第二章　一元二次函数、方程和不等式-综合拔高练-2022学年-数学人教版（2019）-必修第一册

综合拔高练

五年高考练

考点1　一元二次不等式及其应用

1.(2020全国Ⅰ文,1)已知集合A={x|x2-3x-4<0},B={-4,1,3,5},则A∩B=(　　)

A.{-4,1}　　　　　　B.{1,5}

C.{3,5}　　　　　　D.{1,3}

2.(2019天津,10)设x∈R,使不等式3x2+x-2<0成立的x的取值范围为　　　　. 

3.(2021上海,4)不等式<1的解集为　　　　. 

考点2　基本不等式及其应用

4.(2019浙江,5)设a>0,b>0,则“a+b≤4”是“ab≤4”的(　　)

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

5.(2020天津,14)已知a>0,b>0,且ab=1,则++的最小值为　　　　. 

6.(2020江苏,12)已知5x2y2+y4=1(x,y∈R),则x2+y2的最小值是　　　　. 

7.(2021天津,13)若a>0,b>0,则++b的最小值为　　　　. 

考点3　不等式的实际应用

8.(2019北京,14)李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这四种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.

①当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付　　　　元; 

②在促销活动中,为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x的最大值为　　　　. 

9.(2017江苏,10)某公司一年购买某种货物600吨,每次购买x吨,运费为6万元/次,一年的总存储费用为4x万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小,则x的值是　　　　. 

三年模拟练

应用实践

1.(2022河北石家庄一中适应性测试)不等式x>的解集是(　　)

A.{x|x>1}

B.{x|x<-1或x>1}

C.{x|-1<x<0或x>1}

D.{x| x<-1或0<x<1}

2.(2022江苏镇江一中段考)设x∈R,则|x-2|<1的必要不充分条件可以是(　　)

A.x2-4x+3<0　　　　　　B.≤0

C.>1　　　　　　D.|x-2|=0

3.(2022天津耀华中学期中)正实数a,b,c满足a2-3ab+16b2-c=0,当取得最大值时,+-的最大值为(　　)

A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.

4.(2020山东聊城期末)若不等式ax2+2x+a<0对任意x∈R恒成立,则实数a的取值范围是　　　　. 

5.(2022福建厦门双十中学阶段测试)已知关于x的不等式ax2+bx+c≥0的解集为{x|x≤3或x≥4},则下列结论中,正确结论的序号是　　　　. 

①a>0;

②不等式bx+c>0的解集为{x|x<-4};

③不等式cx2-bx+a<0的解集为xx<-或x>;

④a+b+c>0.

6.(2022天津南开中学期中)若x,y均为正实数,(x-y)2=(xy)3,求+的最小值.

7.(2022安徽合肥六中段考)已知集合A={x|(x-a)(x-a+1)≤0},B={x|x2+x-2<0}.

(1)若x∈A是x∈B的充分不必要条件,求实数a的取值范围;

(2)设命题p:∃x∈B,x2+(2m+1)x+m2-m>8,若命题p为假命题,求实数m的取值范围.

8.(2021江苏南京师范大学附属中学月考)已知x,y均为正实数,x+2y+xy=30.

(1)求xy的取值范围;

(2)求x+y的取值范围.

9.(2021湖南湘潭一中期中)某种商品原来每件售价为25元,年销售量为8万件.

(1)据市场调查,若价格每提高1元,年销售量将相应减少2 000件,要使该商品的年销售收入不低于原收入,每件定价最高为多少元?

(2)为了扩大该商品的影响力,提高年销售量,公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革,并提高定价到x元/件.公司拟投入(x2-600)万元作为技改费用,投入50万元作为固定宣传费用,投入x万元作为浮动宣传费用.试问:当该商品明年的销售量a至少达到多少万件时,才可能使明年的年销售收入不低于原收入与总投入之和?此时商品的定价为多少?

迁移创新

10.(2020山东泰安第四中学月考)我们学习了二元基本不等式:如果a>0,b>0,则≤,当且仅当a=b时,等号成立.利用基本不等式可以证明其他不等式,也可以利用“和定积最大,积定和最小”求最值.

(1)请猜想:对于三元基本不等式,设a>0,b>0,c>0,则　　　　≤,当且仅当a=b=c时,等号成立(把横线补全即可,不需要证明); 

(2)利用(1)中猜想的三元基本不等式证明:当a>0,b>0,c>0时,(a2+b2+c2)(a+b+c)≥9abc;

(3)利用(1)中猜想的三元基本不等式求最值:

设a>0,b>0,c>0,a+b+c=1,求(1-a)(1-b)(1-c)的最大值.

综合拔高练

五年高考练

1.D　由x2-3x-4<0,得(x-4)(x+1)<0,解得-1<x<4,∴A={x|-1<x<4},又∵B={-4,1,3,5},∴A∩B={1,3},故选D.

2.答案　

解析　3x2+x-2<0⇔(x+1)(3x-2)<0,所以-1<x<.

3.答案　{x|-7<x<2}

解析　<1⇔-1<0⇔<0⇔(x+7)(x-2)<0,解得-7<x<2.故答案为{x|-7<x<2}.

4.A　由a>0,b>0,得4≥a+b≥2,即ab≤4,充分性成立;当a=4,b=1时,满足ab≤4,但a+b=5>4,不满足a+b≤4,必要性不成立.故“a+b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件,故选A.

5.答案　4

解析　++=+=+≥2=4,

当且仅当=,即a+b=4时取等号.

又∵ab=1,∴或时取等号,

∴++的最小值为4.

