人教B版（2023）必修第一冊(cè)《2.2.3 一元二次不等式的解法》同步練習(xí)（word含解析）

第第頁(yè)人教B版（2023）必修第一冊(cè)《2.2.3一元二次不等式的解法》同步練習(xí)（word含解析）人教B版（2023）必修第一冊(cè)《2.2.3一元二次不等式的解法》同步練習(xí)

一、單選題（本大題共8小題，共40分）

1.（5分）已知集合，，則

A.B.

C.D.

2.（5分）已知關(guān)于的不等式的解集為，則等于

A.B.C.D.

3.（5分）已知集合，，則

A.B.

C.D.

4.（5分）設(shè)，則“”是“”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

5.（5分）在等差數(shù)列中，若和是方程的兩實(shí)數(shù)根，則

A.B.C.D.

6.（5分）于的等式的解集為，：則

A.B.C.D.

7.（5分）如果且，那么，，，的大小關(guān)系是

A.B.

C.D.

8.（5分）已知函數(shù)為奇函數(shù)，則

A.B.C.D.

二、多選題（本大題共5小題，共25分）

9.（5分）已知函數(shù)可以表示成一個(gè)偶函數(shù)和一個(gè)奇函數(shù)之和．若不等式對(duì)恒成立，則實(shí)數(shù)的可能取值為

A.B.C.D.

10.（5分）已知，，則下列不等式成立的是

A.B.C.D.

11.（5分）已知不等式的解集為，其中，則以下選項(xiàng)正確的有

A.

B.

C.的解集為

D.的解集為或

12.（5分）下列四個(gè)不等式中，解集為的是

A.B.

C.D.

13.（5分）已知關(guān)于的不等式解集為，則

A.

B.不等式的解集為

C.

D.不等式的解集為

三、填空題（本大題共5小題，共25分）

14.（5分）若關(guān)于的不等式的解集不是空集，則的取值范圍是______．

15.（5分）不等式的解集為，且，則______．

16.（5分）對(duì)一切實(shí)數(shù)，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是______．

17.（5分）關(guān)于的不等式的解集為______．

18.（5分）已知二次函數(shù)的部分對(duì)應(yīng)值如表所示：

則不等式的解集是______用區(qū)間表示

四、解答題（本大題共5小題，共60分）

19.（12分）已知，，解不等式．

20.（12分）已知關(guān)于的不等式

當(dāng)時(shí)解不等式

當(dāng)時(shí)解不等式．

21.（12分）已知函數(shù)

當(dāng)時(shí)，解不等式

設(shè)，若，，都有，求實(shí)數(shù)的取值范圍.

22.（12分）設(shè)函數(shù)

當(dāng)時(shí)，求不等式的解集；

若不等式在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．

23.（12分）已知點(diǎn)在函數(shù)且上．

求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

若，且在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．

答案和解析

1.【答案】A;

【解析】

此題主要考查集合的交集運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.已知集合，，

故選

2.【答案】A;

【解析】

考查一元二次不等式的解和對(duì)應(yīng)一元二次方程實(shí)根的關(guān)系．根據(jù)題意即可得出，，是方程的兩實(shí)根，將代入方程即可求出．

解：據(jù)題意知，，是方程的兩實(shí)根；

將代入方程得；

．

故選：．

3.【答案】C;

【解析】

此題主要考查了集合交集，補(bǔ)集的混合運(yùn)算，涉及不等式求解問題，屬于基礎(chǔ)題.

先化簡(jiǎn)集合，，再求出，然后求出即可.

解：集合，

則，

集合，

，

故選

4.【答案】A;

【解析】求解二次不等式可得：或，

據(jù)此可知：是的充分不必要條件.

故選：A.

5.【答案】C;

【解析】

此題主要考查等差數(shù)列的性質(zhì)、韋達(dá)定理，屬于基礎(chǔ)題．

由題意利用等差數(shù)列的性質(zhì)、韋達(dá)定理，求得的值．

解：由題意可知，

故選

6.【答案】A;

【解析】解：關(guān)于的不等式的集為，

又，

所以，

，所以．

，

故選：

利用不等式的解以及達(dá)定理得到根系，后與已知條件化簡(jiǎn)解的值即．

該題考查二次等式的解法，韋定理的應(yīng)用，考算力．

7.【答案】B;

【解析】

此題主要考查一元二次不等式的解法，以及利用不等式的性質(zhì)比較大小.

求出的范圍，利用賦值法，即可得.

解：因?yàn)榍?，解得?/p>

令，

則，

所以

故選

8.【答案】B;

【解析】

本題重點(diǎn)考查函數(shù)的奇偶性，屬容易題.

