A 1 1 4．（2024·北京西城·一模）设a=t− ,b=t+ ,c=t(2+t)，其中−10， t t1 由对勾函数性质可得b=t+ <−(1+1)=−2， t c=t(2+t)<0，且c=t⋅(2+t)=t2+2t=(t+1) 2−1≥−1， 综上所述，有b0,b≤2a+3c且bc=a2，则 a−2c 的最大值为 ． b 1 【答案】 9 a2 c 【 分 析 】 依 题 意 可 得 ≤2a+3c， 进 而 得 a2−2ac−3c2≤0， 即 可 求 出 的 范 围 ， 于 是 c a a−2c ac−2c2 c (c) 2 c = = −2 ，令 =t，f(t)=t−2t2，利用二次函数的单调性即可求解最值. b a2 a a a 【详解】当c>0时满足b≤2a+3c且bc=a2， a2 (a) 2 a a ∴ ≤2a+3c，即a2−2ac−3c2≤0，进而 −2× −3≤0，解得−1≤ ≤3． c c c c c 1 c 所以 ≥ 或 ≤−1， a 3 a a−2c ac−2c2 c (c) 2 所以 = = −2 ， b a2 a a c [1 ) 令 =t，t∈ ,+∞ ∪(−∞−1]， a 3 令f (t)=−2t2+t=−2 ( t− 1) 2 + 1 ，t∈ [1 ,+∞ ) ∪(−∞−1]， 4 8 3 [1 ) 所以f (t)在(−∞,−1]上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减， 3(1) 1 1 又f = ，f (−1)=−3，所以f (t)≤ ， 3 9 9 a−2c 1 即 的最大值为 . b 9 1 故答案为： ． 9 4.（2024·浙江·模拟预测）已知正数a，b，c满足a2+c2=16，b2+c2=25，则k=a2+b2的取值范围 为 ． 【答案】90所以0 } D．{x|x<− 或x> } 3 2 2 3 【答案】B 【分析】化分式不等式为一元二次不等式求解即得. 3x−2 3 2 【详解】不等式 <0化为：(2x+3)(3x−2)<0，解得− 0 C．b<0 D．b>0 【答案】C 【分析】对a,b的符号分正负两种情况讨论，结合穿根法及三次函数的性质分析即可得到答案． 【详解】由ab≠0得a≠0,b≠0，f (x)=(x−a)(x−b)(x−2a−b)=0⇒x =a,x =b,x =2a+b 1 2 3 ①若a>0,b>0，则2a+b>0，且2a+b>a，2a+b>b， 根据穿根法可知x∈(a,2a+b)或x∈(b,2a+b)时不符合题意，舍去； ②若a>0,b<0，要满足题意则a=2a+b>b⇒a+b=0，符合题意，如图所示； ③当a<0,b>0时，同理要满足题意需2a+b=b>a⇒a=0，与前提矛盾； ④当a<0,b<0，此时2a+b<0，则f (x)=(x−a)(x−b)(x−2a−b)的三个零点都是负数，由穿根法可知 符合题意； 综上可知满足(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0在x≥0恒成立时，只有b<0满足题意. 故选：C ． 3.（23-24高三下·上海·阶段练习）设a>0，若关于x的不等式x2−ax<0的解集是区间(0,1)的真子集， 则a的取值范围是 ． 【答案】(0,1) 【分析】 解一元二次不等式结合真子集的概念即可得解. 【详解】 因为a>0，所以x2−ax<0⇒00)的解集为[2,4]， 所以A=¿且x∈R+}=[2,4]， 由x2−(3a+1)x+2a2+2a<0，得(x−2a)[x−(a+1)]<0， 当2a=a+1，即a=1时，则B=∅，不符题意； 当2a>a+1，即a>1时，则B=(a+1,2a)， 由a>1，得a+1>2， 根据嵌套集合得定义可得¿，解得2 7 5 52 2 C．a<− D．− 0(a>0)的解集是{x|x≠d},，则下列 四个结论中错误的是（ ） A．a2=4b 1 B．a2+ ≥4 b C．若关于x的不等式x2+ax−b<0的解集为（x ，x ），则x x >0 1 2 1 2 D．若关于x的不等式x2+ax+b0， 所以3p+q<9，又p,q∈N∗， 当p=1时，q=1,2,3,4,5，当p=2时，q=1,2. 所以共7种可能. 故答案为：7 考点 六 、 一元二次不等式恒成立 1.（2024高三·全国·专题练习）若不等式(a−2)x2+2(a−2)x−4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的 取值范围是（ ） A．(−∞,2] B．[−2,2] C．(−2,2] D．(−∞,−2) 【答案】C 【分析】对二次项系数进行分类讨论可得a=2符合题意，当a≠2时利用判别式可求得结果. 