2020-2021年新高三数学一轮复习训练：一元二次不等式及其解法

2020-2021年新高三数学一轮复习训练：一元二次不等式及其解法

2020-2021 年新高三数学一轮复习训练：一元二次不等式及其解法 一元二次不等式的解法 1 已知全集 U＝R，集合 A＝{x|x2－3x＋2≥0}，则∁RA 等于( ) A．(1,2) B．[1,2] C．(－∞，1]∪[2，＋∞) D．(－∞，1)∪(2，＋∞) 答案 A 解析 由题意可得，∁RA＝{x|x2－3x＋2<0}＝{x|10)． 解 原不等式变为(ax－1)(x－1)<0， 因为 a>0，所以 x－1 a (x－1)<0. 所以当 a>1 时，解得1 a1 时，不等式的解集为       x 1 a0 时，f(x)＝x2－2x，则不等式 f(x)>x 的解集用区间表示 为________. 解析 设 x<0，则－x>0， 因为 f(x)是奇函数，所以 f(x)＝－f(－x)＝－(x2＋2x). 又 f(0)＝0. 于是不等式 f(x)>x 等价于  x>0， x2－2x>x 或  x<0， －x2－2x>x， 解得 x>3 或－3a2(a∈R). 解 (1)原不等式等价于  x2－x－2>0， x2－x－2≤4，可得  x>2或x<－1， －2≤x≤3. 借助于数轴，如图所示， ∴原不等式的解集为{x|－2≤x＜－1 或 2＜x≤3}. (2)∵12x2－ax>a2，∴12x2－ax－a2>0， 即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0， 得 x1＝－a 4，x2＝a 3. 当 a>0 时，－a 4a 3 ； 当 a＝0 时，x2>0，解集为{x|x∈R 且 x≠0}； 当 a<0 时，－a 4>a 3，解集为       x|x－a 4 . 综上所述，当 a>0 时，不等式的解集为       x|x<－a 4或x>a 3 ； 当 a＝0 时，不等式的解集为{x|x∈R 且 x≠0}； 当 a<0 时，不等式的解集为       x|x－a 4 . 一元二次方程与一元二次不等式 1.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，＋∞) 解析 关于 x 的不等式 ax－b<0 即 ax0 可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－10，若 f(2－x2)>f(x)，则实数 x 的取值范围是( ) A.(－∞，－1)∪(2，＋∞) B.(－∞，－2)∪(1，＋∞) C.(－1，2) D.(－2，1) 解析 易知 f(x)在 R 上是增函数，∵f(2－x2)>f(x)， ∴2－x2>x，解得－2f(2m＋mt2)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，＋∞) 解析 因为 f(x)在 R 上为奇函数，且在[0，＋∞)上为增函数，所以 f(x)在 R 上是增函数，结合 题 意 得 － 4t>2m ＋ mt2 对 任 意 实 数 t 恒 成 立 ⇒mt2 ＋ 4t ＋ 2m<0 对 任 意 实 数 t 恒成立 ⇒ m<0， Δ＝16－8m2<0⇒m∈(－∞，－ 2). 答案 A 3.设 a<0，若不等式－cos2x＋(a－1)cos x＋a2≥0 对于任意的 x∈R 恒成立，则 a 的取值范围是 ________. 解析 令 t＝cos x，t∈[－1，1]，则不等式 f(t)＝t2－(a－1)t－a2≤0 对 t∈[－1，1]恒成立，因 此  f（－1）≤0， f（1）≤0 ⇒ a－a2≤0， 2－a－a2≤0，∵a<0，∴a≤－2. 答案 (－∞，－2] 4.已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且当 x≥0 时，f(x)＝ex.若对任意 x∈[a，a＋1]，恒有 f(x＋ a)≥f(2x)成立，求实数 a 的取值范围. 解 因为函数 f(x)是偶函数， 故函数图象关于 y 轴对称，且在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增. 所以由 f(x＋a)≥f(2x)可得|x＋a|≥2|x|在[a，a＋1]上恒成立， 从而(x＋a)2≥4x2 在[a，a＋1]上恒成立， 化简得 3x2－2ax－a2≤0 在[a，a＋1]上恒成立， 设 h(x)＝3x2－2ax－a2， 则有  h（a）＝0≤0， h（a＋1）＝4a＋3≤0，解得 a≤－3 4. 