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2021年高中數學培優練習《不等式-含參數問題》專項復習(含答案)
試卷
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2021年高中數學培優練習《不等式-含參數問題》專項復習(含答案)

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這是一份2021年高中數學培優練習《不等式-含參數問題》專項復習(含答案),共5頁。試卷主要包含了選擇題,填空題,解答題等內容,歡迎下載使用。

若角α,β滿足-<α<β<π,則α-β的取值范圍是( )
A.(-,) B.(-,0) C.(0,) D.(-,0)
若不等式2kx2+kx-<0對一切實數x都成立,則k的取值范圍為( )
A.(-3,0) B.[-3,0) C.[-3,0] D.(-3,0]
已知變量x,y滿足約束條件,則的取值范圍是( )
A.[1.8,6] B.(-∞,1.8)∪[6,+∞) C.(﹣∞,3]∪[6,+∞) D.[3,6]
若函數f(x)=eq \r(kx2-6kx+k+8)的定義域為R,則實數k的取值范圍是( )
A.{k|0<k≤1} B.{k|k<0或k>1} C.{k|0≤k≤1} D.{k|k>1}
若關于x的不等式x2-4x-2-a>0在區間(1,4)內有解,則實數a的取值范圍是( )
A.(-∞,-2) B.(-2,+∞) C.(-6,+∞) D.(-∞,-6)
對一切實數x,不等式x2+a|x|+1≥0恒成立,則實數a的取值范圍是( ).
A.(-∞,-2] B.[-2,2] C.[-2,+∞) D.[0,+∞)
若不等式mx2+2mx-4<2x2+4x對任意x都成立,則實數m的取值范圍是( )
A.(-2,2] B.(-2,2) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,2]
設f(x)=eq \f(1,a)x2-bx+c,不等式f(x)<0的解集是(-1,3),若f(7+|t|)>f(1+t2),則實數t的取值范圍為( )
A.(-3,1) B.(-3,3) C.(-1,3) D.(-1,1)
二、填空題
已知關于x的不等式ax2-ax+2>0在R上恒成立,則實數a的取值范圍是_________.
若函數y=eq \r(kx2-6kx+(k+8))(k為常數)的定義域為R,則k的取值范圍是________.
關于x的方程eq \f(x2,m)+x+m-1=0有一個正實數根和一個負實數根,則實數m的取值范圍是________.
在R上定義運算⊙:x⊙y=x(2-y),若不等式(x+m)⊙x<1對一切實數x恒成立,則實數m的取值范圍是________.
當實數x,y滿足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x+2y-4≤0,,x-y-1≤0,,x≥1))時,1≤ax+y≤4恒成立,則實數a的取值范圍是____________.
若對任意x>0,恒成立時,則a的取值范圍是________.
三、解答題
已知拋物線y=(m-1)x2+(m-2)x-1(x∈R).
(1)當m為何值時,拋物線與x軸有兩個交點?
(2)若關于x的方程(m-1)x2+(m-2)x-1=0的兩個不等實根的倒數平方和不大于2,求m的取值范圍.
已知f(x)=2x2+bx+c,不等式f(x)<0的解集是(0,5).
(1)求f(x)的解析式;
(2)若對于任意的x∈[-1,1],不等式f(x)+t≤2恒成立,求t的取值范圍.
已知函數f(x)=的定義域為R.
(1)求a的取值范圍;
(2)若函數f(x)的最小值為,解關于x的不等式x2-x-a2-a<0.
已知函數g(x)=ax2-2ax+b+1(a>0)在區間[2,3]上有最大值4和最小值1,設.
(1)求a、b的值;
(2)若不等式f(2x)-k?2x≥0在x∈[-1,1]上有解,求實數k的取值范圍.
\s 0 參考答案
答案為:B;
解析:∵-<β<π,∴-π<-β<,又∵-<α<π,∴-<α-β<.
又∵α<β,∴α-β<0,從而-<α-β<0.
答案為:D;
解析:當k=0時,顯然成立;當k≠0時,要滿足題意,則有
解得-3 A.
答案為:C;
解析:
當k=0時,8>0恒成立;當k≠0時,只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0,,Δ≤0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0,,36k2-4k?k+8?≤0,))
則0<k≤1.綜上,0≤k≤1.
