2020-2021学年3.2 一元二次不等式及其解法复习练习题

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1．会解可化为一元二次不等式(组)的简单分式不等式．
2．会解与一元二次不等式有关的恒成立问题．
1．一元二次不等式的解集：
2．节分是不等式的同解变形法则：
(1)eq \f(fx,gx)>0⇔f(x)·g(x)>0；
(2)eq \f(fx,gx)≤0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx·gx≤0,gx≠0))；
(3)eq \f(fx,gx)≥a⇔eq \f(fx－agx,gx)≥0.
3．处理不等式恒成立问题的常用方法：
(1)一元二次不等式恒成立的情况：
ax2＋bx＋c>0 (a≠0)恒成立⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,Δ<0))；
ax2＋bx＋c≤0 (a≠0)恒成立⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0,Δ≤0)).
(2)一般地，若函数y＝f(x)，x∈D既存在最大值，也存在最小值，则：
a>f(x)，x∈D恒成立⇔a>f(x)max；
a一、选择题
1．不等式eq \f(x－2,x＋3)>0的解集是( )
A．(－3,2)
B．(2，＋∞)
C．(－∞，－3)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(3，＋∞)
答案 C
解析 解不等式eq \f(x－2,x＋3)>0得，x>2或x<－3.
2．不等式(x－1)eq \r(x＋2)≥0的解集是( )
A．{x|x>1} B．{x|x≥1}
C．{x|x≥1或x＝－2} D．{x|x≤－2或x＝1}
答案 C
解析 当x＝－2时，0≥0成立．当x>－2时，原不等式变为x－1≥0，即x≥1.
∴不等式的解集为{x|x≥1或x＝－2}．
3．不等式eq \f(x2－2x－2,x2＋x＋1)<2的解集为( )
A．{x|x≠－2} B．R
C．∅ D．{x|x<－2或x>2}
答案 A
解析 原不等式⇔x2－2x－2<2x2＋2x＋2⇔x2＋4x＋4>0⇔(x＋2)2>0，∴x≠－2.
∴不等式的解集为{x|x≠－2}．
4．不等式eq \f(x＋5,x－12)≥2的解是( )
A．[－3，eq \f(1,2)] B．[－eq \f(1,2)，3]
C．[eq \f(1,2)，1)∪(1,3] D．[－eq \f(1,2)，1)∪(1,3]
答案 D
解析 eq \f(x＋5,x－12)≥2⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋5≥2x－12,x－1≠0))
⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤x≤3，,x≠1，))∴x∈[－eq \f(1,2)，1)∪(1,3]．
5．设集合A＝{x|(x－1)2<3x＋7，x∈R}，则集合A∩Z中元素的个数是( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 C
解析 解不等式(x－1)2<3x＋7，然后求交集．
由(x－1)2<3x＋7，
得－1∴A∩Z的元素有0,1,2,3,4,5，共6个元素．
6．对任意a∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，则x的取值范围是( )
A．13 C．12
答案 B
解析 设g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，
g(a)>0恒成立且a∈[－1,1]⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝x2－3x＋2>0,g－1＝x2－5x＋6>0))
⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1或x>2,x<2或x>3))⇔x<1或x>3.
二、填空题
7．若关于x的不等式eq \f(x－a,x＋1)>0的解集为(－∞，－1)∪(4，＋∞)，则实数a＝________.
答案 4
解析 eq \f(x－a,x＋1)>0⇔(x＋1)(x－a)>0
⇔(x＋1)(x－4)>0
∴a＝4.
8．若不等式－x2＋2x－a≤0恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 a≥1
解析 ∵Δ＝4－4a≤0，∴a≥1.
9．若全集I＝R，f(x)、g(x)均为x的二次函数，P＝{x|f(x)<0}，Q＝{x|g(x)≥0}，则不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx<0，,gx<0))的解集可用P、Q表示为________．
答案 P∩∁IQ
解析 ∵g(x)≥0的解集为Q，
所以g(x)<0的解集为∁IQ，
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx<0，,gx<0))的解集为P∩∁IQ.
