2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)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應(yīng)用課時作業(yè)含解析北師大版必修5

PAGEPAGE1課時作業(yè)19一元二次不等式的應(yīng)用時間：45分鐘——基礎(chǔ)鞏固類——一、選擇題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：當(dāng)x＝－2時，0≥0成立．當(dāng)x>－2時，原不等式變?yōu)閤－1≥0，即x≥1，∴不等式的解集為{x|x≥1或x＝－2}．2．不等式eq\f(x2－x－6,x－1)>0的解集為(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“穿針引線法”，如圖所示．由穿根法可得不等式的解集為{x|－2<x<1，或x>3}．3．要使關(guān)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，則a的取值范圍是(C)A．－1<a<1B．a(chǎn)<－1或a>1C．－2<a<1D．a(chǎn)<－2或a>1解析：令f(x)＝x2＋(a2－1)x＋a－2.由題意知，f(1)＝1＋a2－1＋a－2＝a2＋a－2＝(a－1)(a＋2)<0,∴－2<a<1.4．關(guān)于x的不等式ax－b>0的解集是(1，＋∞)，則關(guān)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，故選A.5．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(kx2＋kx＋1))的定義域為R，則常數(shù)k的取值范圍是(C)A．(0,4)B．[0,4]C．[0,4)D．(0,4]解析：∵函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(kx2＋kx＋1))的定義域為R，∴kx2＋kx＋1>0對x∈R恒成立，當(dāng)k>0時，Δ＝k2－4k<0，即0<k<4.當(dāng)k＝0時，kx2＋kx＋1＝1>0恒成立，故0≤k<4.選C.6．若關(guān)于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0有解，則實數(shù)a的取值范圍是(A)A．(－∞，－8]B．(－∞，－8]∪[0，＋∞)C．(－∞，－4)D．[－8,4)解析：令3x＝t，t∈(0，＋∞)，則t2＋(4＋a)t＋4＝0有正數(shù)解，設(shè)其解為t1，t2，則t1t2＝4>0，∴兩根均正，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝(4＋a)2－16≥0，,－(4＋a)>0，))解得a≤－8.7．依據(jù)調(diào)查，某廠生產(chǎn)的一種產(chǎn)品n月份的利潤為f(n)萬元(n＝1,2，…，12)，其近似地滿意f(n)＝eeq\f(n,2)(13n－22－n2)(e＝2.718…)．為了獲得一年的最大利潤，那么該產(chǎn)品每年只要生產(chǎn)(D)A．11個月 B．10個月C．9個月 D．8個月解析：因為f(n)＝eeq\f(n,2)(13n－22－n2)，若要獲得一年的最大利潤，應(yīng)使生產(chǎn)產(chǎn)品的月份都能盈利，則f(n)>0，所以n2－13n＋22<0，所以2<n<11.故只要從3月份起先生產(chǎn)到10月份，共生產(chǎn)8個月即可獲得最大利潤．解本題關(guān)鍵是由題意構(gòu)造不等式．有人認為f(n)≥0也可保證得到利潤的最大值．所以誤選B.出現(xiàn)錯誤的緣由在于未考慮2月份和11月份的利潤均為0.8．若集合A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝?，則實數(shù)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時，符合題意；a>0時，相應(yīng)二次方程中的Δ＝(－a)2－4a≤0，得{a|0<a≤4}，綜上得{a|0≤a≤4}，故選D.二、填空題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．已知關(guān)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)，＋∞))，則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)應(yīng)是ax－1＝0的根．∴a＝－2.11．若函數(shù)f(x)＝log2(x2－2ax－a)的定義域為R，則a的取值范圍為(－1,0)．解析：已知函數(shù)定義域為R，即x2－2ax－a>0對隨意x∈R恒成立．∴Δ＝(－2a)2＋4a<0.解得－1<a<0.三、解答題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.∴原不等式的解集為{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.∴原不等式的解集為{x|x≥5或x≤－5}．(3)x3－3x2＋x＋1<0可化為(x－1)(x2－2x－1)<0，即(x－1)(x－1－eq\r(2))(x－1＋eq\r(2))<0，利用“穿針引線法”，如圖所示．∴x<1－eq\r(2)或1<x<1＋eq\r(2).∴原不等式的解集為{x|x<1－eq\r(2)或1<x<1＋eq\r(2)}．13．已知a≥0，解關(guān)于x的不等式eq\f(ax－1,x2－x－2)>0.解：當(dāng)a＝0時，原不等式等價于x2－x－2<0，解得－1<x<2.當(dāng)a>0時，原不等式等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x＋1)(x－2)>0.當(dāng)eq\f(1,a)＝2，即a＝eq\f(1,2)時，原不等式的解集為{x|x>－1且x≠2}；當(dāng)eq\f(1,a)>2，即0<a<eq\f(1,2)時，原不等式的解集為{x|－1<x<2或x>eq\f(1,a)}；當(dāng)0<eq\f(1,a)<2，即a>eq\f(1,2)時，原不等式的解集為{x|－1<x<eq\f(1,a)或x>2}．綜上，當(dāng)a＝0時，原不等式的解集為(－1,2)；當(dāng)0<a≤eq\f(1,2)時，原不等式的解集為(－1,2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))；當(dāng)a>eq\f(1,2)時，原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a)))∪(2，＋∞)．——實力提升類——14．某地每年銷售木材約2×105m3，銷售價格為2.4×103元/m3，為了削減木材消耗，確定按銷售收入的t%征收木材稅，這樣每年的木材銷售量削減2.5t×104m3.為了既削減木材消耗又保證稅金收入每年不少于9×106元，則實數(shù)t的取值范圍是(B)A．[1,3]B．[3,5]C．[2,4]D．[4,6]解析：設(shè)按銷售收入的t%征收木材稅時，稅金收入為y元，則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．某種商品，現(xiàn)在定價p元，每月賣出n件，設(shè)定價上漲x成，每月賣出數(shù)量削減y成，每月售貨總金額變成現(xiàn)在的z倍．(1)用x和y表示z；(2)設(shè)y＝kx(0<k<1)，利用k表示當(dāng)每月售貨總金額最大時x的值；(3)若y＝eq\f(2,3)x，求使每月售貨總金額有所增加的x值的范圍．解：(1)按現(xiàn)在的定價上漲x成時，上漲后的定價為p(1＋eq\f(x,10))元，每月賣出數(shù)量為n(1－eq\f(y,10))件；每月售貨總金額是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的條件下，z＝eq\f(1,100)·{100＋eq\f(25(1－k)2,k)－k·[x－eq\f(5(1－k),k)]2}，由