答案為:A;
不等式x2-4x-2-a>0在區間(1,4)內有解等價于a<(x2-4x-2)max,
令g(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),∴g(x)<g(4)=-2,∴a<-2.
答案為:C;
答案為:A;
解析:原不等式等價于(m-2)x2+2(m-2)x-4<0,
當m=2時,對任意x不等式都成立;當m-2<0時,Δ=4(m-2)2+16(m-2)<0,解得-2綜上,得m∈(-2,2].
答案為:B;
解析:∵f(x)<0的解集是(-1,3),
∴a>0,f(x)的對稱軸是x=1,且ab=2.
∴f(x)在[1,+∞)上單調遞增.
又∵7+|t|≥7,1+t2≥1,
∴由f(7+|t|)>f(1+t2),得7+|t|>1+t2.
∴|t|2-|t|-6<0,解得-3<t<3. 故選B.
答案為:[0,8).
答案為:[0,1];
解析:函數y=eq \r(kx2-6kx+(k+8))的定義域為R,
即kx2-6kx+(k+8)≥0對一切x∈R恒成立,當k=0時,顯然8>0恒成立;
當k≠0時,則k滿足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k>0,,Δ≤0,))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k>0,,36k2-4k(k+8)≤0.))
解之得0<k≤1,所以k的取值范圍是[0,1].
答案為:(0,1);
解析:若方程eq \f(x2,m)+x+m-1=0有一個正實根和一個負實根,
則有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>0,,m-1<0,))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0,,m-1>0.))所以0<m<1或?.
答案為:(-4,0);
解析:由題意得不等式(x+m)(2-x)<1,
即x2+(m-2)x+(1-2m)>0對任意x∈R恒成立,
因此Δ=(m-2)2-4(1-2m)<0,
即m2+4m<0,解得-4<m<0.
答案為:eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1,\f(3,2)));
解析:畫可行域如圖所示,設目標函數z=ax+y,即y=-ax+z,要使1≤z≤4恒成立,
則a>0,數形結合知,滿足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1≤2a+1≤4,,1≤a≤4))即可,解得1≤a≤eq \f(3,2).
所以a的取值范圍是1≤a≤eq \f(3,2).
答案為:[,+∞);
解:
(1)根據題意,m≠1且Δ>0,
即Δ=(m-2)2-4(m-1)(-1)>0,得m2>0,所以m≠1且m≠0.
(2)在m≠0且m≠1的條件下,eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1+x2=\f(m-2,1-m),,x1·x2=\f(1,1-m),))
因為eq \f(1,x1)+eq \f(1,x2)=eq \f(x1+x2,x1x2)=m-2,所以eq \f(1,x\\al(2,1))+eq \f(1,x\\al(2,2))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)+\f(1,x2)))2-eq \f(2,x1x2)=(m-2)2+2(m-1)≤2.
得m2-2m≤0,所以0≤m≤2.
所以m的取值范圍是{m|0 解:
(1)∵f(x)=2x2+bx+c,不等式f(x)<0的解集是(0,5),
∴0和5是方程2x2+bx+c=0的兩個根,由根與系數的關系知,-eq \f(b,2)=5,eq \f(c,2)=0,
∴b=-10,c=0,f(x)=2x2-10x.
(2)f(x)+t≤2恒成立等價于2x2-10x+t-2≤0恒成立,
∴2x2-10x+t-2的最大值小于或等于0.
設g(x)=2x2-10x+t-2,則由二次函數的圖象可知
g(x)=2x2-10x+t-2在區間[-1,1]上為減函數,
∴g(x)max=g(-1)=10+t,∴10+t≤0,即t≤-10.
∴t的取值范圍為(-∞,-10].
解:(1)∵函數f(x)=的定義域為R,∴ax2+2ax+1≥0恒成立,
當a=0時,1≥0恒成立.當a≠0時,要滿足題意,則有解得0綜上可知,a的取值范圍是[0,1].
(2)f(x)==,由題意及(1)可知0∴當x=-1時, f(x)min=,由題意得,=,∴a=,
∴不等式x2-x-a2-a<0可化為x2-x-<0.解得- 解:
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