2.2.3—元二次不等式的解法-【新教材】人教B版(2019)高中数学必修第一册同步提高练习(Word含答案)

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名称 2.2.3—元二次不等式的解法-【新教材】人教B版(2019)高中数学必修第一册同步提高练习(Word含答案)
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资源类型 教案
版本资源 人教B版(2019)
科目 数学
更新时间 2021-06-29 00:13:36

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文档简介

2.2.3—元二次不等式的解法
-高中数学人教B版(2019)必修第一册同步提高练习
1.若集合为空集,则的取值范围为( )
A.或 B.
C. D.且
2.若不等式的解集为R,则实数m的取值范围是( )
A.或 B.或
C. D.
3.若关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-1A.{x|03}
C.{x|x>3} D.{x|-24.若关于x的一元二次不等式的解集为R,则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
5.不等式的解集是( )
A. B.
C. D.
6.设f(x)=x2-bx+c,不等式f(x)<0的解集是(-1,3),若f(7+|t|)>f(1+t2),则实数t的取值范围是( )
A.(-1,2) B.(-3,3) C.(2,3) D.(-1,3)
7.已知正数,满足,则的最小值是( )
A.2 B.3 C.4 D.5
8.在R上定义运算:a⊕b=(a+1)b.已知1≤x≤2时,存在x使不等式(m-x)⊕(m+x)<4成立,则实数m的取值范围为( )
A.{m|-2C.{m|-39.若,,且,恒成立,则实数的取值范围是  
A. B.
C. D.
10.已知不等式的解集是,,则不等式的解集是( )
A. B.
C. D.
11.二次不等式的解集为,则的值为_______.
12.设,使不等式成立的的取值范围为___________.
13.对于实数x,规定[x]表示不大于x的最大整数,那么不等式4[x]2-36[x]+45<0的解集为________.
14.如果方程的两根为和3且,那么不等式的解集为____________.
15.设正数a,使成立,若,则__________(填“”“”“”“”).
16.对于实数x,当且仅当时,规定,则不等式的解集是_____.
17.记不等式的解集为A,关于x的不等式的解集为B.
(1)求A;
(2)若,求实数a的取值范围.
18.已知.
(1)解不等式;
(2)若m满足:,都有,当时,试判断命题“若,则”的逆否命题的真假.
19.已知集合,
(Ⅰ)求实数的值;
(Ⅱ)已知,若不等式在上恒成立,求实数的取值范围.
20.为鼓励大学毕业生自主创业,某市出台了相关政策:由政府协调,企业按成本价提供产品给大学毕业生自主销售,成本价与出厂价之间的差价由政府承担.某大学毕业生按照相关政策投资销售一种新型节能灯.已知这种节能灯的成本价为每件10元,出厂价为每件12元,每月的销售量y(单位:件)与销售单价x(单位:元)之间的关系近似满足一次函数:.
(1)设他每月获得的利润为w(单位:元),写出他每月获得的利润w与销售单价x的函数关系.
(2)相关部门规定,这种节能灯的销售单价不得高于25元.如果他想要每月获得的利润不少于3000元,那么政府每个月为他承担的总差价的取值范围是多少?
21.(1)已知,不等式的解集为,不等式的解集为.求集合;
(2)解关于的不等式.
22.已知函数.
(1)当时,解不等式;
(2)当时,恒成立,求的取值范围.
23.已知关于x的不等式.
(1)若不等式的解集是,求的值;
(2)若,,求此不等式的解集.
24.已知关于的不等式.
(1)若不等式的解集为,求实数的值;
(2)若不等式的解集为,求实数的取值范围.
25.若实数,,且满足.
(1)求的最大值;
(2)求的最小值
26.已知关于的不等式.
(1)若不等式的解集是或,求的值;
(2)若不等式的解集是,求的取值范围;
(3)若不等式的解集为,求的取值范围.
27.已知函数.
(1)若关于的不等式的解集为,求的值;
(2)当时,解关于的不等式.
28.已知,不等式的解集是.
(1)求的解析式;
(2)不等式组的正整数解只有一个,求实数取值范围;
(3)若对于任意,不等式恒成立,求t的取值范围.
参考答案
1.B
【分析】根据题意,可知无解,则分类讨论和两种情况,当时,不符合题意;当时,则,即可求出的取值范围.
【详解】解:由于集合为空集,
即无解,
当时,化为,不是空集;
当时,可得,解得:.
故选:B.
【点评】本题考查空集的定义以及一元二次不等式的应用,从而求参数的取值范围,考查分类讨论思想.
2.D
【分析】由二次项系数大于0的一元二次不等式的解集为R,可知解不等式即可求得m的范围
【详解】由不等式的解集为R
∴,即,
解得:
所以m的取值范围为
故选:D
【点评】本题考查了一元二次不等式,结合一元二次方程根与系数关系、判别式以及对应的一元二次函数的性质,列不等式求解
3.B
【分析】由不等式解集结合一元二次方程根与系数关系可得b=-a,c=-2a,将其代入a(x2+1)+b(x-1)+c<2ax即可求出解集
【详解】∵不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-1∴-1和2是方程ax2+bx+c=0的两根且a<0
∴-=-1+2=1,=-2
∴b=-a,c=-2a
由a(x2+1)+b(x-1)+c<2ax,有a(x2+1)-a(x-1)-2a<2ax,得ax2-3ax<0
∵a<0
∴x2-3x>0,解得x<0或x>3
∴不等式a(x2+1)+b(x-1)+c<2ax的解集为{x|x<0或x>3}
故选:B
【点评】本题考查了一元二次不等式的解法,由一元二次不等式能成立,结合一元二次方程根与系数关系确定参数的关系式,求解不等式
4.B
【分析】由于一元二次不等式的解集为R,所以可得其对应的二次函数开口向上,且与轴无交点,所以,从而可求出a的取值范围
【详解】由题,因为为一元二次不等式,所以
又因为的解集为R
所以
故选:B
【点评】此题考查一元二次不等式恒成立问题,属于基础题.
5.B
【分析】根据解一元二次不等式的方法,得到答案.
【详解】
可得.
故选:B.
【点评】本题考查解一元二次不等式,属于简单题.
6.B
【分析】根据一元二次不等式的解集知且对称轴方程为,利用二次函数的单调性解不等式即可求解.
【详解】f(x)<0的解集是(-1,3),
且对称轴方程为,
在上单调递增,
,且f(7+|t|)>f(1+t2)

