2020版高考数学第六章不等式、推理与证明第32讲一元二次不等式及其解法课时达标文新人教A版

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1、第32讲一元二次不等式及其解法课时达标一、选择题1．不等式<1的解集是(　　)A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－1,1)A　解析因为＜1，所以－1＜0，即＜0，该不等式可化为(x＋1)(x－1)＞0，所以x＜－1或x＞1.故选A.2．在R上定义运算⊙：a⊙b＝ab＋2a＋b，则满足x⊙(x－2)＜0的实数x的取值范围为(　　)A．(0,2)B．(－2,1)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞)D．(－1,2)B　解析根据条件由x⊙(x－2)<0得(x＋2)(x－1)<0，解得－2

2、.3．函数y＝ln＋的定义域为(　　)A．{x

3、－1

4、0

5、0

6、－1

7、0＜x≤1}．故选C.4．已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是(　　)A．[0,1]B．(0,1]C．(－∞，0)∪(1，＋∞)D．(－∞，0]∪[1，＋∞)A　解析当k＝0时，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0化为8≥0恒成立；当k＜0时，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0不能恒成立；当k＞0时，要使不等

8、式kx2－6kx＋k＋8≥0恒成立，需Δ＝36k2－4(k2＋8k)≤0，解得0＜k≤1.故选A.5．若ax2＋bx＋c<0的解集为{x

9、x<－2或x>4}，则对于函数f(x)＝ax2＋bx＋c应有(　　)A．f(5)

10、x＜－2或x＞4}，所以a＜0，而且函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象的对称轴方程为x＝＝1，所以f(－1)＝f(3)．又因为函数f(x)在[1

11、，＋∞)上是减函数，所以f(5)＜f(3)＜f(2)，即f(5)＜f(－1)＜f(2)．故选B.6．若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0对一切x∈(0,2]恒成立，则a的取值范围是(　　)A.B.C.∪D.C　解析因为x∈(0,2]，所以a2－a≥＝.要使a2－a≥在x∈(0,2]时恒成立，则a2－a≥max，由基本不等式得x＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，即max＝.由a2－a≥，解得a≤或a≥.二、填空题7．某产品的总成本y(单位：万元)与产量x(单位：台)之间的函数关系式是y＝3000＋20x－0.1x2(0＜x＜

12、240，x∈N*)，若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本时(销售收入不小于总成本)的最低产量是________台．解析设产品的利润为f(x)万元，则f(x)＝25x－y＝0.1x2＋5x－3000，若生产者不亏本，则0.1x2＋5x－3000≥0，解得x≥150或x≤－200(舍去)，即最低产量为150台．答案1508．若对任意实数p∈[－1,1]，不等式px2＋(p－3)x－3>0成立，则实数x的取值范围为________．解析不等式可变形为(x2＋x)p－3x－3＞0，令f(p)＝(x2＋x)p－3x－3，p∈[－1,

13、1]．原不等式成立等价于f(p)＞0，p∈[－1,1]，则即解得－3＜x＜－1.答案(－3，－1)9．已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)>0的解集为(1,2)，若方程f(x)的最大值小于1，则a的取值范围是________．解析由题意知a＜0，可设f(x)＝a(x－1)(x－2)＝ax2－3ax＋2a，所以f(x)max＝f＝－＜1，所以a＞－4，故－4＜a＜0.答案(－4,0)三、解答题10．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(

14、－1,3)，求实数a，b的值．解析(1)由题意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3＞0，即a2－6a－3＜0，解得3－2＜a＜3＋2.所以不等式的解集为{a

15、3－2＜a＜3＋2}．(2)因为f(x)＞b的解集为(－1,3)，所以方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的两根为－1,3，所以解得11．(2019·扬州中学模拟)某商人如果将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现在他采用提高售价，减少进货量的办法增加利润．已知这种商品每件销售价提高1元，销售量就要减少10件，问他将销售价每件定为多

16、少元时，才能使得每天的利润最大？销售价定为多少元时，才能保证每天的利润在300元以上？解析设每件提高x元(0≤x≤10)，即每件获利润(2＋x)元，则每天可销售(100－10x)件，每天获总利润为y元，由题意有y＝(2＋x)(100－10x)＝－10x2＋80x