高中北师大版 (2019)4.2 一元二次不等式及其解法同步练习题

这是一份高中北师大版 (2019)4.2 一元二次不等式及其解法同步练习题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A 组·素养自测
一、选择题
1．不等式6－x－2x2＜0的解集是( D )
A．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)＜x＜2)))) B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－2＜x＜\f(3,2)))))
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜－\f(3,2)或x＞2)))) D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＞\f(3,2)或x＜－2))))
[解析] 不等式变形为2x2＋x－6＞0，又方程2x2＋x－6＝0的两根为x1＝eq \f(3,2)，x2＝－2，所以不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜－2或x＞\f(3,2)))))．故选D．
2．不等式eq \f(3x＋1,1－4x)≥0的解集是( B )
A．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)≤x≤\f(1,4)))))B．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)≤x＜\f(1,4)))))
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＞\f(1,4)或x≤－\f(1,3)))))D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,4)或x≤－\f(1,3)))))
[解析] 原不等式可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（3x＋1)（4x－1)≤0，,1－4x≠0，))
解得－eq \f(1,3)≤x＜eq \f(1,4)，
故其解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)≤x＜\f(1,4)))))．故选B．
3．已知0＜a＜1，关于x的不等式(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))＞0的解集为( A )
A．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜a或x＞\f(1,a)))))B．{x|x＞a}
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜\f(1,a)或x＞a))))D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜\f(1,a)))))
[解析] 因为0＜a＜1，所以eq \f(1,a)＞1，所以a＜eq \f(1,a)，
所以不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＞\f(1,a)或x＜a))))．故选A．
4．二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根为－2，3，a＜0，那么ax2＋bx＋c＞0的解集为( C )
A．{x|x＞3或x＜－2}B．{x|x＞2或x＜－3}
C．{x|－2＜x＜3}D．{x|－3＜x＜2}
[解析] 由已知得a(x＋2)(x－3)＞0，
∵a＜0，∴(x＋2)(x－3)＜0，∴－2＜x＜3．
∴所求不等式的解集为{x|－2＜x＜3}．
5．若不等式x2＋kx＋1＜0的解集为空集，则k的取值范围是( A )
A．－2≤k≤2 B．k≤－2，或k≥2
C．－2＜k＜2 D．k＜－2，或k＞2
[解析] 由不等式x2＋kx＋1＜0的解集为空集，得对应的二次函数y＝x2＋kx＋1的图象全部在x轴或x轴上方，则Δ＝k2－4×1×1≤0，解得－2≤k≤2．
6．已知不等式ax2＋bx＋12＞0的解集为{x|－3＜x＜2}，则a＋b＝( A )
A．－4 B．0
C．2 D．4
[解析] 由不等式的解集为{x|－3＜x＜2}易知a＜0，且方程ax2＋bx＋12＝0的两根为x1＝－3，x2＝2，由根与系数的关系可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝－[(－3)＋2]＝1，,\f(12,a)＝(－3)×2＝－6，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2，))所以a＋b＝－4．
二、填空题
7．函数y＝eq \f(1,\r(－x2＋x＋12))的定义域为__{x|－3＜x＜4}__．
[解析] 由－x2＋x＋12＞0，得x2－x－12＜0，解得－3＜x＜4，所以定义域为{x|－3＜x＜4}．
8．(2022·北京朝阳期末)若x2－ax＋2≥0恒成立，则实数a的取值范围__[－2eq \r(2)，2eq \r(2)]__．
[解析] 由Δ＝a2－8≤0，得－2eq \r(2)≤a≤2eq \r(2)，∴a的范围是[－2eq \r(2)，2eq \r(2)]．
三、解答题
9．解不等式－1＜x2＋2x－1≤2．
[解析] 原不等式可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－1＞－1，,x2＋2x－1≤2，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x＞0，,x2＋2x－3≤0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x(x＋2)＞0，,(x＋3)(x－1)≤0))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＜－2或x＞0，,－3≤x≤1.))
如图，结合数轴，可得原不等式的解集为{x|－3≤x＜－2或0＜x≤1}．
10．已知一元二次不等式x2＋px＋q＜0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜\f(1,3)))))，求不等式qx2＋px＋1＞0的解集．
[解析] 因为x2＋px＋q＜0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x＜\f(1,3)))))，
所以x1＝－eq \f(1,2)与x2＝eq \f(1,3)是方程x2＋px＋q＝0的两个实数根，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,2)＝－p，,\f(1,3)×（－\f(1,2))＝q，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝\f(1,6)，,q＝－\f(1,6).))