即,
解得,
所以,故不等式的解集为(-3,3).
故选:B
【点评】本题主要考查了一元二次不等式与一元二次函数的关系,二次函数的单调性,二次不等式的解法,属于中档题.
7.A
【分析】设,根据,转化为,由“1”的代换,利用基本不等式转化,再利用一元二次不等式的解法求解.
【详解】设,

所以(当且仅当,即时取等号)
且,
解得:,

的最小值为
故选:A
【点评】本题主要考查基本不等式的应用以及一元二次不等式的解法,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
8.C
【分析】根据定义求出(m-x)⊕(m+x)=m2-x2+m+x,将不等式分离参数后,转化为最大值使不等式成立,根据二次函数求出最大值后,解一元二次不等式即可得解.
【详解】依题意得(m-x)⊕(m+x)=(m-x+1)(m+x)=m2-x2+m+x,
因为1≤x≤2时,存在x使不等式(m-x)⊕(m+x)<4成立,
所以存在1≤x≤2,使不等式m2+m即当1≤x≤2时,m2+m<(x2-x+4)max.
因为1≤x≤2,所以当x=2时,x2-x+4取最大值6,
所以m2+m<6,解得-3故选:C.
【点评】本题考查了对新定义的理解能力,考查了不等式能成立问题,考查了二次函数求最值,考查了一元二次不等式的解法,属于中档题.
9.A
【分析】利用“乘1法”及其基本不等式可得的最小值,解出不等式即可得出.
【详解】解:由基本不等式得

当且仅当,即当时,等号成立,
所以的最小值为.
由题意可得,即,解得.
故选:A
【点评】本题考查了“乘1法”及其基本不等式的性质、一元二次不等式的解法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
10.A
【分析】根据不等式的解集,判断出的符号,利用韦达定理表示出和与的关系. 设不等式的解集为,利用韦达定理建立与的关系,进而用表示出,即可得不等式的解集.
【详解】不等式的解集是
所以的两个根分别为
因为,所以,所以
由韦达定理可知,
由,可知
因为,所以可设的解集为.由于,所以

