第1章 第6节 一元二次不等式的解法（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

**基本信息** 聚焦一元二次不等式解法，通过基础到综合题型系统覆盖解集求解、参数讨论、函数结合等考法，培养运算能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础训练组|10题|含集合运算、分式不等式、充分条件、参数整数解等|从一元二次不等式解法（因式分解、判别式）到与函数定义域、奇偶性结合，形成概念应用链条| |能力提升组|4题|含新定义运算、多选辨析、高次不等式、实际应用|拓展至参数恒成立、跨知识综合（如函数与不等式），体现知识迁移与建模思想|

课时冲关6　一元二次不等式的解法 学生用书　P280 [基础训练组] 1．(2024·河北、河南重点中学联考)已知集合M＝，N＝{x|y＝log3(－6x2＋11x－4)}，则M∩N＝(　　 ) A.　　　　　 B. C. D． 解析：C　[易得集合M＝＝{x|1＜x≤3}，集合N＝{x|y＝log3(－6x2＋11x－4)}＝{x|－6x2＋11x－4＞0}＝，所以M∩N＝.] 2．下列选项中，使不等式x＜＜x2成立的x的取值范围是(　　 ) A．(－∞，－1) B．(－1,0) C．(0,1) D．(1，＋∞) 解析：A　[不等式x＜＜x2可化为 由①，得＜0，解得x＜－1或0＜x＜1， 由②，得＞0，即＞0， 又x2＋x＋1＝2＋＞0，则解得x＜0或x＞1， ∴原不等式的解集为{x|x＜－1}．] 3．(多选)已知函数f(x)＝x2－4x＋3，则f(x)≥0的充分不必要条件是(　　) A．[1,3] 　 B．{1,3} C．(－∞，1]∪[3，＋∞) 　 D．{3,4} 解析：BD　[因为f(x)≥0即x2－4x＋3≥0的解集为：{x|x≥3或x≤1}， 所以f(x)≥0的充分不必要条件应是{x|x≥3或x≤1}的真子集， 所以{1,3}，{3,4}满足条件．] 4．(2024·海拉尔区模拟)关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a＜0的解集中，恰有3个整数，则a的取值范围是(　　 ) A．(4,5) B．(－3，－2)∪(4,5) C．(4,5] D．[－3，－2)∪(4,5] 解析：D　[∵关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a＜0， ∴不等式化为(x－1)(x－a)＜0， 当a＞1时，得1＜x＜a，此时解集中的整数为2,3,4，则4＜a≤5， 当a＜1时，得a＜x＜1，此时解集中的整数为－2，－1,0，则－3≤a＜－2， 故a的取值范围是[－3，－2)∪(4,5]．] 5．设函数f(x)＝若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝0，则关于x的不等式f(x)≤1的解集为(　　) A．(－∞，－3]∪[－1，＋∞) B．[－3，－1] C．[－3，－1]∪(0，＋∞) D．[－3，＋∞) 解析：C　[因为f(－4)＝f(0)，所以当x≤0时，f(x)的对称轴为x＝－2，又f(－2)＝0，则f(x)＝不等式f(x)≤1的解为[－3，－1]∪(0，＋∞)．] 6．(多选)已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，则a的值可以是(　　) A．6　　 B．7　　 C．8　　 D．9 解析：ABC　[设y＝x2－6x＋a，其图像为开口向上，对称轴是x＝3的抛物线，如图所示． 若关于x的一元二次不等式x2－6x＋a≤0的解集中有且仅有3个整数，因为对称轴为x＝3，则，解得5＜a≤8，又a∈Z，故a可以为6,7,8.] 7．(2024·四平模拟)已知不等式ax2－5x＋b＞0的解集为{x|－3＜x＜2}，则不等式bx2－5x＋a＞0的解集为________________________． 解析：∵ax2－5x＋b＞0的解集为{x|－3＜x＜2}， ∴ax2－5x＋b＝0的根为－3、2，即－3＋2＝，－3×2＝.解得a＝－5，b＝30. 则不等式bx2－5x＋a＞0可化为30x2－5x－5＞0，解得. 答案： 8．若关于x的不等式4x－2x＋1－a≥0在[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围为________． 解析：∵4x－2x＋1－a≥0在[1,2]上恒成立， ∴4x－2x＋1≥a在[1,2]上恒成立． 令y＝4x－2x＋1＝(2x)2－2×2x＋1－1＝(2x－1)2－1. ∵1≤x≤2，∴2≤2x≤4. 由二次函数的性质可知：当2x＝2，即x＝1时，y有最小值0.∴实数a的取值范围为(－∞，0]． 