6.答案　

解析　由5x2y2+y4=1知y≠0,∴x2=,∴x2+y2=+y2==+≥

2=,当且仅当=,即y2=,x2=时取“=”.故x2+y2的最小值为.

7.答案　2

解析　因为a>0,b>0,所以++b≥2+b=+b≥2=2,

当且仅当即a=b=时等号成立,故++b的最小值为2.

8.答案　①130　②15

解析　①x=10时,一次购买草莓和西瓜各1盒,共140元,由题可知顾客需支付140-10=130元.

②设每笔订单金额为m元,则只需考虑m≥120时的情况.

根据题意得(m-x)80%≥m×70%,

所以x≤,而m≥120,

为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x≤,而=15,

所以x≤15.

所以x的最大值为15.

9.答案　30　

解析　设总费用为y万元,则y=×6+4x=4×≥4×2=240,当且仅当x=30时,等号成立,故x的值是30.

三年模拟练

1.C　不等式x>可化为x->0,即>0,等价于或解得x>1或-1<x<0.

所以原不等式的解集为{x|-1<x<0或x>1}.故选C.

2.B　由|x-2|<1得(x-2)2<1,解得1<x<3.

由x2-4x+3<0得1<x<3,故选项A是充要条件;

由≤0得1≤x<3,故选项B是必要不充分条件;

由>1得-1==>0,即(x-2)(x-3)<0,所以2<x<3,故选项C是充分不必要条件;

由|x-2|=0,得x=2,故选项D是充分不必要条件.故选B.

3.C　由a2-3ab+16b2-c=0,得c=a2-3ab+16b2,

所以==≤=,

当且仅当=,即a=4b时等号成立,此时=,故c=20b2,

则+-=+-=-+,①

故当=3,即b=,a=,c=时,①式取得最大值,为.故选C.

4.答案　{a|a<-1}

解析　当a=0时,不等式化为2x<0,故x<0,不符合题意;

当a≠0时,要使不等式ax2+2x+a<0对任意x∈R恒成立,则有

解得a<-1.

综上所述,实数a的取值范围是{a|a<-1}.

5.答案　①④

解析　由ax2+bx+c≥0的解集为{x|x≤3或x≥4},可得a>0,-=7,=12,即b=-7a,c=12a,故①正确;不等式bx+c>0即-7ax+12a>0,即7x-12<0,解得x<,故②错误;不等式cx2-bx+a<0即a(12x2+7x+1)<0,即(3x+1)(4x+1)<0,其解集为,故③错误;易得a+b+c=6a>0,故④正确.故答案为①④.

6.解析　由(x-y)2=(xy)3两边同除以(xy)2,得=xy,

则=+=xy+≥2=4,当且仅当xy=,即或时,等号成立,所以+≥=2.故+的最小值为2.

7.解析　(1)易得A={x|(x-a)(x-a+1)≤0}={x|a-1≤x≤a},

B={x|x2+x-2<0}={x|-2<x<1}.

∵x∈A是x∈B的充分不必要条件,∴A⫋B,

∴解得-1<a<1.故实数a的取值范围是{a|-1<a<1}.

(2)因为命题p:∃x∈B,x2+(2m+1)x+m2-m>8为假命题,

所以¬p:∀x∈B,x2+(2m+1)x+m2-m≤8为真命题,

结合函数y=x2+(2m+1)x+m2-m-8的图象知,当x=-2,x=1时,函数值均不大于0,

即解得-1≤m≤2.

所以实数m的取值范围是{m|-1≤m≤2}.

8.解析　(1)因为x,y均为正实数,x+2y+xy=30,

所以30-xy=x+2y≥2,当且仅当x=2y,即x=6,y=3时取等号,

整理得(30-xy)2≥8xy,解得xy≤18或xy≥50,

因为x,y均为正实数,x+2y+xy=30,所以0<xy<30,

所以0<xy≤18.

(2)因为x,y均为正实数,

所以30=x+2y+xy=x+y+y(x+1)≤x+y+,

当且仅当x+1=y,即x=4-2,y=4-1时取等号,

所以(x+1+y)2+4(x+1+y)-124≥0,

所以x+y+1≥8-2或x+y+1≤-8-2(舍去),

故x+y≥8-3.

因为x,y均为正实数,x+2y+xy=30,所以x+y<30,所以8-3≤x+y<30.

9.解析　(1)设每件定价为t元,

依题意得t≥25×8,

整理得t2-65t+1 000≤0,

解得25≤t≤40.

故要使该商品的年销售收入不低于原收入,每件定价最高为40元.

(2)依题意知当x>25时,不等式ax≥25×8+50+×(x2-600)+x有解,

等价于x>25时,a≥+x+有解,

由于+x≥2=10,

当且仅当=,即x=30时等号成立,

所以a≥10.2.

故当该商品明年的销售量a至少达到10.2万件时,才可能使明年的年销售收入不低于原收入与总投入之和,此时商品的定价为30元/件.

10.解析　(1)对照二元基本不等式,可以得到当a>0,b>0,c>0时,

≤,当且仅当a=b=c时,等号成立.

(2)证明:由(1)可得当a>0,b>0,c>0时,≥,当且仅当a=b=c时,等号成立,

∴·≥·==abc,当且仅当a=b=c时,等号成立,

∴(a2+b2+c2)(a+b+c)≥9abc.

(3)∵a>0,b>0,c>0,且a+b+c=1,∴1-a=b+c>0,1-b=a+c>0,1-c=a+b>0,

∴(1-a)(1-b)(1-c)=(b+c)(a+c)(a+b)≤===,当且仅当b+c=a+c=a+b,即a=b=c=时取等号,故(1-a)(1-b)(1-c)的最大值为.