所以不等式qx2＋px＋1＞0即为－eq \f(1,6)x2＋eq \f(1,6)x＋1＞0，整理得x2－x－6＜0，解得－2＜x＜3．即不等式qx2＋px＋1＞0的解集为{x|－2＜x＜3}．
B 组·素养提升
一、选择题
1．(2018·全国Ⅰ卷)已知集合A＝{x|x2－x－2＞0}，则∁RA＝( B )
A．{x|－1＜x＜2}B．{x|－1≤x≤2}
C．{x|x＜－1}∪{x|x＞2}D．{x|x≤－1}∪{x|x≥2}
[解析] 解不等式x2－x－2＞0得x＜－1或x＞2，即A＝{x|x＜－1或x＞2}，所以∁RA＝{x|－1≤x≤2}．
2．若产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系式是y＝3000＋20x－0.1x2(0＜x＜240)，若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本(销售收入不小于总成本)时的最低产量是( C )
A．100台 B．120台
C．150台 D．180台
[解析] y－25x＝－0.1x2－5x＋3000≤0，
即x2＋50x－30000≥0，
解得x≥150或x≤－200(舍去)．
∴生产者不亏本时的最低产量是150台．
3．若不等式ax2＋bx－2＜0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－2＜x＜\f(1,4)))))，则ab等于( C )
A．－28 B．－26
C．28 D．26
[解析] 由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2＋\f(1,4)＝－\f(b,a)，,－2×\f(1,4)＝－\f(2,a)，))
所以a＝4，b＝7，
所以ab＝28．
4．(多选题)若“不等式x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立”为假命题，则实数a可能的取值为( CD )
A．{a|－1≤a≤4} B．{a|－1＜a＜4}
C．{a|a＜－1} D．{a|a＞4}
[解析] 若命题为真命题，由于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．
所以题中a可以取的范围为{a|a＜－1}∪{a|a＞4}．
二、填空题
5．已知方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的两根都大于2，则实数m的取值范围为__(－5，－4]__．
[解析] 方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的两根都大于2，则一元二次函数y＝x2＋(m－2)x＋5－m的图象与x轴的两个交点都在2的右侧，根据图象得：方程的判别式Δ≥0，当x＝2时函数值y＞0，函数对称轴x＝－eq \f(m－2,2)＞2，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1((m－2)2－4(5－m)≥0，,4＋2(m－2)＋5－m＞0，,－\f(m－2,2)＞2，))
解得－5＜m≤－4．
6．若不等式x2＋x－1＜m2x2－mx对任意的x∈R恒成立，则实数m的取值范围为__(－∞，－1]∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，＋∞))__．
[解析] 原不等式可化为(1－m2)x2＋(1＋m)x－1＜0．
①当1－m2＝0时，m＝±1．
当m＝－1时，不等式可化为－1＜0，显然成立；
当m＝1时，不等式可化为2x－1＜0，解得x＜eq \f(1,2)，
故不等式的解集不是R，不合题意；
②当1－m2≠0时，由不等式恒成立可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－m2＜0，,Δ＝(1＋m)2＋4(1－m2)＜0，))
解得m＜－1或m＞eq \f(5,3)，
综上可知：实数m的取值范围为(－∞，－1]∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，＋∞))．
三、解答题
7．解不等式eq \f(a(x－1),x－2)＞1(a∈R)．
[解析] 原不等式等价于eq \f(a(x－1),x－2)－1＞0，即eq \f(a(x－1)－(x－2),x－2)＞0，所以[(a－1)x－(a－2)](x－2)＞0．①
当a＝1时，①式可以转化为x＞2；
当a＞1时，①式可以转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－2,a－1)))(x－2)＞0；
当a＜1时，①式可以转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－2,a－1)))(x－2)＜0．
又当a≠1时，2－eq \f(a－2,a－1)＝eq \f(a,a－1)，所以当a＞1或a＜0时，2＞eq \f(a－2,a－1)；
当a＝0时，2＝eq \f(a－2,a－1)；当0＜a＜1时，2＜eq \f(a－2,a－1)．
故当a＝1时，原不等式的解集是{x|x＞2}；当a＞1时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＜\f(a－2,a－1)或x＞2))))；当0＜a＜1时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(2＜x＜\f(a－2,a－1)))))；当a＝0时，原不等式的解集是∅；当a＜0时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a－2,a－1)＜x＜2))))．
8．已知关于x的不等式－x2＋ax＋b＞0．
(1)若该不等式的解集为(－4，2)，求a，b的值；
(2)若b＝a＋1，求此不等式的解集．
[解析] (1)根据题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－4＝a，,2×(－4)＝－b，))
解得a＝－2，b＝8．
(2)当b＝a＋1时，－x2＋ax＋b＞0⇔x2－ax－(a＋1)＜0，即[x－(a＋1)](x＋1)＜0．
当a＋1＝－1，即a＝－2时，原不等式的解集为∅；
当a＋1＜－1，即a＜－2时，原不等式的解集为{x|a＋1＜x＜－1}；
当a＋1＞－1，即a＞－2时，原不等式的解集为{x|－1＜x＜a＋1}．
综上所述：当a＝－2时，原不等式的解集为∅；
a＜－2时，原不等式的解集为{x|a＋1＜x＜－1}；
a＞－2时，原不等式的解集为{x|－1＜x＜a＋1}．