因为,
所以
解方程组可得
所以不等式的解集为
故选:A
【点评】本题考查了不等式与方程的关系,韦达定理在解方程中的应用,属于中档题.
11.6
【分析】由二次不等式与二次方程的关系可得,从而得解.
【详解】二次不等式的解集为,
则,且的两个根为和.
所以,解得.
所以
【点评】本题主要考查了二次方程与二次不等式的关系,属于基础题.
12.
【分析】解不等式即可得出实数的取值范围.
【详解】解不等式,即,即,解得.
因此,使不等式成立的的取值范围为.
故答案为:.
【点评】本题考查一元二次不等式的求解,考查运算求解能力,属于基础题.
13.
【分析】先把看作一个未知数,解不等式得的范围,然后由定义得的取值,从而得到取值范围.
【详解】由题意解得,又[x]表示不大于x的最大整数,所以[x]的取值为2,3,4,5,6,7,故2≤x<8.
故答案为:.
【点评】本题考查新定义,考查解一元一次不等式,解题关键是把新定义看一个未知数先求解,然后再利用新定义得最终结论.
14.或
【分析】由韦达定理可得出,,代入不等式,消去得出
,再解该不等式即可.
【详解】由韦达定理得,,代入不等式,
得,,消去得,解该不等式得,
因此,不等式的解集为或,
故答案为或.
【点评】本题考查根与系数的关系(韦达定理),也考查了二次不等式的解法,在解二次不等式时,也要注意将首项系数化为正数,考查运算求解能力,属于中等题.
15.
【分析】解一元二次不等式求得的取值范围,结合对数函数的单调性和基本不等式判断出两者的大小关系.
【详解】∵,
∴或,又,∴.
∵,
∴.
由基本不等式有,当且仅当时等号成立.
∴,
∵,在上递增,
∴,即.所以填.
故答案为:
【点评】本小题主要考查一元二次不等式的解法,考查对数函数的单调性,考查基本不等式的运用,属于中档题.
16..
【分析】先解关于的二次不等式,得到的范围,再根据的定义,得到的范围.
【详解】
解关于于的二次不等式,
得,
因为当且仅当时,规定,
解得:.
故答案为:
【点评】
本题考查解二次不等式,根据条件中的新定义解决问题,属于中档题.
17.(1);(2)或
【分析】(1)根据,先通分,再转化为,利用一元二次不等式的解法求解.
(2)由,转化为,根据,得到,写出解集,再根据,由或求解.
【详解】(1)因为,
所以,
所以,
解得或,
所以,
(2)因为,
所以,
因为,
所以,
解得,
所以
因为,
所以或,
解得或.
【点评】本题主要考查分式不等式和一元二次不等式的解法以及集合基本关系的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题.
18.(1);(2)真命题.
【分析】(1)先计算判别式,然后根据判别式为负数和非负数,分成两类,写出不等式的解集;
(2)恒成立,转化为,即.由于命题真假性与其逆否命题的一致,故只需证:若,则.利用基本不等式可证得不等式成立.
【详解】(1),

当时,即时,不等式的解集为;
当时,即,时,
,,
不等式的解集为.
(2)∵,都有,


命题为真命题,
因为命题真假性与其逆否命题的一致,
则只需证:若,则即可,

原命题为真得证.
【点评】本小题主要考查一元二次不等式的解法,考查含有参数的一元二次不等式恒成立问题的求解策略,还考查了利用基本不等式求最值的方法,是中档题.
19.(Ⅰ);(Ⅱ).
【分析】(Ⅰ)等价于和是方程的两个根,根据韦达定理可得结果;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, ,原不等式可化为在上恒成立,利用二次函数知识求出在上的最小值,再解不等式可得结果.
【详解】(Ⅰ)由题意可知,和是方程的两个根,
所以由韦达定理得,解得,
故实数.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, ,原不等式可化为,
所以在上恒成立,
令,
因为,
所以,
所以不等式恒成立等价于,故由,
解得:,
故实数的取值范围为:.
【点评】本题考查了由一元二次不等式的解集求参数,考查了一元二次不等式恒成立问题,属于基础题.
20.(1);(2)元
【分析】(1)利用销售利润乘以销售量,求得每月获得的利润w与销售单价x的函数关系.
(2)依题意令且,解一元二次不等式求得的取值范围.先求得政府每个月为他承担的总差价的表达式,根据的取值范围,求得总差价的取值范围.
【详解】(1)依题意可知每件的销售利润为元,每月的销售量为件,
所以每月获得的利润w与销售单价x的函数关系为.
(2)由每月获得的利润不小于3000元,得.
化简,得.解得.又因为这种节能灯的销售单价不得高于25元,所以.
设政府每个月为他承担的总差价为元,则.
由,得.故政府每个月为他承担的总差价的取值范围为元.
【点评】本小题主要考查二次函数在实际生活中的应用,考查一元二次不等式的解法,属于基础题.
21.(1);(2)见解析
【分析】(1)由题意得,,由此可求得,代入后转化为一元二次不等式即可求出答案;
(2)分类讨论法解不等式即可.
【详解】解:(1)∵,不等式的解集为,
∴方程的解集为,
∴,解得,
∴,
∴,
解得,
∴;
(2)∵,
①当时,原不等式化为,解得;
当,
②当时,原不等式化为,
解得,或;
③当时,原不等式化为,
当即时,原不等式化为,解得;
当即时,解得;
当即时,解得;
综上:当时,原不等式的解集为;
当时,原不等式的解集为;
当时,原不等式的解集为;
当时,原不等式的解集为;
当时,原不等式的解集为.
【点评】本题主要考查一元二次不等式的解法,考查分式不等式的解法,考查转化与化归思想,考查分类讨论法,属于中档题.
22.(1);(2).
【分析】(1)当是,解一元二次不等式求得不等式的解集.
(2)利用判别式列不等式,解不等式求得的取值范围.
【详解】(1)当时,不等式为,即,
该不等式解集为 .
(2)由已知得,若时,恒成立,