故实数 a 的取值范围是 －∞，－3 4 . 考点四 一元二次不等式的应用 1.甲厂以 x 千克/时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求 1≤x≤10)，每小时可获得利润 100 5x＋1－3 x 元. (1)要使生产该产品 2 小时获得的利润不低于 3 000 元，求 x 的取值范围； (2)要使生产 900 千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利 润. 解 (1)根据题意，得 200 5x＋1－3 x ≥3 000， 整理得 5x－14－3 x≥0，即 5x2－14x－3≥0， 解得 x≥3 或 x≤－1 5， 又 1≤x≤10，可解得 3≤x≤10. 即要使生产该产品 2 小时获得的利润不低于 3 000 元，x 的取值范围是[3，10]. (2)设利润为 y 元，则 y＝900 x ·100 5x＋1－3 x ＝9×104  5＋1 x－3 x2 ＝9×104  －3 1 x－1 6 2 ＋61 12 ， 故当 x＝6 时，ymax＝457 500 元. 即甲厂以 6 千克/时的生产速度生产 900 千克该产品时获得的利润最大，最大利润为 457 500 元. 规律方法 求解不等式应用题的四个步骤 (1)阅读理解，认真审题，把握问题中的关键量，找准不等关系. (2)引进数学符号，将文字信息转化为符号语言，用不等式表示不等关系，建立相应的数学模 型. (3)解不等式，得出数学结论，要注意数学模型中自变量的实际意义. (4)回归实际问题，将数学结论还原为实际问题的结果. 2.已知产品的总成本 y(万元)与产量 x(台)之间的函数关系式是 y＝3 000＋20x－0.1x2，x∈(0， 240).若每台产品的售价为 25 万元，则生产者不亏本(销售收入不小于总成本)时的最低产量是 ( ) A.100 台 B.120 台 C.150 台 D.180 台 解析 由题设，产量 x 台时，总售价为 25x；欲使生产者不亏本时，必须满足总售价大于等于 总成本， 即 25x≥3 000＋20x－0.1x2， 即 0.1x2＋5x－3 000≥0，x2＋50x－30 000≥0， 解之得 x≥150 或 x≤－200(舍去). 故欲使生产者不亏本，最低产量是 150 台. 故选 C. 答案 C 3.某商品每件成本价为 80 元，售价为 100 元，每天售出 100 件.若售价降低 x 成(1 成＝10%)， 售出商品数量就增加8 5x 成.要求售价不能低于成本价. (1)设该商店一天的营业额为 y，试求 y 与 x 之间的函数关系式 y＝f(x)，并写出定义域； (2)若再要求该商品一天营业额至少为 10 260 元，求 x 的取值范围. 解 (1)由题意得，y＝100 1－ x 10 ·100 1＋ 8 50x . 因为售价不能低于成本价，所以 100 1－ x 10 －80≥0，解得 0≤x≤2. 所以 y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)， 定义域为{x|0≤x≤2}. (2)由题意得 40(10－x)(25＋4x)≥10 260， 化简得 8x2－30x＋13≤0，解得1 2≤x≤13 4 . 所以 x 的取值范围是 1 2，2 . 1．(2020·武汉调研)已知集合 A＝{x|x2－x－2<0}，B＝{x|x2＋3x<0}，则 A∩B 等于( ) A．(0,2) B．(－1,0) C．(－3,2) D．(－1,3) 2．(2020·黄冈调研)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－2)<0 的解集 是( ) A．(－∞，1)∪(2，＋∞) B．(－1,2) C．(1,2) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 3．“不等式 x2－x＋m>0 在 R 上恒成立”的充要条件是( ) A．m>1 4 B．m<1 4 C．m<1 D．m>1 4．若不等式 x2－(a＋1)x＋a≤0 的解集是[－4,3]的子集，则 a 的取值范围是( ) A．[－4,1] B．[－4,3] C．[1,3] D．[－1,3] 5．若存在实数 x∈[2,4]，使 x2－2x＋5－m<0 成立，则 m的取值范围为( ) A．(13，＋∞) B．(5，＋∞) C．(4，＋∞) D．(－∞，13) 6．在关于 x 的不等式 x2－(a＋1)x＋a<0 的解集中至多包含 1 个整数，则 a 的取值范围是( ) A．