2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习27《一元二次不等式及其解法》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习27《一元二次不等式及其解法》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，十月份销售总额与七等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
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，＋∞)
在R上定义运算：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(a),\s\d4(c)) \(\s\up7(b),\s\d5(d))))=ad－bc，若不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(x－1),\s\d4(a＋1)) \(\s\up7(a－2),\s\d5(x))))≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为( )
A.－eq \f(1,2) B.－eq \f(3,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,2)
已知关于x的不等式x2－4x≥m对任意x∈(0,1]恒成立，则有( )
A.m≤－3 B.m≥－3 C.－3≤m＜0 D.m≥－4
不等式eq \f(1－x,2＋x)≥1的解集为( )
A.[-2,- eq \f(1,2)] B.(-2,- eq \f(1,2)]
C.(－∞，－2)∪(- eq \f(1,2),+∞) D.(－∞，－2]∪(- eq \f(1,2),+∞)
若对任意的x∈[－1,2]，都有x2－2x＋a≤0(a为常数)，则a的取值范围是( )
A.(－∞，－3] B.(－∞，0] C.[1，＋∞) D.(－∞，1]
已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a的值之和是( )
A.13 B.18 C.21 D.26
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，x≤0，,lnx＋1，x＞0，))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)
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0，))若关于x的不等式[f(x)]2＋af(x)－b2＜0恰有1个整数解，则实数a的最大值是( )
A.2 B.3 C.5 D.8
已知函数f(x)=x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)＜c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为( )
A.6 B.7 C.9 D.10
已知函数f(x)=－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)=f(1＋x)成立，若当x∈[－1,1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是( )
A.(－1,0)
B.(2，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
D.不能确定
已知f(x)=32x－(k＋1)3x＋2，当x∈R时，f(x)恒为正值，则k的取值范围是( )
A.(－∞，－1) B.(－∞，2eq \r(2)－1)
C.(－1,2eq \r(2)－1) D.(－2eq \r(2)－1,2eq \r(2)－1)
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0.))若关于x的不等式[f(x)]2＋af(x)－b2＜0恰有1个整数解，则实数a的最大值是( )
A.2 B.3 C.5 D.8
二、填空题
若函数f(x)=x2＋ax＋b的两个零点是－1和2，则不等式af(－2x)＞0解集是_______.
某商家一月份至五月份累计销售额达3 860万元.预测六月份销售额为500万元，七月份销售额比六月份递增x%，八月份销售额比七月份递增x%，九、十月份销售总额与七、八月份销售总额相等，若一月份至十月份销售总额至少达7 000万元，则x的最小值为________.
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x≥0，,－x2＋2x，x<0，))则不等式f(x)>3的解集为 .
已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋ax，x≥0，,bx2－3x，x<0))为奇函数，则不等式f(x)<4的解集为 .
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 .
若关于x的不等式x2＋ax－2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a的取值范围是_______.
\s 0 答案解析
答案为：C.
解析：关于x的不等式ax－b<0即ax∴不等式(ax＋b)(x－3)>0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－1∴所求不等式的解集是(－1，3).
答案为：D；
解析：由定义知，不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(\s\up11(x－1),\s\d4(a＋1)) \(\s\up7(a－2),\s\d5(x))))≥1等价于x2－x－(a2－a－2)≥1，
∴x2－x＋1≥a2－a对任意实数x恒成立.∵x2－x＋1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
∴a2－a≤eq \f(3,4)，解得－eq \f(1,2)≤a≤eq \f(3,2)，则实数a的最大值为eq \f(3,2).
答案为：A
解析：∵x2－4x≥m对任意x∈(0,1]恒成立，令f(x)=x2－4x，x∈(0,1]，
f(x)图象的对称轴为直线x=2，∴f(x)在(0,1]上单调递减，
∴当x=1时f(x)取到最小值为－3，∴实数m应满足m≤－3，故选A.
答案为：B.
解析：eq \f(1－x,2＋x)≥1⇔eq \f(1－x,2＋x)－1≥0⇔eq \f(1－x－2－x,2＋x)≥0⇔eq \f(－2x－1,2＋x)≥0⇔eq \f(2x＋1,x＋2)≤0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1x＋2≤0，,x＋2≠0))⇔－2 答案为：A；
解析：方法一：令f(x)=x2－2x＋a，
则由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝－12－2×－1＋a≤0，,f2＝22－2×2＋a≤0，))解得a≤－3，故选A.
方法二：当x∈[－1,2]时，不等式x2－2x＋a≤0恒成立等价于a≤－x2＋2x恒成立，
则由题意，得a≤(－x2＋2x)min(x∈[－1,2]).而－x2＋2x=－(x－1)2＋1，
则当x=－1时，(－x2＋2x)min=－3，所以a≤－3，故选A.
答案为：C；
解析：设f(x)=x2－6x＋a，其图象是开口向上，对称轴是x=3的抛物线，如图所示.
关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（2）≤0,f（1）＞0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（2）＝4－12＋a≤0,f（1）＝1－6＋a＞0))，解得5＜a≤8，
又a∈Z，所以a=6，7，8，所有符合条件的a的值之和是6＋7＋8=21.选C.
答案为：D；
解析：易知f(x)在R上是增函数，
∵f(2－x2)＞f(x)，∴2－x2＞x，解得－2＜x＜1，
则实数x的取值范围是(－2,1)，故选D.
