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2021高考数学（文）大一轮复习习题 第六章 不等式、推理与证明 课时跟踪检测 （三十三） 一元二次不等式及其解法 word版含答案
展开这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第六章 不等式、推理与证明 课时跟踪检测 （三十三） 一元二次不等式及其解法 word版含答案，共5页。试卷主要包含了在R上定义运算，已知f＝－3x2＋ax＋6等内容，欢迎下载使用。
1．设集合A＝{x|x2＋x－6≤0}，集合B为函数y＝eq \f(1,\r(x－1))的定义域，则A∩B等于( )
A．(1,2) B．
C．
解析：选D A＝{x|x2＋x－6≤0}＝{x|－3≤x≤2}，
由x－1>0得x>1，即B＝{x|x>1}，
所以A∩B＝{x|1
3．(2017·昆明模拟)不等式x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A． B．(－∞，－2]∪∪
解析：选A x2－2x＋5＝(x－1)2＋4的最小值为4，所以x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，只需a2－3a≤4，解得－1≤a≤4．
4．不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集是________．
解析：不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集即x(x－2)<0的解集，解得0
解析：原不等式为(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))<0，
由0
1．已知不等式x2－2x－3＜0的解集为A，不等式x2＋x－6＜0的解集为B，不等式x2＋ax＋b＜0的解集为A∩B，则a＋b等于( )
A．－3 B．1
C．－1 D．3
解析：选A 由题意得，A＝{x|－1＜x＜3}，B＝{x|－3＜x＜2}，∴A∩B＝{x|－1＜x＜2}，由根与系数的关系可知，a＝－1，b＝－2，则a＋b＝－3．
2．不等式eq \f(2,x＋1)<1的解集是( )
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－1,1)
解析：选A ∵eq \f(2,x＋1)<1，∴eq \f(2,x＋1)－1<0，即eq \f(1－x,x＋1)<0，该不等式可化为(x＋1)(x－1)>0，∴x<－1或x>1．
3．(2017·郑州调研)规定记号“⊙”表示一种运算，定义a⊙b＝eq \r(ab)＋a＋b(a，b为正实数)，若1⊙k2＜3，则k的取值范围是( )
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(－1,0) D．(0,2)
解析：选A 因为定义a⊙b＝eq \r(ab)＋a＋b(a，b为正实数)，
1⊙k2＜3，所以eq \r(k2)＋1＋k2＜3，
化为(|k|＋2)(|k|－1)＜0，所以|k|＜1，
所以－1＜k＜1．
4．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件销售价提高1元，销售量就要减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，销售价每件应定为( )
A．12元 B．16元
C．12元到16元之间 D．10元到14元之间
解析：选C 设销售价定为每件x元，利润为y，
则y＝(x－8)，
依题意有，(x－8)＞320，
即x2－28x＋192＜0，
解得12＜x＜16，
所以每件销售价应为12元到16元之间．
5．若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是的子集，则a的取值范围是( )
A． B．
C． D．
解析：选B 原不等式为(x－a)(x－1)≤0，当a<1时，不等式的解集为，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，此时只要a≤3即可，即1
解析：∵不等式x2＋ax＋4<0的解集不是空集，
∴Δ＝a2－4×4>0，即a2>16．
∴a>4或a<－4．
答案：(－∞，－4)∪(4，＋∞)
7．若关于x的不等式ax＞b的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,5)))，则关于x的不等式ax2＋bx－eq \f(4,5)a＞0的解集为________．
解析：由已知ax＞b的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,5)))，可知a＜0，且eq \f(b,a)＝eq \f(1,5)，将不等式ax2＋bx－eq \f(4,5)a＞0两边同除以a，得x2＋eq \f(b,a)x－eq \f(4,5)＜0，即x2＋eq \f(1,5)x－eq \f(4,5)＜0，即5x2＋x－4＜0，解得－1＜x＜eq \f(4,5)，故所求解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(4,5)))．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(4,5)))
8．(2017·石家庄质检)在R上定义运算：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))＝ad－bc．若不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1 a－2,a＋1 x))≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为________．
解析：原不等式等价于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，
即x2－x－1≥(a＋1)(a－2)对任意x恒成立，
x2－x－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－eq \f(5,4)≥－eq \f(5,4)，
所以－eq \f(5,4)≥a2－a－2，解得－eq \f(1,2)≤a≤eq \f(3,2)．
答案：eq \f(3,2)
9．已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6．
(1)解关于a的不等式f(1)>0；
(2)若不等式f(x)>b的解集为(－1,3)，求实数a，b的值．
解：(1)∵f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6，
∴f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3，
∴原不等式可化为a2－6a－3<0，
解得3－2eq \r(3)
等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋3＝\f(a6－a,3)，,－1×3＝－\f(6－b,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3±\r(3)，,b＝－3.))
10．(2017·北京朝阳统一考试)已知函数f(x)＝x2－2ax－1＋a，a∈R．
(1)若a＝2，试求函数y＝eq \f(fx,x)(x>0)的最小值；
(2)对于任意的x∈，不等式f(x)≤a成立，试求a的取值范围．
解：(1)依题意得y＝eq \f(fx,x)＝eq \f(x2－4x＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)－4．
因为x>0，所以x＋eq \f(1,x)≥2．
当且仅当x＝eq \f(1,x)时，即x＝1时，等号成立．
所以y≥－2．
所以当x＝1时，y＝eq \f(fx,x)的最小值为－2．
(2)因为f(x)－a＝x2－2ax－1，
所以要使得“∀x∈，不等式f(x)≤a成立”，
只要“x2－2ax－1≤0在恒成立”．
不妨设g(x)＝x2－2ax－1，
则只要g(x)≤0在上恒成立即可．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g0≤0，,g2≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0－0－1≤0，,4－4a－1≤0，))
解得a≥eq \f(3,4)．
则a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))．
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1．(2016·太原模拟)若关于x的不等式x2－4x－2－a>0在区间(1,4)内有解，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－2，＋∞)
C．(－6，＋∞) D．(－∞，－6)
解析：选A 不等式x2－4x－2－a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2－4x－2)max，令g(x)＝x2－4x－2，x∈(1,4)，∴g(x)
(1)求a的取值范围；
(2)若函数f(x)的最小值为eq \f(\r(2),2)，解关于x的不等式x2－x－a2－a＜0．
解：(1)∵函数f(x)＝eq \r(ax2＋2ax＋1)的定义域为R，
∴ ax2＋2ax＋1≥0恒成立，
当a＝0时，1≥0恒成立．
当a≠0时，需满足题意，
则需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞0，,Δ＝2a2－4a≤0，))
解得0＜a≤1，
综上可知，a的取值范围是．
(2)f(x)＝eq \r(ax2＋2ax＋1)＝eq \r(ax＋12＋1－a)，
由题意及(1)可知0＜a≤1，
∴当x＝－1时，f(x)min＝eq \r(1－a)，
由题意得，eq \r(1－a)＝eq \f(\r(2),2)，
∴a＝eq \f(1,2)，
∴不等式x2－x－a2－a＜0可化为x2－x－eq \f(3,4)＜0．
解得－eq \f(1,2)＜x＜eq \f(3,2)，
∴不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))．
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