(－3,5) B．(－2,4) C．[－1,3] D．[－2,4] 7．(多选)下列四个解不等式，正确的有( ) A．不等式 2x2－x－1>0 的解集是{x|x>2 或 x<1} B．不等式－6x2－x＋2≤0 的解集是      x x≤－2 3或x≥1 2 C．若不等式 ax2＋8ax＋21<0 的解集是{x|－7－2}，则 k＝－2 5 B．若不等式的解集为       x x∈R，x≠1 k ，则 k＝ 6 6 C．若不等式的解集为 R，则 k<－ 6 6 D．若不等式的解集为∅，则 k≥ 6 6 9．(2020·北京市顺义区模拟)满足关于 x 的不等式(ax－b)(x－2)>0 的解集为       x 1 20 的解集是       x －1 20，则实数 a 的取值范围是 ________． 14．若集合 A＝{x∈Z|x2－(a＋2)x＋2－a<0}中有且只有一个元素，则正实数 a 的取值范围是________． 15．已知关于 x 的不等式－x2＋ax＋b>0. (1)若该不等式的解集为(－4,2)，求 a，b 的值； (2)若 b＝a＋1，求此不等式的解集． 16．甲厂以 x 千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求 1≤x≤10)，每小时可获得的利润是 100 5x＋1－3 x 元． (1)要使生产该产品 2 小时获得的利润不低于 3 000 元，求 x 的取值范围； (2)要使生产 900 千克该产品获得的利润最大，则甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润． 17．(2020·南京六校联考)已知函数 f (x)＝x2－2ax＋2a－1.若对任意的 a∈(0,3)，存在 x0∈[0,4]，使得 t≤|f (x0)|成立，求实数 t 的取值范围． 1.不等式 x2＋2x－3<0 的解集为( ) A．{x|x<－3 或 x>1} B．{x|x<－1 或 x>3} C．{x|－10 的解集为{x|－1a2(a∈R)． 拓展练 1.答案 B 解析 A＝{x|－10 的解集是(1，＋∞)， ∴a>0，且－b a＝1， ∴关于 x 的不等式(ax＋b)(x－2)<0 可化为 x＋b a (x－2)<0，即(x－1)(x－2)<0， ∴不等式的解集为{x|10 在 R 上恒成立， ∴Δ＝(－1)2－4m<0，解得 m>1 4， 又∵m>1 4，∴Δ＝1－4m<0， ∴“m>1 4”是“不等式 x2－x＋m>0 在 R 上恒成立”的充要条件．故选 A. 4.答案 B 解析 原不等式为(x－a)(x－1)≤0，当 a<1 时，不等式的解集为[a,1]，此时只要 a≥－4 即可，即－ 4≤a<1；当 a＝1 时，不等式的解为 x＝1，此时符合要求；当 a>1 时，不等式的解集为[1，a]，此时只要 a≤3 即可，即 1x2－2x＋5， 设 f (x)＝x2－2x＋5＝(x－1)2＋4，x∈[2,4]， 当 x＝2 时 f (x)min＝5， ∃x∈[2,4]使 x2－2x＋5－m<0 成立， 即 m>f (x)min，∴m>5.故选 B. 6.答案 C 解析 因为关于 x 的不等式 x2－(a＋1)x＋a<0 可化为(x－1)(x－a)<0， 当 a>1 时，不等式的解集为{x|10 得(2x＋1)(x－1)>0， 解得 x>1 或 x<－1 2， ∴不等式的解集为       x x>1或x<－1 2 .故 A 错误； 对于 B，∵－6x2－x＋2≤0，∴6x2＋x－2≥0， ∴(2x－1)(3x＋2)≥0，∴x≥1 2或 x≤－2 3.故 B 正确； 对于 C，由题意可知－7 和－1 为方程 ax2＋8ax＋21＝0 的两个根．∴－7×(－1)＝21 a ，∴a＝3.故 C 正确； 对于 D，依题意 q,1 是方程 x2 ＋px－2＝0 的两根， q＋1＝－p，即 p＋q＝－1，故 D 正确． 8.答案 ACD 解析 对于A，∵不等式的解集为{x|x<－3或x>－2}，∴k<0，且－3与－2是方程kx2－2x＋6k＝0的两根， ∴(－3)＋(－2)＝2 k，解得 k＝－2 5.故 A 正确； 对于 B，∵不等式的解集为       x x∈R，x≠1 k ， ∴   k<0， Δ＝4－24k2＝0， 解得 k＝－ 6 6 .故 B 错误； 对于 C，由题意，得   k<0， Δ＝4－24k2<0， 解得 k<－ 6 6 . 故 C 正确； 对于 D，由题意，得   k>0， Δ＝4－24k2≤0， 解得 k≥ 6 6 .故 D 正确． 9.