数学必修53.2 一元二次不等式及其解法当堂检测题

这是一份数学必修53.2 一元二次不等式及其解法当堂检测题，共6页。

1．不等式eq \f(4x＋2,3x－1)>0的解集是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,3)或x<－\f(1,2)))))
B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,3)))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,2)))))
【解析】 eq \f(4x＋2,3x－1)>0⇔(4x＋2)(3x－1)>0⇔x>eq \f(1,3)或x<－eq \f(1,2)，此不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,3)))或x<－\f(1,2))).
【答案】 A
2．如果A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝∅，则实数a的取值集合为( )
A．{a|0B．{a|0≤a<4}
C．{a|0D．{a|0≤a≤4}
【解析】 当a＝0时，有1<0，故A＝∅.
当a≠0时，若A＝∅，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝a2－4a≤0，))
解得0综上，a∈{a|0≤a≤4}．
【答案】 D
3．关于x的不等式ax－b>0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式eq \f(ax＋b,x－2)>0的解集是( )
A．(－∞，0)∪(1，＋∞)
B．(－1,2)
C．(1,2)
D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
【解析】 ∵ax－b>0的解集为(1，＋∞)，
∴a＝b>0，∴eq \f(ax＋b,x－2)>0⇔eq \f(ax＋1,x－2)>0，
∴x<－1或x>2.
【答案】 D
4．设集合P＝{m|－1A．PQ B．QP
C．P＝Q D．P∩Q＝∅
【解析】 当m＝0时，－4<0对任意实数x∈R恒成立；当m≠0时，由mx2＋4mx－4<0对任意实数x∈R恒成立可得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ＝16m2＋16m<0，))解得－1综上所述，Q＝{m|－1∴PQ，故选A.
【答案】 A
5．在R上定义运算eq \x(×)：Aeq \x(×)B＝A(1－B)，若不等式(x－a)eq \x(×)(x＋a)<1对任意的实数x∈R恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．－1B．0C．－eq \f(1,2)D．－eq \f(3,2)【解析】 (x－a)eq \x(×)(x＋a)＝(x－a)[1－(x＋a)]＝－x2＋x＋a2－a，∴－x2＋x＋a2－a<1，即x2－x－a2＋a＋1>0对x∈R恒成立，∴Δ＝1－4(－a2＋a＋1)＝4a2－4a－3<0，∴(2a－3)(2a＋1)<0，即－eq \f(1,2)【答案】 C
二、填空题
6．若a<0，则不等式eq \f(x－4a,x＋5a)>0的解集是________．
【解析】 原不等式可化为(x－4a)(x＋5a)>0，
由于a<0，所以4a<－5a，
因此原不等式的解集为{x|x<4a或x>－5a}．
【答案】 {x|x<4a或x>－5a}
7．偶函数y＝f(x)和奇函数y＝g(x)的定义域均为[－4，4]，f(x)在[－4,0]上，g(x)在[0,4]上的图象如图3­2­2所示，则不等式eq \f(fx,gx)<0的解集为________．
图3­2­2
【解析】 由已知得当x∈(－4，－2)∪(2,4)时，f(x)>0，当x∈(－2,2)时，f(x)<0，当x∈(－4,0)时，g(x)>0，x∈(0,4)时，g(x)<0.
所以当x∈(－2,0)∪(2,4)时，eq \f(fx,gx)<0.
所以不等式eq \f(fx,gx)<0的解集为{x∈R|－2【答案】 {x∈R|－28．某地每年销售木材约20万m3，每m3价格为2 400元．为了减少木材消耗，决定按销售收入的t%征收木材税，这样每年的木材销售量减少eq \f(5,2)t万m3.为了既减少木材消耗又保证税金收入每年不少于900万元，则t的取值范围是________．
【解析】 设按销售收入的t%征收木材税时，税金收入为y万元，则y＝2 400eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20－\f(5,2)t))×t%＝60(8t－t2)．
令y≥900，即60(8t－t2)≥900，解得3≤t≤5.
【答案】 [3,5]
三、解答题
9．(2016·亳州高二检测)若不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3(1)解不等式2x2＋(2－a)x－a>0；
(2)b为何值时，ax2＋bx＋3≥0的解集为R?
【解】 (1)由题意知1－a<0，且－3和1是方程(1－a)x2－4x＋6＝0的两根，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a<0，,\f(4,1－a)＝－2，,\f(6,1－a)＝－3，))解得a＝3.