即,的取值范围为.
【点评】本小题主要考查一元二次不等式的解法,考查一元二次不等式恒成立问题,属于中档题.
23.(1);(2)分类讨论,答案见解析.
【分析】(1)利用根与系数关系列式,求得的值,进而求得的值.
(2)将原不等式转化为,对分成三种情况,讨论不等式的解集.
【详解】(1)由题意知,且1和5是方程的两根,
∴,且,
解得,,∴.
(2)若,,原不等式为,
∴,∴.
∴时,,原不等式解集为,
时,,原不等式解集为,
时,,原不等式解集为,
综上所述:当时,原不等式解集为,
当时,原不等式解集为.
当时,原不等式解集为.
【点评】本小题主要考查一元二次不等式的解法,考查根与系数关系,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题.
24.(1);(2).
【分析】(1)由不等式的解集结合韦达定理即可求得的值;
(2)由不等式的解集结合图象对参数分情况讨论得出结论.
【详解】解:(1)若关于的不等式的解集为,
则和1是的两个实数根,由韦达定理可得,
求得.
(2)若关于的不等式解集为,则,或,
求得或,
故实数的取值范围为.
【点评】本题主要考查不等式的解法及函数性质,意在考查学生的数形结合思想及数学运算的学科素养,属基础题.
25.(1)4;(2)4.
【分析】(1)由于,,根据基本不等式得出,再结合一元二次不等式的解法,即可求出的最大值;
(2)根据题意,由,,根据基本不等式得出,通过解一元二次不等式,即可求出的最小值.
【详解】解:(1)∵,,
∴,即,
即,解得:,
(当且仅当时取等号),
∴的最大值为4.
(2)∵,,

即,
整理得:,
∴,
∴(当且仅当时取等号),
所以的最小值为4.
【点评】本题考查基本不等式的应用,考查利用基本不等式求和的最小值和积的最大值,以及一元二次不等式的解法,考查转化思想和运算能力.
26.(1);(2);(3).
【分析】(1)由题意可知不等式的两根分别为、,利用韦达定理可求得实数的值;
(2)由题意得出,由此可解得实数的取值范围;
(3)由题意得出,由此可解得实数的取值范围.
【详解】(1)因为不等式的解集是或,
所以,和是方程的两个实数根,且,
由韦达定理得,所以;
(2)由于不等式的解集是,
所以,解得,
因此,实数的取值范围是;
(3)由于不等式的解集为,
则不等式对任意的恒成立,
所以,解得.
因此,实数的取值范围是.
【点评】本题考查利用一元二次不等式的解求参数,同时也考查了一元二次不等式恒成立,考查计算能力,属于中等题.
27.(1);(2)当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为.
【分析】(1)由已知可得的两个根为1和2,将根代入方程中即可求出的值.
(2)代入,分,,三种情况进行讨论求解.
【详解】(1)由条件知,关于的方程的两个根为1和2,
所以,解得.
(2)当时,,即,
当时,解得或;当时,解得;
当时,解得或.
综上可知,当时,不等式的解集为;
当时,不等式的解集为.
【点评】本题考查了已知一元二次不等式的解集求参数值,考查了含参一元二次不等式的求解,属于基础题.
28.(1);(2);(3).
【分析】(1)由已知条件可知是一元二次方程的两个实数根,利用根与系数的关系可求出的值,从而可求出的解析式;
(2)由得,而不等式组的的正整数解只有一个,由此可得该正整数解就是6,从而可求出取值范围;
(3)由得,当时显然成立,当时,有;当时,函数在上单调递增,只要有,由此可求出t的取值范围.
【详解】解:(1)因为不等式的解集是,
所以是一元二次方程的两个实数根,
可得,解得
所以;
(2)不等式组即为,
解得,
因为不等式组的正整数解只有一个,可得该正整数解就是6,
可得,解得,
所以的取值范围是;
(3),即,即,
当时显然成立,
当时,有,即,
解得,所以,
当时,函数在上单调递增,
所以只要其最大值满足条件即可,
所以有,解得,即,
综上,的取值范围是.
【点评】此题考查恒成立问题,考查数学转化思想方法,利用函数单调性求二次函数的最值,属于中档题.