【详解】当a−2=0，即a=2时，不等式为−4<0对一切x∈R恒成立． 当a≠2时，需满足¿， 即¿，解得−20，若对任意的x∈(0,+∞)，不等式4ax3+8x2−abx−2b≤0 恒成立，则a2+2a+4b+ab的最小值为 . 【答案】16−8√2 【分析】先把原不等式分解为二次不等式，分类讨论后运用整体代换和基本不等式即可. 【详解】原不等式4ax3+8x2−abx−2b≤0⇔(4x2−b)(ax+2)≤0， √b √b 由b>0，知0 时，4x2−b>0， 2 2 √b √b 故由原不等式知0 时ax+2≤0， 2 2 √b −4 由恒成立知a<0且a× +2=0，即a= ， 2 √b 故所求式a2+2a+4b+ab= (16 +4b ) − ( 8 +4√b ) ， b √b 2 √ 2 设t= +√b，则t≥2 ×√b=2√2， √b √b 则所求式=4(t2−t−4)=4 [ ( t− 1) 2 − 17] 递增， 2 4 故最小值在t=2√2时取得：4×(8−2√2−4)=16−8√2. 故答案为：16−8√2. x 2.（22-23高三上·河北衡水·阶段练习）已知对任意实数x>0,不等式(2x2−ax−10)ln ≥0恒成立,则 a 实数a的值为 ． 【答案】√10 x x 【分析】对ln 正负分情况讨论，得出x=a是其唯一零点.不等式(2x2−ax−10)ln ≥0对任意的x>0恒 a a 成立.得到x=a也是2x2−ax−10=0的根,求解即可. x x x 【详解】由题知,显然a>0，当x>a时ln >0；当x=a时ln =0；当00恒成立. 当x>a时，2x2−ax−10≥0；当00，所以a=√10． 故答案为: √10. 3. （ 2024· 陕 西 榆 林 · 三 模 ） 已 知 α∈(0,2π)， 若 当 x∈[0,1]时 ， 关 于 x的 不 等 式 (sinα+cosα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα>0恒成立，则α的取值范围为（ ） (π 5π ) (π 5π ) ( π π ) (π 5π ) A． , B． , C． , D． , 12 12 6 6 6 3 3 6 【答案】A 【 分 析 】 令 f (x)=(sinα+cosα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα， 易 得 f (x)的 对 称 轴 为 1 sinα+ 2 ，则¿，进而可得出答案. x= ∈(0,1) sinα+cosα+1 【详解】令f (x)=(sinα+cosα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα， 由题意可得¿，则¿， π ( ) 又因为α∈(0,2π)，所以α∈ 0, ， 2 1 sinα+ 函数f (x)的对称轴为 2 ， x= ∈(0,1) sinα+cosα+1 则¿， 即¿， π π 5π 即¿，结合α∈ ( 0, ) ，解得 <α< . 2 12 12 故选：A. 4.（2024·湖北·二模）已知等差数列{a }的前 n 项和为S ，且S =n2+m，n∈N*，若对于任意的 n n n a a∈[0,1]，不等式 n0”，q：“x>1”，则p是q的（ ） A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】首先解一元二次方程，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由x2−x>0，即x(x−1)>0，解得x>1或x<0， 所以p：“x>1或x<0”， 故由p推不出q，即充分性不成立， 由q推得出p，即必要性成立， 所以p是q的必要但不充分条件. 故选：B 1 3．（23-24高三上·天津北辰·期中）设x∈R，则“x2>1”是“ <1”成立的（ ） x A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】解出不等式，根据充分不必要条件的判定即可得到答案.【详解】∵x2>1，∴x<−1或x>1， 1 1−x 又 <1即 <0，等价于x(x−1)>0，解得x<0或x>1， x x 可得¿或x>1}¿或x>1}， 1 所以x2>1是 <1的充分不必要条件. x 故选：A. 4．（2022·天津·二模）设x∈R，则“x≤3”是“x2≤3x”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 【分析】解不等式x2≤3x，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案. 