《2020版高考数学大一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第33讲 一元二次不等式及其解法课时达标 理（含解析）新人教A版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第33讲 一元二次不等式及其解法课时达标 理（含解析）新人教A版（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第33讲 一元二次不等式及其解法课时达标一、选择题1(2019南昌月考)已知p：|5x2|3，q：0，则p是q的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件B解析 由|5x2|3，得x1，故p：xM(1，)由0，得x|x1，故q：xN(，5)(1，)因为NM，所以p是q的必要不充分条件，故选B.2在R上定义运算：abab2ab，则满足x(x2)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(x2)0得(x2)(x1)0，解得2x1.故选B.3函数yln的定义域为()Ax|1x2 Bx|0x1Cx|0x1 Dx|
2、1x2C解析 由题意可得解得所以函数yln的定义域为x|0x1故选C.4已知关于x的不等式kx26kxk80对任意xR恒成立，则k的取值范围是()A0,1 B(0,1C(，0)(1，) D(，01，)A解析 当k0时，不等式kx26kxk80化为80恒成立；当k0时，不等式kx26kxk80不能恒成立；当k0时，要使不等式kx26kxk80恒成立，需36k24(k28k)0，解得0k1.故选A.5若ax2bxc0的解集为x|x4，则对于函数f(x)ax2bxc应有()Af(5)f(2)f(1)Bf(5)f(1)f(2)Cf(1)f(2)f(5)Df(2)f(1)0成立，则实数x的取值范围为_解
3、析 不等式可变形为(x2x)p3x30，令f(p)(x2x)p3x3，p1,1原不等式成立等价于f(p)0(p1,1)恒成立，则即解得3x1.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a0，可设f(x)a(x1)(x2)ax23ax2a，所以f(x)maxf1，所以a4，故4a 0.答案 (4,0)三、解答题10已知f(x)3x2a(6a)x6.(1)解关于a的不等式f(1)0；(2)若不等式f(x)b的解集为(1,3)，求实数a，b的值解析 (1)由题意知f(1)3a(6a)6a
4、26a30，即a26a30，解得32a32.所以不等式的解集为a|32a32(2)因为f(x)b的解集为(1,3)，所以方程3x2a(6a)x6b0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售价提高1元，销量就要减少10件，问他将单价定为多少元时，才能使得每天的利润最大？单价定为多少元时，才能保证每天的利润在300元以上？解析 设每件提高x元(0x10)，即每件获利润(2x)元，则每天可销售(10010x)件，每天获总利润为y元，由题意有y(2x)(100
5、10x)10x280x20010(x4)2360.当x4时，y取得最大值360.所以当售价定为14元时，每天所赚利润最大，为360元要使每天所赚的利润在300元以上，则有10x280x200300，即x28x100，解得4x4.故每件定价在(14)元到(14)元之间时，能确保每天的利润在300元以上12已知函数f(x)ax2(b8)xaab，当x(，3)(2，)时，f(x)0，当x(3,2)时，f(x)0.(1)求f(x)在0,1内的值域；(2)若ax2bxc0的解集为R，求实数c的取值范围解析 (1)因为当x(，3)(2，)时，f(x)0，当x(3,2)时，f(x)0.所以3,2是方程ax2
6、(b8)xaab0的两根，所以所以f(x)3x23x1832.因为函数图象关于x对称且抛物线开口向下，所以f(x)在0,1上为减函数，所以f(x)maxf(0)18，f(x)minf(1)12，故f(x)在0,1内的值域为12,18(2)由(1)知不等式ax2bxc0可化为3x25xc0，要使3x25xc0的解集为R，只需即2512c0，所以c，所以实数c的取值范围为.13选做题在R上定义运算：adbc，若不等式1对xR恒成立，则实数a的最大值为_解析 原不等式等价于x(x1)(a2)(a1)1，即x2x1(a2)(a1)对xR恒成立，因为x2x12，所以(a2)(a1)，解得a，所以amax.答案 1