答案：(－∞，0] 9．(2024·湖南益阳4月模拟)已知函数f(x)＝ax2＋(a＋2)x＋a2为偶函数，则不等式(x－2)f(x)<0的解集为________． 解析：∵函数f(x)＝ax2＋(a＋2)x＋a2为偶函数， ∴a＋2＝0，得a＝－2， ∴f(x)＝－2x2＋4，∴不等式(x－2)f(x)<0可转化为或 即或解得－<x<或x>2. 故原不等式的解集为(－，)∪(2，＋∞)． 答案：(－，)∪(2，＋∞) 10．已知函数f(x)＝的定义域为R. (1)求a的取值范围； (2)若函数f(x)的最小值为，解关于x的不等式x2－x－a2－a＜0. 解：(1)∵函数f(x)＝的定义域为R， ∴ax2＋2ax＋1≥0恒成立， 当a＝0时，1≥0恒成立． 当a≠0时，则有 解得0＜a≤1， 综上可知，a的取值范围是[0,1]． (2)∵f(x)＝ ＝， ∵a＞0，∴当x＝－1时，f(x)min＝， 由题意得，＝，∴a＝， ∴不等式x2－x－a2－a＜0可化为 x2－x－＜0.解得－＜x＜， 所以不等式的解集为. [能力提升组] 11．在R上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)．若不等式(x－a)⊗(x＋a)<1对任意实数x成立，则(　　 ) A．－1<a<1 B．0<a<2 C．－<a< D．－<a< 解析：C　[根据题意有(x－a)⊗(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)，∵不等式(x－a)⊗(x＋a)<1对任意实数x成立， 则(x－a)(1－x－a)<1对任意实数x成立， 即使x2－x－a2＋a＋1>0对任意实数x成立，所以Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0， 解得－<a<.] 12．(多选)不等式x2＋ax＋b≤0(a，b∈R)的解集为{x|x1≤x≤x2}，且|x1|＋|x2|≤2.其中错误的命题为(　　) A．|a＋2b|≥2 B．|a＋2b|≤2 C．|a|≥1 D．b≤1 解析：ABC　[因为不等式x2＋ax＋b≤0(a，b∈R)的解集为{x|x1≤x≤x2}，则x1，x2是方程x2＋ax＋b＝0的两个实数根，x1x2＝b，又|x1|＋|x2|≤2. 不妨令a＝－1，b＝0，则x1＝0，x2＝1，但|a＋2b|＝1，所以A不成立；令a＝2，b＝1，则x1＝x2＝1，但|a＋2b|＝4，B不成立；令a＝0，b＝－1，则x1＝－1，x2＝1，但|a|＝0，C不成立；b＝x1x2≤2≤2≤1，D正确．] 13．不等式≥0的解集是____________． 解析：根据题意可知解得x∈[3，＋∞)∪(－∞，－1)∪(－1,1]；当x∈[3，＋∞)时，易知>0，满足题意；当x∈(－∞，－1)时，x2 023<0，(x－2)2 025<0，(x＋1)2 026>0，所以>0，符合题意；当x∈(－1,1]时，(x－2)2 025<0，(x＋1)2 026>0，若要满足题意只需x2 023≤0，解得x∈(－∞，0]，所以可得x∈(－1,0]． 综上可知，原不等式的解集为[3，＋∞)∪(－∞，－1)∪(－1,0]． 答案：[3，＋∞)∪(－∞，－1)∪(－1,0] 14．第19届亚运会于2023年9月在杭州举办，某公益团队联系组委会举办一场纪念品展销会，并将所获利润全部用于社区体育设施建设．据市场调查，当每套纪念品(一个会徽和一个吉祥物)售价定为x元时，销售量可达到(15－0.1x)万套．为配合这个活动，生产纪念品的厂家将每套纪念品的供货价格分为固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为50元，浮动价格(单位：元)与销售量(单位：万套)成反比，比例系数为10.约定不计其他成本，即销售每套纪念品的利润＝售价－供货价格． (1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，能获得的总利润是多少万元？ (2)每套会徽及吉祥物售价为多少元时，单套的利润最大？最大值是多少元？ 解：(1)每套会徽及吉祥物售价为100元时，销售量为15－0.1×100＝5(万套)，供货单价为50＋＝52(元)，总利润为5×(100－52)＝240(万元)． 所以每套会徽及吉祥物售价为100元时，能获得的总利润是240万元； (2)销售量为15－0.1x，供货单价为50＋， 单套利润为x－50－＝x－50＋，因为15－0.1x＞0，所以0＜x＜150， 所以单套利润为：y＝x－50－ ＝－＋100 ≤100－2＝80. 当且仅当150－x＝10，即x＝140时取等号． 所以每套会徽及吉祥物售价为140元时，单套的利润最大，最大值是80元． 5 学科网（北京）股份有限公司 $