【详解】解：由x2≤3x，得0≤x≤3， 所以“x≤3”是“x2≤3x”的必要不充分条件. 故选：B. 5．（2024·天津·一模）设x∈R，则“x<0”是“x2−x>0”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 【答案】A 【分析】解出不等式x2−x>0后，结合充分条件与必要条件的定义即可得. 【详解】由x2−x>0，解得x>1或x<0， 故“x<0”是“x2−x>0”的充分不必要条件. 故选：A. 6．（2024高三下·全国·专题练习）已知20的解集是一个开区间，且 区间的长度L满足L∈[1,2]，求实数m的取值范围（注：开区间(a,b)的长度L=b−a）. [7 33] 【答案】(−∞,−15]∪ , 3 14 【分析】设方程(m−3)x2−2mx−8=0的两根为x ,x ，由m−3<0，Δ>0和1≤|x −x |≤2，结合韦达定 1 2 1 2 理解关于m的不等关系式即可. 【详解】据题意得m−3<0，设(m−3)x2−2mx−8>0等价于(x−x )(x−x )<0， 1 2Δ=4(m2+8m−24)>0，得m>−4+2√10或m<−4−2√10， 2m 8 则x +x = ，x x =− ，由1≤|x −x |≤2得1≤√(x +x ) 2−4x x ≤2， 1 2 m−3 1 2 m−3 1 2 1 2 1 2 √ ( 2m ) 2 ( 8 ) 2√m2+8m−24 即1≤ −4 − ≤2，化简得1≤ ≤2， m−3 m−3 |m−3| 2√m2+8m−24 ∴1≤ ≤2⇔(m−3) 2≤4(m2+8m−24)≤4(m−3) 2 |m−3| 等价于¿解得¿ 7 [7 33] ∵−4−2√10>−15，−4+2√10< ，∴m的取值范围是(−∞,−15]∪ , . 3 3 14 x 1．（2024·福建宁德·三模）函数f(x)= ，若关于x的不等式[f(x)] 2−af(x)≤0(a∈R)有且仅有 lnx 三个整数解，则a的取值范围是（ ） [ 2 5 ) ( 2 5 ] A． , B． , ln2 ln5 ln2 ln5 [ 3 5 ) ( 5 ] C． , D． e, ln3 ln5 ln5 【答案】A 【分析】求导，求得f(x)的单调区间，作出f(x)的图象，分类讨论求得[f(x)] 2−af(x)≤0的解集，结合 2 5 图象可得a的取值范围为[ , ). ln2 ln5 lnx−1 【详解】对函数求导可得f' (x)= ，令f' (x)>0，解得x>e，令f' (x)<0，解得00时，由[f(x)] 2−af(x)≤0，可得0≤f(x)≤a， 2 4 4 5 又f(2)= = ， f(4)= ，f(5)= ， ln2 ln4 ln4 ln5 由f(x)的递增区间为(e,+∞)，所以f(2)=f(4)−4.命题q：f (x)=−x2+(m−1)x m−1 在[−3,+∞)上单调递减，若为真命题，则对称轴x= ≤−3，解得m≤−5， 2 若命题q为假命题，则m>−5.若p∧q为假命题，p∨q为真命题， 则命题题p、q一真一假，当p真q假时解集为(−5,−4]，当p假q真时解集为空集. 故选：B 3．（2024·甘肃张掖·模拟预测）不等式|x2−3x|<2−2x的解集是（ ） ( 1) ( 1 1) ( 5−√17) (5−√17 1) A． −1, B． − , C． −1, D． , 2 2 2 2 2 2 【答案】C 【分析】按照x2−3x正负分类讨论取绝对值，运算得解. 【详解】当x2−3x≥0，即x≥3或x≤0时， 不等式|x2−3x|<2−2x等价于x2−3x<2−2x，即x2−x−2<0， 解得−10，5+√17 5−√17 5−√17 解得x> 或x< ，所以00的解集为¿”是“a+b+c=0”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 【答案】A 【分析】根据一元二次不等式的解及充分条件、必要条件求解. 【详解】由题意，二次不等式ax2+bx+c>0的解集为¿， 则等价于¿，即a=c>0,b=−2a，即a+b+c=0， 当a+b+c=0时，不能推出a=c>0,b=−2a， 所以“ax2+bx+c>0的解集为¿”是“a+b+c=0”的充分不必要条件， 故选：A 7．（2025高三·全国·专题练习）已知x2+x+5≤ax2+2ax+c≤2x2+5x+9对任意x∈R恒成立，则 a+c= ． 17 【答案】 /8.5 2 【 详 解 】 由 x2+x+5=2x2+5x+9， 可 得 x=−2， 从 而 c=7， 再 由 x2+x+5≤ax2+2ax+7， ax2+2ax+c≤2x2+5x+9，对任意x∈R恒成立，利用判别式法求解，得解. 