10．如果A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝∅，则实数a的取值范围为________．
答案 0≤a≤4
解析 a＝0时，A＝∅；当a≠0时，A＝∅⇔ax2－ax＋1≥0恒成立⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,Δ≤0))⇔0综上所述，实数a的取值范围为0≤a≤4.
三、解答题
11．某省每年损失耕地20万亩，每亩耕地价值24 000元，为了减小耕地损失，决定按耕地价格的t%征收耕地占用税，这样每年的耕地损失可减少eq \f(5,2)t万亩，为了既减少耕地的损失又保证此项税收一年不少于9 000万元，t%应在什么范围内变动？
解 由题意可列不等式如下：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20－\f(5,2)t))·24 000·t%≥9 000⇔3≤t≤5.
所以t%应控制在3%到5%范围内．
12．关于x的不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,2x2＋2k＋5x＋5k<0))的整数解的集合为{－2}，求实数k的取值范围．
解 由x2－x－2>0，可得x<－1或x>2.
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,2x2＋2k＋5x＋5k<0))的整数解的集合为{－2}，
方程2x2＋(2k＋5)x＋5k＝0的两根为－k与－eq \f(5,2)，
①若－k<－eq \f(5,2)，则不等式组的整数解的集合就不可能为{－2}；
②若－eq \f(5,2)<－k，则应有－2<－k≤3，
∴－3≤k<2.
综上，所求的k的取值范围为－3≤k<2.
【能力提升】
13．已知x1、x2是方程x2－(k－2)x＋k2＋3k＋5＝0(k∈R)的两个实数根，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)的最大值为( )
A．18 B．19 C.eq \f(50,9) D．不存在
答案 A
解析 由已知方程有两实数根得，Δ≥0，
即(k－2)2－4(k2＋3k＋5)≥0.
解得－4≤k≤－eq \f(4,3)，
又xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝－(k＋5)2＋19，
∴当k＝－4时，xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)有最大值，最大值为18.
14．已知不等式x2＋px＋1>2x＋p.
(1)如果不等式当|p|≤2时恒成立，求x的取值范围；
(2)如果不等式当2≤x≤4时恒成立，求p的取值范围．
解 (1)不等式化为(x－1)p＋x2－2x＋1>0，
令f(p)＝(x－1)p＋x2－2x＋1，
则f(p)的图象是一条直线．又∵|p|≤2，
∴－2≤p≤2，于是得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2>0，,f2>0.))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1·－2＋x2－2x＋1>0，,x－1·2＋x2－2x＋1>0.))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3>0，,x2－1>0.)) ∴x>3或x<－1.
故x的取值范围是x>3或x<－1.
(2)不等式可化为(x－1)p>－x2＋2x－1，
∵2≤x≤4，∴x－1>0.
∴p>eq \f(－x2＋2x－1,x－1)＝1－x.
由于不等式当2≤x≤4时恒成立，
∴p>(1－x)max.而2≤x≤4，
∴(1－x)max＝－1，于是p>－1.
故p的取值范围是p>－1.
1．解分式不等式时，一定要等价变形为一边为零的形式，再化归为一元二次不等式(组)求解．若不等式含有等号时，分母不为零．
2．对于有的恒成立问题，分离参数是一种行之有效的方法．这是因为将参数予以分离后，问题往往会转化为函数问题，从而得以迅速解决．当然这必须以参数容易分离作为前提．分离参数时，经常要用到下述简单结论：(1)a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max；(2)a判别式
Δ＝b2－4ac
Δ>0
x1Δ＝0
Δ<0
ax2＋bx＋c>0
(a>0)
{x|x< x1或x>x2}
{x|x∈R且x≠－eq \f(b,2a)}
R
ax2＋bx＋c<0
(a>0)
{x|x1∅
∅