2024-2025学年高中数学第三章不等式3.2一元二次不等式3.2.2一元二次不等式的应用课时作业含解析北师大版必修5

PAGEPAGE1课时作业19一元二次不等式的应用时间：45分钟——基础巩固类——一、选择题1．不等式(x－1)eq\r(x＋2)≥0的解集是(C)A．{x|x>1} B．{x|x≥1}C．{x|x≥1或x＝－2} D．{x|x≤－2或x＝1}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}．2．不等式eq\f(x2－x－6,x－1)>0的解集为(C)A．{x|x<－2，或x>3}B．{x|x<－2，或1<x<3}C．{x|－2<x<1，或x>3}D．{x|－2<x<1，或1<x<3}解析：∵eq\f(x2－x－6,x－1)>0，∴eq\f((x－3)(x＋2),x－1)>0，∴(x－3)(x＋2)(x－1)>0，利用“穿针引线法”，如图所示．由穿根法可得不等式的解集为{x|－2<x<1，或x>3}．3．要使关于x的方程x2＋(a2－1)x＋a－2＝0的一根比1大且另一根比1小，则a的取值范围是(C)A．－1<a<1B．a<－1或a>1C．－2<a<1D．a<－2或a>1解析：令f(x)＝x2＋(a2－1)x＋a－2.由题意知，f(1)＝1＋a2－1＋a－2＝a2＋a－2＝(a－1)(a＋2)<0,∴－2<a<1.4．关于x的不等式ax－b>0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式eq\f(ax＋b,x－2)>0的解集是(A)A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1,2)C．(1,2)D．(－∞，1)∪(2，＋∞)解析：由已知，得a>0，且a＝b，∴eq\f(ax＋b,x－2)>0，即eq\f(x＋1,x－2)>0.∴x<－1或x>2，故选A.5．若函数f(x)＝eq\f(1,\r(kx2＋kx＋1))的定义域为R，则常数k的取值范围是(C)A．(0,4)B．[0,4]C．[0,4)D．(0,4]解析：∵函数f(x)＝eq\f(1,\r(kx2＋kx＋1))的定义域为R，∴kx2＋kx＋1>0对x∈R恒成立，当k>0时，Δ＝k2－4k<0，即0<k<4.当k＝0时，kx2＋kx＋1＝1>0恒成立，故0≤k<4.选C.6．若关于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0有解，则实数a的取值范围是(A)A．(－∞，－8]B．(－∞，－8]∪[0，＋∞)C．(－∞，－4)D．[－8,4)解析：令3x＝t，t∈(0，＋∞)，则t2＋(4＋a)t＋4＝0有正数解，设其解为t1，t2，则t1t2＝4>0，∴两根均正，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝(4＋a)2－16≥0，,－(4＋a)>0，))解得a≤－8.7．依据调查，某厂生产的一种产品n月份的利润为f(n)万元(n＝1,2，…，12)，其近似地满意f(n)＝eeq\f(n,2)(13n－22－n2)(e＝2.718…)．为了获得一年的最大利润，那么该产品每年只要生产(D)A．11个月 B．10个月C．9个月 D．8个月解析：因为f(n)＝eeq\f(n,2)(13n－22－n2)，若要获得一年的最大利润，应使生产产品的月份都能盈利，则f(n)>0，所以n2－13n＋22<0，所以2<n<11.故只要从3月份起先生产到10月份，共生产8个月即可获得最大利润．解本题关键是由题意构造不等式．有人认为f(n)≥0也可保证得到利润的最大值．所以误选B.出现错误的缘由在于未考虑2月份和11月份的利润均为0.8．若集合A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝∅，则实数a的值的集合是(D)A．{a|0<a<4} B．{a|0≤a<4}C．{a|0<a≤4} D．{a|0≤a≤4}解析：若a＝0时，符合题意；a>0时，相应二次方程中的Δ＝(－a)2－4a≤0，得{a|0<a≤4}，综上得{a|0≤a≤4}，故选D.二、填空题9．不等式eq\f(x－1,x＋2)>1的解集是{x|x<－2}．