令x2+x+5=2x2+5x+9，解得x=−2，故7≤4a−4a+c≤7，即c=7， 则x2+x+5≤ax2+2ax+7，所以(a−1)x2+(2a−1)x+2≥0对任意x∈R恒成立， 3 所以¿即¿解得a= ， 2 3 同理ax2+2ax+c≤2x2+5x+9对任意x∈R恒成立可得a= ， 2 3 17 综上得a= ， 则a+c= . 2 2 17 故答案为： 21 1．（江西·高考真题）当a>0,b>0时，不等式−b< B．− D．− 0)⇒ >0⇒x(ax−1)>0⇒x> ，或x<0， x x a 1 1 由−b< (b>0)⇒x(bx+1)>0⇒x>0，或x<− ， x b 1 1 1 所以不等式−b< ， x b a 故选：A 2．（安徽·高考真题）函数f (x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ） A．a>0，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0 C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0 【答案】A 【分析】根据图象，由f (0)确定d>0，求导后，确定f'(x)=3ax2+2bx+c有两个不相等的正实数根x ,x ， 1 2 结合函数单调性，韦达定理即可求出答案. 【详解】由图象可知f (0)=d>0， f'(x)=3ax2+2bx+c有两个不相等的正实数根x ,x ，且f (x)在(−∞,x ),(x ,+∞)上单调递增，在 1 2 1 2 (x ,x )上单调递减， 1 2 2b c 所以a>0,x +x =− >0,x x = >0， 1 2 3a 1 2 3a 所以b<0,c>0， 综上：a>0，b<0，c>0，d>0. 故选：A 3．（2023·全国·高考真题）已知集合M={−2,−1,0,1,2}，N=¿，则M∩N=（ ） A．{−2,−1,0,1} B．{0,1,2} C．{−2} D．{2} 【答案】C 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合N，即可根据交集的运算解出．方法二：将集合M中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为N=¿，而M={−2,−1,0,1,2}， 所以M∩N= {−2}． 故选：C． 方法二：因为M={−2,−1,0,1,2}，将−2,−1,0,1,2代入不等式x2−x−6≥0，只有−2使不等式成立，所 以M∩N= {−2}． 故选：C． 4．（2017·天津·高考真题）设x∈R，则2−x≥0是−1≤x−1≤1 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 【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合集合的包含关系可解． 【详解】设p：若2−x≥0，则x≤2， q：若−1≤x−1≤1，则0≤x≤2； 则q表示的集合是p表示的集合真子集， 即2−x≥0是−1≤x−1≤1必要不充分条件， 故选：B． 5．（天津·高考真题）设集合A=¿，则A∩B=（ ） [ 5] [5 ) [5 ) A．(−3,−2]B．(−3,−2]∪ 0, C．(−∞,−3]∪ ,+∞ D．(−∞,−3)∪ ,+∞ 2 2 2 【答案】D 【分析】根据含绝对值不等式和分式不等式的解法求出集合A,B，再根据交集的定义即可得出答案. [5 ) 【详解】因为A=¿或x≤−2}=(−∞,−2]∪ ,+∞ ， 2 { x } B= x| ≥0,x∈R =¿或x<−3}=(−∞,−3)∪[0,+∞)， x+3 [5 ) 所以A∩B=(−∞,−3)∪ ,+∞ . 2 故选：D. 6．（天津·高考真题）设x∈R，则“|x−2|<1”是“x2+x−2>0”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 【答案】A 【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系. 【详解】由|x−2|<1，可得10，可得x<−2或x>1，即x∈ (−∞,−2)∪(1,+∞)； ∴(1,3)是(−∞,−2)∪(1,+∞)的真子集，故“|x−2|<1”是“x2+x−2>0”的充分而不必要条件. 故选：A
本文档来自网络内容，如有侵犯您的权益请联系我们删除，联系邮箱：wyl860211@qq.com。