解：因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，且的定義域?yàn)?，所以，所?/p>

故選：

9.【答案】CD;

【解析】解：因?yàn)楹瘮?shù)可以表示成一個(gè)偶函數(shù)和一個(gè)奇函數(shù)之和，

所以，①

所以，②

①②聯(lián)立可得，，

因?yàn)閷?duì)恒成立，

即對(duì)恒成立，

也即恒成立，

令，

所以在時(shí)恒成立，

所以在時(shí)恒成立，

構(gòu)造函數(shù)

則只需即可，

，

所以在上為減函數(shù)，

所以，

所以，

故選：

利用函數(shù)的奇偶性構(gòu)造方程組求出與的解析式，代入不等式整理，通過換元，轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題求解的取值范圍即可．

此題主要考查了由奇偶性求解析式，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及最值，屬于難題．

10.【答案】ACD;

【解析】

此題主要考查了不等式比較大小，由不等式的基本性質(zhì)逐一判斷即可．解：對(duì)于，因?yàn)?，，所以，所以正確

對(duì)于，由，當(dāng)時(shí)，，所以不正確；

對(duì)于，因?yàn)?，，所以，所以正確

對(duì)于，因?yàn)?，所以均值不等式得，所以正確

11.【答案】AC;

【解析】解：不等式的解集為，其中，

所以，且，，選項(xiàng)A正確；

所以，，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

所以不等式可化為；

又，所以，即；

又，所以，所以，

即不等式的解集是，

所以選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．

故選：．

依題意，可判斷，，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出、、的關(guān)系，代入求解即可．

該題考查了一元二次不等式的解法與應(yīng)用問題，也考查了轉(zhuǎn)化與運(yùn)算能力，是中檔題．

12.【答案】BCD;

【解析】解：對(duì)于，化為，其解集不為；

對(duì)于，，，其解集為；

對(duì)于，，，其解集為；

對(duì)于，化為，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)；

所以不等式的解集為．

故選：．

中，不等式化為，判斷解集不為；

B、、中，不等式化為，利用判別式判斷其解集為．

該題考查了一元二次不等式的解法與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．

13.【答案】BCD;

【解析】解：由已知可得，是方程的兩根，

則由韋達(dá)定理可得：，且，解得，，所以A錯(cuò)誤，

選項(xiàng)B：化簡(jiǎn)為，解得，B正確，

選項(xiàng)C：，C正確，

選項(xiàng)D：化簡(jiǎn)為：，解得，D正確，

故選：．

由已知可得，是方程的兩根，則由韋達(dá)定理可得：，且，解得，，然后對(duì)應(yīng)各個(gè)選項(xiàng)逐個(gè)判斷即可．

此題主要考查了一元二次不等式的解法以及應(yīng)用，考查了學(xué)生的運(yùn)算轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題．

14.【答案】（-∞，0）∪（4，+∞）;

【解析】解：若，則原不等式等價(jià)為，此時(shí)不等式的解集為空集．所以不成立，即．

若，要使不等式的解集不是空集，則

時(shí)，有，解得．

若，則滿足條件．

綜上滿足條件的的取值范圍是．

故答案為：．

分別討論和，利用不等式的解集不是空集，解出的取值范圍．

這道題主要考查一元二次不等式的基本解法，要注意分類討論．

15.【答案】或;

【解析】解：由不等式的解集為，

的兩個(gè)根分別為，，

由韋達(dá)定理：，．

，

由，

可得：．

解得：或．

故答案為：或．

根據(jù)不等式的解集可得的兩個(gè)根為，，利用根與系數(shù)的關(guān)系建立等式，解之即可．

這道題主要考查了一元二次不等式和一元二次方程的關(guān)系的應(yīng)用，以及根與系數(shù)的關(guān)系，同時(shí)考查了分析求解的能力和計(jì)算能力，屬于中檔題．

16.【答案】[-2，+∞）;

【解析】解：根據(jù)題意，分種情況討論；

時(shí)，原式為，恒成立，則；

時(shí)，原式可化為，即；

又由，則；

要使不等式恒成立，需有即可；

綜上可得，的取值范圍是；

故答案為：．

根據(jù)題意，分與兩種情況討論，時(shí)，易得原不等式恒成立，時(shí)，原式可變形為，由基本不等式的性質(zhì)，易得的范圍，綜合兩種情況可得答案．

該題考查了函數(shù)的恒成立問題，難度一般，關(guān)鍵是掌握分類討論的思想解題．

17.【答案】;

【解析】解：不等式，可化為，

即，

其對(duì)應(yīng)的方程的根為

故不等式的解集為，

故答案為：．

把不等式，可化為，再解出即可．

該題考查一元二次不等式的解法，基礎(chǔ)題．

18.【答案】（-∞，-1）∪（4，+∞）;