解析：eq\f(x－1,x＋2)>1⇔eq\f(x－1,x＋2)－eq\f(x＋2,x＋2)>0⇔eq\f(3,x＋2)<0⇔x＋2<0⇔x<－2.10．已知关于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，则a＝－2.解析：由于不等式eq\f(ax－1,x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，故－eq\f(1,2)应是ax－1＝0的根．∴a＝－2.11．若函数f(x)＝log2(x2－2ax－a)的定义域为R，则a的取值范围为(－1,0)．解析：已知函数定义域为R，即x2－2ax－a>0对随意x∈R恒成立．∴Δ＝(－2a)2＋4a<0.解得－1<a<0.三、解答题12．解下列不等式：(1)eq\f(2,x)<x＋1；(2)x2－2|x|－15≥0；(3)x3－3x2＋x＋1<0.解：(1)eq\f(2,x)<x＋1⇔x＋1－eq\f(2,x)>0⇔eq\f(x2＋x－2,x)>0⇔x(x＋2)(x－1)>0⇔－2<x<0或x>1.∴原不等式的解集为{x|－2<x<0或x>1}．(2)x2－2|x|－15≥0⇔|x|2－2|x|－15≥0⇔(|x|－5)(|x|＋3)≥0⇔|x|≥5⇔x≥5或x≤－5.∴原不等式的解集为{x|x≥5或x≤－5}．(3)x3－3x2＋x＋1<0可化为(x－1)(x2－2x－1)<0，即(x－1)(x－1－eq\r(2))(x－1＋eq\r(2))<0，利用“穿针引线法”，如图所示．∴x<1－eq\r(2)或1<x<1＋eq\r(2).∴原不等式的解集为{x|x<1－eq\r(2)或1<x<1＋eq\r(2)}．13．已知a≥0，解关于x的不等式eq\f(ax－1,x2－x－2)>0.解：当a＝0时，原不等式等价于x2－x－2<0，解得－1<x<2.当a>0时，原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x＋1)(x－2)>0.当eq\f(1,a)＝2，即a＝eq\f(1,2)时，原不等式的解集为{x|x>－1且x≠2}；当eq\f(1,a)>2，即0<a<eq\f(1,2)时，原不等式的解集为{x|－1<x<2或x>eq\f(1,a)}；当0<eq\f(1,a)<2，即a>eq\f(1,2)时，原不等式的解集为{x|－1<x<eq\f(1,a)或x>2}．综上，当a＝0时，原不等式的解集为(－1,2)；当0<a≤eq\f(1,2)时，原不等式的解集为(－1,2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))；当a>eq\f(1,2)时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)))∪(2，＋∞)．——实力提升类——14．某地每年销售木材约2×105m3，销售价格为2.4×103元/m3，为了削减木材消耗，确定按销售收入的t%征收木材税，这样每年的木材销售量削减2.5t×104m3.为了既削减木材消耗又保证税金收入每年不少于9×106元，则实数t的取值范围是(B)A．[1,3]B．[3,5]C．[2,4]D．[4,6]解析：设按销售收入的t%征收木材税时，税金收入为y元，则y＝2.4×103×(2×105－2.5t×104)×t%＝6(8t－t2)×105.令y≥9×106，即6(8t－t2)×105≥9×106，解得3≤t≤5.15．某种商品，现在定价p元，每月卖出n件，设定价上涨x成，每月卖出数量削减y成，每月售货总金额变成现在的z倍．(1)用x和y表示z；(2)设y＝kx(0<k<1)，利用k表示当每月售货总金额最大时x的值；(3)若y＝eq\f(2,3)x，求使每月售货总金额有所增加的x值的范围．解：(1)按现在的定价上涨x成时，上涨后的定价为p(1＋eq\f(x,10))元，每月卖出数量为n(1－eq\f(y,10))件；每月售货总金额是npz元，因而npz＝p(1＋eq\f(x,10))·n(1－eq\f(y,10))，所以z＝eq\f((10＋x)(10－y),100).(2)在y＝kx的条件下，z＝eq\f(1,100)·{100＋eq\f(25(1－k)2,k)－k·[x－eq\f(5(1－k),k)]2}，由