答案 (－2，－1)(答案不唯一) 解析 不等式(ax－b)(x－2)>0 的解集为       x 1 20 对任意实数 x 都成立， 所以 Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，即 4a2－4a－3<0， 解得－1 20 时，(4x2＋a)(2x＋b)≥0 在(a，b)上恒成立， 当 x＝0 时，(4x2＋a)(2x＋b)＝ab<0，不符合题意； ③当 b＝0 时，由题意知 x∈(a,0)，(4x2＋a)2x≥0 恒成立， 所以 4x2＋a≤0，所以－1 4≤a<0，所以 00 对 x∈R 恒成立，符合题意； 当 a＝1 时，f (－1)＝0，不符合题意； 当 a＝4 时，f (x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2>0 对 x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)恒成立，符合题意； 当 Δ>0 时，由   Δ>0， 14， 30， 3a－1≤1， 解得1 20⇔x2－ax－(a＋1)<0， 即[x－(a＋1)](x＋1)<0. 当 a＋1＝－1，即 a＝－2 时，原不等式的解集为∅； 当 a＋1<－1，即 a<－2 时，原不等式的解集为(a＋1，－1)； 当 a＋1>－1，即 a>－2 时，原不等式的解集为(－1，a＋1)． 综上，当 a<－2 时，不等式的解集为(a＋1，－1)；当 a＝－2 时，不等式的解集为∅；当 a>－2 时， 不等式 的解集为(－1，a＋1)． 16.解 (1)根据题意，得 200 5x＋1－3 x ≥3 000， 整理得 5x－14－3 x≥0，即 5x2－14x－3≥0， 又 1≤x≤10，可解得 3≤x≤10. 故要使生产该产品 2 小时获得的利润不低于 3 000 元，x 的取值范围是[3,10]． (2)设利润为 y 元，则 y＝900 x ·100 5x＋1－3 x ＝9×104  5＋1 x－3 x2 ＝9×104    －3 1 x－1 6 2＋61 12 ， 故当 x＝6 时，ymax＝457 500. 故甲厂以 6 千克/小时的生产速度生产 900 千克该产品时获得的利润最大，最大利润为 457 500 元． 17.解 ∵f (x)＝x2－2ax＋2a－1 的对称轴为 x＝a，且 a∈(0,3)， ∴函数 f (x)＝x2－2ax＋2a－1 在[0，a]上是减函数， 在[a,4]上是增函数； ∴函数 f (x)＝x2－2ax＋2a－1 在[0,4]上的最小值为 f (a)＝－(a－1)2∈(－4,0]，|f (a)|＝(a－1)2， ①当 2≤a<3 时，函数 f (x)＝x2－2ax＋2a－1(x∈[0,4])在 x＝0 时取得最大值，且最大值为 2a－1，由于此时 2≤a<3，则 3≤2a－1<5， 易知当 2≤a<3 时，(a－1)2<2a－1， 所以|f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (0)|}＝|f (0)|＝2a－1∈[3,5)． ∴t≤3. ②当 0(a－1)2， |f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (4)|}＝|f (4)|＝15－6a∈(3,15)， ∴t≤3. 综上， t 的取值范围是(－∞，3]． 模拟练 1.答案 D 解析 由 x2＋2x－3<0 得(x＋3)(x－1)<0，解得－30 的解集为{x|－10， 令 3x2－2x－2＝0，得 x1＝1－ 7 3 ，x2＝1＋ 7 3 ， ∴3x2－2x－2>0 的解集为  －∞，1－ 7 3 ∪ 1＋ 7 3 ，＋∞ . 7.解 设 f (x)＝2x2－(m＋1)x＋m， 由   Δ>0， －－m＋1 2×2 >0， f0>0 ⇒    m＋12－8m>0， m>－1， m>0 ⇒   m<3－2 2或m>3＋2 2， m>0 ⇒03＋2 2，即 m 的取值范围为(0,3－2 2)∪(3＋2 2，＋ ∞)． 8.解 由(m＋2)·f (1)<0 ， 即(m＋2)·(2m＋1)<0 ⇒－20， 即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0， 解得 x1＝－a 4，x2＝a 3. 当 a>0 时，不等式的解集为 －∞，－a 4 ∪ a 3，＋∞ ； 当 a＝0 时，不等式的解集为(－∞，0)∪(0，＋∞)； 当 a<0 时，不等式的解集为 －∞，a 3 ∪ －a 4，＋∞ .