【解析】解：根據(jù)二次函數(shù)的部分對(duì)應(yīng)值表知，該二次函數(shù)的圖象開口向上，函數(shù)的零點(diǎn)是和，

所以對(duì)應(yīng)不等式的解集為

故答案為：

根據(jù)表中數(shù)據(jù)得出二次函數(shù)圖象開口向上，零點(diǎn)是和，由此寫出對(duì)應(yīng)不等式的解集．

此題主要考查了二次函數(shù)與一元二次不等式的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．

19.【答案】解：不等式可化為，

，，

不等式可化為，

不等式對(duì)應(yīng)方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根為和，

當(dāng)，即，不等式為，解集為；

當(dāng)，即時(shí)，不等式的解集為或；

當(dāng)，即時(shí)，不等式的解集為或；

綜上，時(shí)，不等式的解集為；

時(shí)，不等式的解集為或；

時(shí)，不等式的解集為或．;

【解析】該題考查了含有字母系數(shù)的不等式的解法與應(yīng)用問題，也考查了分類討論思想，是基礎(chǔ)題．

不等式化為，由，求出不等式對(duì)應(yīng)方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，討論的取值范圍，求出對(duì)應(yīng)不等式的解集即可．

20.【答案】解：（1）當(dāng)a=1時(shí)，不等式為-3x+2＜0

解可得{x|1＜x＜2}

（2）原不等式可轉(zhuǎn)化為：（x-a）（x-2）＜0

①當(dāng)a＞2時(shí)，不等式的解集為{x|2＜x＜a}

②a=2時(shí)，不等式的解答集為

③a＜2時(shí)不等式的解集合為{x|a＜x＜2};

【解析】

當(dāng)時(shí)，不等式為，可得原不等式可轉(zhuǎn)化為：

分，，三種情況討論進(jìn)行求解

這道題主要考查了一元二次不等式的解法，其中中主要考查了分類討論的思想在解題中的應(yīng)用．

21.【答案】解：由得，，

當(dāng)時(shí)，，

由，而，故解得，

所以的解集為，

由題意可知在上的最大值小于或等于在上的最小值.

因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，所以在上的值域?yàn)?/p>

則恒成立，令，

于是在恒成立.

當(dāng)即時(shí)，在上單調(diào)遞增，

則只需，即，此時(shí)恒成立，所以

當(dāng)即時(shí)，在上單調(diào)遞減，

則只需，即，不滿足，舍去

當(dāng)即時(shí)，只需，解得，

而，所以

綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為;

【解析】此題主要考查了正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，利用不等式的性質(zhì)求解，指數(shù)函數(shù)以及一元二次函數(shù)的圖象與性質(zhì).

由化簡(jiǎn)，將代入，可得，再計(jì)算即可；

由題意可知在上的最大值小于或等于在上的最小值，求出在上的值域?yàn)?，則恒成立，令，所以在恒成立，分類討論二次函數(shù)的增減性.

22.【答案】解：，

當(dāng)時(shí)，，

①當(dāng)時(shí)，原不等式等價(jià)于，解得；②當(dāng)時(shí)，原不等式等價(jià)于，

解得；

③當(dāng)時(shí)，原不等式等價(jià)于，解得，此時(shí)無解；

綜上所述，不等式的解集為；

①當(dāng)時(shí)，恒成立等價(jià)于，

又，，故；

②當(dāng)時(shí)，恒成立等價(jià)于恒成立，

即，只需即可，即，，

綜上，;

【解析】此題主要考查了解絕對(duì)值不等式問題，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想，考查運(yùn)算能力，是一道中檔題．

將代入，通過討論的范圍，求出各個(gè)區(qū)間上的的范圍，取交集即可；

由恒成立思想可得的不等式，分類討論解不等式即可得到所求范圍．

23.【答案】解：（1）將點(diǎn)P（e，1）代入f（x）=lox中，得loe=1，解得a=e，

所以f（x）=lnx（x＞0），

h（x）=f（x）-x=lnx-x（x＞0），

h′（x）=-=，

由h′（x）＞0，可得0＜x＜2，由h′（x）＜0，可得x＞2，

所以h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2），單調(diào)遞減區(qū)間為（2，+∞）．

（2）由f（x）g（x）≤ax-2在x∈（0，+∞）上恒成立，

可得lnx（-2+1）lnx≤ax-2在x∈（0，+∞）上恒成立，即a≥恒成立，

令F（x）==-2xlnx+，

F′（x）=-2（lnx+1）-=-（lnx+1）（2+），

令