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1、 第31講 一元二次不等式及其解法
1.[2018·山西四大名校聯(lián)考] 不等式x2-x-6<0的解集為 ( )
A.-13,12 B.-12,13
C.(-3,2) D.(-2,3)
2.[2018·晉江四校聯(lián)考] 不等式x+12x-1≤0的解集為 ( )
A.-1,12
B.-1,12
C.(-∞,-1]∪12,+∞
D.(-∞,-1]∪12,+∞
3.[2018·眉山第一中學(xué)月考] 已知函數(shù)f(x)=mx2+2x+1的定義域是R,則m的取值范圍是 ( )
A.0
2、] 不等式x2-2ax-3a2<0(a>0)的解集為 .?
5.若對(duì)任意x∈[0,4],x2+2ax+1≥0恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 .?
6.[2018·河北定州中學(xué)月考] 不等式log2(x2-x-5)≥0的解集為 ( )
A.[-2,3]
B.(-∞,-2]
C.[3,+∞)
D.(-∞,-2]∪[3,+∞)
7.[2018·廣東清遠(yuǎn)一中一模] 若關(guān)于x的不等式ax-b<0的解集是(1,+∞),則關(guān)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.(-
3、∞,1)∪(3,+∞)
8.某商場(chǎng)若將進(jìn)貨單價(jià)為8元的商品按每件10元出售,則每天可銷(xiāo)售100件,現(xiàn)準(zhǔn)備提高售價(jià)來(lái)增加利潤(rùn).已知這種商品每件售價(jià)每提高1元,銷(xiāo)售量就會(huì)減少10件,若要保證每天該商品的利潤(rùn)在320元以上,則每件售價(jià)應(yīng)定為 ( )
A.12元
B.16元
C.12元到16元之間
D.10元到14元之間
9.已知不等式x2-2x-3<0的解集為A,不等式x2+x-6<0的解集為B,不等式x2+ax+b<0的解集為A∩B,則a+b等于 ( )
A.-3 B.1
C.-1 D.3
10.[2018·河南中原名校聯(lián)考] 已知關(guān)于x的不等式4ax2+4ax+1>0
4、的解集為R,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.[0,1] B.[0,1)
C.(0,1) D.(0,1]
11.[2018·黃石模擬] 已知一元二次方程x2+mx+3=0(m∈Z)有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,分別為x1,x2,且01)的解集為 .?
14.不等式a2+8b2≥λb(a+b)對(duì)于任意的a
5、,b∈R恒成立,則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為 .?
15.[2018·無(wú)錫一中月考] 在R上定義運(yùn)算a※b=(a+1)b,若存在x0∈[1,2],使不等式(m-x0)※(m+x0)<4成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為 .?
16.[2018·宿州模擬] 若關(guān)于x的不等式4x-2x+1-a≥0在[1,2]上恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 .?
5
課時(shí)作業(yè)(三十一)
1.D [解析] 解方程x2-x-6=0,得x1=3,x2=-2,
∴不等式x2-x-6<0的解集為(-2,3).故選D.
2.A [解析] 不等式x+12x-1≤0可化簡(jiǎn)為(x+1)(2x-1)≤0且x
6、≠12,
所以原不等式的解集為-1,12,
故選A.
3.C [解析] 由題意可知mx2+2x+1≥0在R上恒成立.
當(dāng)m=0時(shí),不等式在R上不恒成立;
當(dāng)m≠0時(shí),應(yīng)有m>0,且Δ=22-4m≤0,解得m≥1.
綜上可得,m的取值范圍是m≥1.
4.{x|-a0,∴-a<3a,∴不等式的解集為{x|-a0,Δ=4a2-4≤0或-a≤0,解得-1≤a<0或a≥0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1,+∞
7、).
6.D [解析]∵log2(x2-x-5)≥0,
∴x2-x-5≥1,解得x≥3或x≤-2,故選D.
7.C [解析]∵關(guān)于x的不等式ax-b<0的解集是(1,+∞),即不等式ax0可化為(x+1)(x-3)<0,
解得-1320,
即x2-28x+192<0,解得12
8、 [解析] 由題意得,A={x|-10的解集為R,∴a>0,Δ=16a2-16a<0,解得00,f(4)=4m+19>0,解得-194
9、x2+ax+1≥0對(duì)一切x∈(0,1]恒成立,即a≥-x-1xmax,x∈(0,1].
令f(x)=-x-1x,x∈(0,1],易知f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增,
∴當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值,且f(1)=-1-1=-2,
∴a≥-2,即a的最小值為-2.
13.1a,1 [解析] 由x2-1+1ax+1a<0,可得(x-1)x-1a<0,因?yàn)閍>1,所以0<1a<1,
所以不等式的解集為1a,1.
14.[-8,4] [解析] 因?yàn)閍2+8b2≥λb(a+b)對(duì)于任意的a,b∈R恒成立,所以a2+8b2-λb(a+b)≥0對(duì)于任意的a,b∈R恒成立,即a2-λba+(8
10、-λ)b2≥0恒成立,
由一元二次不等式的性質(zhì)可知,
Δ=λ2b2+4(λ-8)b2=b2(λ2+4λ-32)≤0,
所以(λ+8)(λ-4)≤0,解得-8≤λ≤4.
15.(-3,2) [解析] 因?yàn)榇嬖趚0∈[1,2],使不等式(m-x0)※(m+x0)<4成立,
所以存在x0∈[1,2],使不等式(m-x0+1)(m+x0)<4成立,
即存在x0∈[1,2],使不等式x02-x0+4>m2+m成立.
函數(shù)y=x2-x+4在[1,2]上的最大值為22-2+4=6.
所以6>m2+m,所以-3
2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第六單元 第31講 一元二次不等式及其解法練習(xí) 文（含解析）新人教A版