答案为：D；
解析：作出函数f(x)的图象如图中实线部分所示，由[f(x)]2＋af(x)－b2＜0，
得eq \f(－a－\r(a2＋4b2),2)＜f(x)＜eq \f(－a＋\r(a2＋4b2),2)，若b≠0，则f(x)=0满足不等式，
即不等式有2个整数解，不满足题意，
所以b=0，所以－a＜f(x)＜0，且整数解x只能是3，
当2＜x＜4时，－8＜f(x)＜0，所以－8≤－a＜－3，
即a的最大值为8，故选D.
答案为：C
解析：由题意知f(x)=x2＋ax＋b=0只有一个根，即Δ=a2－4b=0，则b=eq \f(a2,4).
不等式f(x)＜c的解集为(m，m＋6)，即x2＋ax＋eq \f(a2,4)＜c的解集为(m，m＋6)，
则方程x2＋ax＋eq \f(a2,4)－c=0的两个根为m，m＋6.
∴两根之差|m＋6－m|=eq \r(a2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)－c)))=6，解得c=9，故选C.
答案为：C.
解析：由f(1－x)=f(1＋x)知f(x)的图象关于直线x=1对称，即eq \f(a,2)=1，解得a=2.
又因为f(x)开口向下，所以当x∈[－1,1]时，f(x)为增函数，
所以f(x)min=f(－1)=－1－2＋b2－b＋1=b2－b－2，f(x)>0恒成立，即b2－b－2>0恒成立，解得b<－1或b>2.
答案为：B.
解析：由32x－(k＋1)3x＋2>0恒成立，得k＋1<3x＋eq \f(2,3x).
∵3x＋eq \f(2,3x)≥2eq \r(2)，当且仅当3x=eq \f(2,3x)，即x=eq \f(1,2)lg32时，等号成立，
∴k＋1<2eq \r(2)，即k<2eq \r(2)－1，故选B.
答案为：D
解析：做出函数f(x)的图象如图中实线部分所示，
由[f(x)]2＋af(x)－b2＜0得eq \f(－a－\r(a2＋4b2),2)＜f(x)＜eq \f(－a＋\r(a2＋4b2),2).
若b≠0，则f(x)=0满足不等式，即不等式有2个整数解，不满足题意，所以b=0，
所以－a＜f(x)＜0，且整数解x只能是3，当2＜x＜4时，－8＜f(x)＜0，
所以－8≤－a＜－3，即a的最大值为8.故选D.
答案为：(-1,eq \f(1,2)).
解析：∵f(x)=x2＋ax＋b的两个零点是－1，2，∴－1，2是方程x2＋ax＋b=0的两根，
由根与系数的关系知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－a，,－1×2＝b，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－2，))
∴f(x)=x2－x－2.不等式af(－2x)＞0，即－(4x2＋2x－2)＞0，
则2x2＋x－1＜0，解集为(-1,eq \f(1,2)).
答案为：20.
解析：由已知条件可得，七月份销售额为500×(1＋x%)，八月份销售额为500×(1＋x%)2，一月份至十月份的销售总额为3 860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]，
可列出不等式为4 360＋1 000[(1＋x%)＋(1＋x%)2]≥7 000.
令1＋x%=t，则t2＋t－eq \f(66,25)≥0，即(t＋eq \f(11,5))(t- eq \f(6,5))≥0.又∵t＋eq \f(11,5)≥0，
∴t≥eq \f(6,5)，∴1＋x%≥eq \f(6,5)，∴x%≥0.2，∴x≥20.故x的最小值是20.
答案为：{x|x>1}.
解析：由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,x2＋2x>3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,－x2＋2x>3，))
解得x>1.故原不等式的解集为{x|x>1}.
答案为：(－∞，4).
解析：若x>0，则－x<0，则f(－x)=bx2＋3x.
因为f(x)为奇函数，所以f(－x)=－f(x)，
即bx2＋3x=－x2－ax，可得a=－3，b=－1，所以f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－3x，x≥0，,－x2－3x，x<0.))
当x≥0时，由x2－3x<4解得0≤x<4；当x<0时，由－x2－3x<4解得x<0，
所以不等式f(x)<4的解集为(－∞，4).
答案为：[1,4].
解析：容易判断k=0或k<0时，均不符合题意，所以k>0.
所以原不等式即为kx－eq \f(k2＋4,k)(x－4)<0，等价于(x－eq \f(k2＋4,k))(x－4)<0，
依题意应有4≤eq \f(k2＋4,k)≤5且k>0，所以1≤k≤4.
答案为：(－eq \f(23,5),+∞)
解析：解法一：∵x2＋ax－2＞0在x∈[1，5]上有解，令f(x)=x2＋ax－2，
∴f(0)=－2＜0，f(x)的图象开口向上，
∴只需f(5)＞0，即25＋5a－2＞0，解得a＞－eq \f(23,5).
解法二：由x2＋ax－2＞0在x∈[1，5]上有解，
可得a＞eq \f(2－x2,x)=eq \f(2,x)－x在x∈[1，5]上有解.
又f(x)=eq \f(2,x)－x在x∈[1，5]上是减函数，
∴(eq \f(2,x)－x)min=－eq \f(23,5)，只需a＞－eq \f(23,5).