∴不等式2x2＋(2－a)x－a>0，
即为2x2－x－3>0，解得x<－1或x>eq \f(3,2).
∴所求不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(3,2))))).
(2)ax2＋bx＋3≥0，即3x2＋bx＋3≥0，
若此不等式解集为R，则Δ＝b2－4×3×3≤0，
∴－6≤b≤6.
10．某地区上年度电价为0.8元/kw·h，年用电量为a kw·h.本年度计划将电价降低到0.55元/kw·h至0.75元/kw·h之间，而用户期望电价为0.4元/kw·h.经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比(比例系数为k)．该地区电力的成本价为0.3元/kw·h.
(1)写出本年度电价下调后，电力部门的收益y与实际电价x的函数关系式；
(2)设k＝0.2a，当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年度至少增长20%?
注：收益＝实际用电量×(实际电价－成本价)
【解】 (1)设下调后的电价为x元/千瓦时，依题意知，用电量增至eq \f(k,x－0.4)＋a，电力部门的收益为
y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,x－0.4)＋a))(x－0.3)(0.55≤x≤0.75)．
(2)依题意，有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.2a,x－0.4)＋a))x－0.3≥[a×0.8－0.3]1＋20%，,0.55≤x≤0.75.))
整理，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1.1x＋0.3≥0，,0.55≤x≤0.75.))
解此不等式，得0.60≤x≤0.75.
∴当电价最低定为0.60元/千瓦时时，仍可保证电力部门的收益比上年度至少增长20%.
[能力提升]
1．若实数α，β为方程x2－2mx＋m＋6＝0的两根，则(α－1)2＋(β－1)2的最小值为( )
A．8 B．14
C．－14 D．－eq \f(49,4)
【解析】 ∵Δ＝(－2m)2－4(m＋6)≥0，
∴m2－m－6≥0，∴m≥3或m≤－2.
(α－1)2＋(β－1)2＝α2＋β2－2(α＋β)＋2＝(α＋β)2－2αβ－2(α＋β)＋2＝(2m)2－2(m＋6)－2(2m)＋2＝4m2－6m－10＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(3,4)))2－eq \f(49,4)，∵m≥3或m≤－2，∴当m＝3时，(α－1)2＋(β－1)2取最小值8.
【答案】 A
2．函数f(x)＝eq \r(kx2－6kx＋k＋8)的定义域为R，则实数k的取值范围为( )
A．(0,1) B．[1，＋∞)
C．[0,1] D．(－∞，0]
【解析】 kx2－6kx＋(k＋8)≥0恒成立，
当k＝0时，满足．
当k≠0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＞0，,Δ＝－6k2－4kk＋8≤0))⇒0＜k≤1.
综上，0≤k≤1.
【答案】 C
3．若不等式eq \f(x2－8x＋20,mx2－mx－1)＜0对一切x∈R恒成立，则实数m的取值范围为________．
【解析】 ∵x2－8x＋20＝(x－4)2＋4＞0，
∴只需mx2－mx－1＜0恒成立．
故m＝0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＜0，,Δ＝m2＋4m＜0，))
∴－4＜m≤0.
【答案】 －4＜m≤0
4．设不等式mx2－2x－m＋1＜0对于满足|m|≤2的一切m的值都成立，求x的取值范围．
【解】 原不等式可化为(x2－1)m－(2x－1)＜0.
令f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，其中m∈[－2,2], 则原命题等价于关于m的一次函数(x2－1≠0时)或常数函数(x2－1＝0时)在m∈[－2,2]上的函数值恒小于零．
(1)当x2－1＝0时，由f(m)＝－(2x－1)＜0得x＝1；
(2)当x2－1＞0时，f(m)在[－2,2]上是增函数，要使f(m)＜0在[－2,2]上恒成立，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1＞0，,f2＝2x2－1－2x－1＜0，))
解得1＜x＜eq \f(1＋\r(3),2)；
(3)当x2－1＜0时，f(m)在[－2,2]上是减函数，要使f(m)＜0在[－2,2]上恒成立，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－1＜0，,f－2＝－2x2－1－2x－1＜0，))
解得eq \f(－1＋\r(7),2)＜x＜1.
综合(1)(2)(3)，得eq \f(－1＋\r(7),2)＜x＜eq \f(1＋\r(3),2).