2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)36 不等式的性質(zhì)與一元二次不等式 文 北師大版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)36 不等式的性質(zhì)與一元二次不等式 建議用時(shí)：45分鐘 一、選擇題 1．已知R是實(shí)數(shù)集，集合A＝{x|x2－x－2≤0}，B＝，則A∩(RB)＝(　　) A．(1,6)　　　 B．[－1,2] C. D. C　[由x2－x－2≤0可得A＝{x|－1≤x≤2}．由≥0得 所以B＝， 所以RB＝，所以A∩(RB)＝.故選C.] 2．(2019·吉林模擬)若a，b，c為實(shí)數(shù)，且a＜b＜0，則下列命題中正確的是(　　) A．a(chǎn)c2＜bc2 B．a(chǎn)2＞ab＞b2 C．＜ D．＞ B　[法一：(直接法)A選項(xiàng)，若c＝0，則ac2＝bc2，故不正確；B選項(xiàng)，∵a＜b

2、＜0，∴a2＞ab，且ab＞b2， ∴a2＞ab＞b2，故B正確；C選項(xiàng)，∵a＜b＜0，∴－＝＞0，∴＞，故錯(cuò)誤； D選項(xiàng)，∵a＜b＜0，∴－＝＝＜0，∴＜，故錯(cuò)誤．故選B. 法二：(特值排除法)取a＝－2，b＝－1，c＝0易知A、C、D全錯(cuò)誤，故選B.] 3．不等式2x2－4x＞22ax＋a對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1,4) B．(－4，－1) C．(－∞，－4)∪(－1，＋∞) D．(－∞，1)∪(4，＋∞) B　[∵不等式2x2－4x＞22ax＋a對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立， ∴x2－4x>2ax＋a對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即x2－(4＋2a)x－a>

3、0對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立． ∴Δ＝(4＋2a)2－4×(－a)<0，即a2＋5a＋4<0. ∴－40，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[1，＋∞) B. C. D. D　[∵對(duì)任意的x∈(1,4)，都有f(x)＝ax2－2x＋2>0恒成立，∴a>＝2，對(duì)任意的x∈(1,4)恒成立， ∵<<1，∴2∈， ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是.] 5．(2019·遼寧師大附中模擬)若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4,3]的子集，則a的取值范圍是(　　)

4、 A．[－4,1]　　 B．[－4,3] C．[1,3]　　 D．[－1,3] B　[原不等式為(x－a)(x－1)≤0，當(dāng)a<1時(shí)，不等式的解集為[a,1]，此時(shí)只要a≥－4即可，即－4≤a<1；當(dāng)a＝1時(shí)，不等式的解集為{1}，此時(shí)符合要求；當(dāng)a>1時(shí)，不等式的解集為[1，a]，此時(shí)只要a≤3即可， 即10，則＋與＋的大小關(guān)系是________． ＋≥＋　[＋－＝＋＝(a－b)·＝. ∵a＋b>0，(a－b)2≥0， ∴≥0.即＋≥＋.] 7．已知1

5、__，的取值范圍為_(kāi)_______． (－7,2)　　[因?yàn)?0在區(qū)間[1,5]上有解，則a的取值范圍是________． 　[法一：由Δ＝a2＋8>0知方程恒有兩個(gè)不等實(shí)根，又因?yàn)閤1x2＝－2<0，所以方程必有一正根，一負(fù)根，對(duì)應(yīng)二次函數(shù)圖像的示意圖如圖．所以不等式在區(qū)間[1,5]上有解的充要條件是f(5)>0，解得a>－. 法二：原題即轉(zhuǎn)化為a＞－x＋在[1,5]上有解，設(shè)－x＋＝f(x)，即a＞f(x)min

6、，f(x)＝－x＋在[1,5]上是減函數(shù)， ∴a＞f(5)＝－.] 三、解答題 9．已知f(x)＝2x2＋bx＋c，不等式f(x)＜0的解集是(0,5)． (1)求f(x)的解析式； (2)若對(duì)于任意的x∈[－1,1]，不等式f(x)＋t≤2恒成立，求t的取值范圍． [解](1)由題意可知，0,5是f(x)＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根， ∴∴即f(x)＝2x2－10x. (2)由(1)可知不等式2x2－10x＋t≤2對(duì)任意x∈[－1,1]恒成立． 即2x2－10x＋t－2≤0在[－1,1]上恒成立， ∴∴∴t≤－10. 即t的取值范圍為(－∞，－10]． 10．甲廠以x千克/小時(shí)的

7、速度勻速生產(chǎn)某種產(chǎn)品(生產(chǎn)條件要求1≤x≤10)，每小時(shí)可獲得的利潤(rùn)是100·元． (1)要使生產(chǎn)該產(chǎn)品2小時(shí)獲得的利潤(rùn)不低于3 000元，求x的取值范圍； (2)要使生產(chǎn)900千克該產(chǎn)品獲得的利潤(rùn)最大，問(wèn)：甲廠應(yīng)該選取何種生產(chǎn)速度？并求最大利潤(rùn)． [解](1)根據(jù)題意得200≥3 000，整理得5x－14－≥0，即5x2－14x－3≥0，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10，故要使生產(chǎn)該產(chǎn)品2小時(shí)獲得的利潤(rùn)不低于3 000元，x的取值范圍是[3,10]． (2)設(shè)利潤(rùn)為y元，則y＝·100 ＝9×104＝9×104， 故x＝6時(shí)，ymax＝457 500元，即甲廠以6千克/小時(shí)的生

8、產(chǎn)速度生產(chǎn)900千克該產(chǎn)品獲得的利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為457 500元． 1．已知x，y∈R，且x>y>0，則(　　) A.－>0 B．sin x－sin y>0 C.－ <0 D．ln x＋ln y>0 C　[選項(xiàng)A中，因?yàn)閤>y>0，所以<，即－<0，故結(jié)論不成立；選項(xiàng)B中，當(dāng)x＝，y＝時(shí)，sin x－sin y<0，故結(jié)論不成立；選項(xiàng)C中，函數(shù)y＝是定義在R上的減函數(shù)，因?yàn)閤>y>0，所以＜，所以－<0；選項(xiàng)D中，當(dāng)x＝e－1，y＝e－2時(shí)，結(jié)論不成立．] 2．若不等式－2≤x2－2ax＋a≤－1有唯一解，則a的值為_(kāi)_______． 　[由題意可知，方程x2－2ax＋a＝

9、－1有唯一解， ∴Δ＝4a2－4(a＋1)＝0，即a＝.] 3．已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域?yàn)閇0，＋∞)，若關(guān)于x的不等式f(x)＜c的解集為(m，m＋6)，則實(shí)數(shù)c的值為_(kāi)_______． 9　[由題意知f(x)＝x2＋ax＋b＝＋b－. 因?yàn)閒(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，所以b－＝0，即b＝. 所以f(x)＝. 又f(x)＜c，所以＜c，即－－＜x＜－＋. 所以 ②－①，得2＝6，所以c＝9.] 4．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax－1＋a，a∈R. (1)若a＝2，試求函數(shù)y＝(x>0)的最小值； (2)對(duì)于任意的x∈[0,2]，不等式f(x

10、)≤a成立，試求a的取值范圍． [解](1)當(dāng)a＝2時(shí)，依題意得y＝＝＝x＋－4.因?yàn)閤>0，所以x＋≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)，即x＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以y≥－2. 所以當(dāng)x＝1時(shí)，y＝的最小值為－2. (2)因?yàn)閒(x)－a＝x2－2ax－1， 所以要使得“任意的x∈[0,2]，不等式f(x)≤a成立”只要“x2－2ax－1≤0在[0,2]上恒成立”． 不妨設(shè)g(x)＝x2－2ax－1， 則只要g(x)≤0在[0,2]上恒成立即可，所以 即 解得a≥， 則a的取值范圍為. 1．(2019·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(ac≠0)，若f(x)＜0的解集為

11、(－1，m)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．f(m－1)＜0　 B．f(m－1)＞0 C．f(m－1)必與m同號(hào) D．f(m－1)必與m異號(hào) D　[∵f(x)＜0的解集為(－1，m)， ∴－1，m是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(ac≠0)的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且a＞0. ∴f(x)＝a(x＋1)(x－m)． ∴f(m－1)＝－am與m必異號(hào)． 故選D.] 2．(2019·河南中原名校聯(lián)考)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－2x，則不等式f(x)>x的解集用區(qū)間表示為_(kāi)_______． (－3,0)∪(3，＋∞)　[設(shè)x<0，則－x>0， 因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－(x2＋2x)． 又f(0)＝0.于是不等式f(x)>x等價(jià)于或解得x>3或－3