2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第七章不等式、推理与证明第1节不等式的性质与一元二次不等式

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这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第七章不等式、推理与证明第1节不等式的性质与一元二次不等式，共19页。试卷主要包含了不等式的性质，三个“二次”间的关系，分式不等式与整式不等式等内容，欢迎下载使用。

考试要求 1.了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式(组)的实际背景；2.会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型；3.通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；4.会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.
1.实数大小比较的依据
(1)a>b⇔a－b>0；
(2)a＝b⇔a－b＝0；
(3)a2.不等式的性质
(1)对称性：a＞b⇔b＜a；
(2)传递性：a＞b，b＞c⇒a＞c；
(3)可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d；
(4)可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a>b，c<0⇒ac(5)可乘方：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)；
(6)可开方：a＞b＞0⇒eq \r(n,a)＞eq \r(n,b)(n∈N，n≥2).
3.三个“二次”间的关系
4.分式不等式与整式不等式
(1)eq \f(f（x）,g（x）)＞0(＜0)⇔f(x)·g(x)＞0(＜0).
(2)eq \f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
1.有关分式的性质
(1)若a>b>0，m>0，则eq \f(b,a)eq \f(b－m,a－m)(b－m>0).
(2)若ab>0，且a>b⇔eq \f(1,a)2.绝对值不等式|x|＞a(a＞0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|＜a(a＞0)的解集为(－a，a).
记忆口诀：大于号取两边，小于号取中间.
3.对于不等式ax2＋bx＋c>0，求解时不要忘记a＝0时的情形.
4.当Δ<0时，不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集为R还是，要注意区别.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)a＞b⇔ac2＞bc2.( )
(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.( )
(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a＜0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c＞0(a<0)的解集为R.( )
(4)eq \f(x－a,x－b)≥0等价于(x－a)(x－b)≥0.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
解析 (1)由不等式的性质，ac2＞bc2⇒a＞b；反之，c＝0时，a＞b⇒/ ac2＞bc2.
(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)没有实根，则不等式ax2＋bx＋c>0(a<0)的解集为.
(4)eq \f(x－a,x－b)≥0等价于(x－a)(x－b)≥0且x－b≠0.
2.已知集合A＝{x|x2－5x＋4<0}，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B＝( )
A.(－2，3) B.(1，3)
C.(3，4) D.(－2，4)
答案 B
解析由题意知A＝{x|13.(易错题)若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有( )
A.eq \f(a,d)＞eq \f(b,c) B.eq \f(a,d)＜eq \f(b,c)
C.eq \f(a,c)＞eq \f(b,d) D.eq \f(a,c)＜eq \f(b,d)
答案 B
解析因为c＜d＜0，所以0＞eq \f(1,c)＞eq \f(1,d)，两边同乘－1，得－eq \f(1,d)＞－eq \f(1,c)＞0，又a＞b＞0，故由不等式的性质可知－eq \f(a,d)＞－eq \f(b,c)＞0.两边同乘－1，得eq \f(a,d)＜eq \f(b,c).
4.(2021·烟台月考)不等式eq \f(1－x,2＋x)≥0的解集为( )
A.[－2，1]
B.(－2，1]
C.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
D.(－∞，－2]∪(1，＋∞)
答案 B
解析原不等式化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－x）（2＋x）≥0，,2＋x≠0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）（x＋2）≤0，,x＋2≠0，))解得－2＜x≤1.
5.(2022·北京海淀区调研)设一元二次不等式ax2＋bx＋1＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，则ab的值为( )
A.1 B.－eq \f(1,4) C.4 D.－eq \f(1,2)
答案 B
解析因为一元二次不等式ax2＋bx＋1＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，所以方程ax2＋bx＋1＝0的解为－1和2，所以－1＋2＝－eq \f(b,a)，(－1)×2＝eq \f(1,a)，所以a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)，所以ab＝－eq \f(1,4).
6.(易错题)若关于x的不等式kx2－kx<1的解集是全体实数，则实数k的取值范围是________.
答案 (－4，0]
解析当k＝0时，0<1恒成立，
当k≠0时，要使kx2－kx－1<0的解集是全体实数，
只需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k<0，,k2＋4k<0，))解得－4综上可知，－4考点一不等式的性质及应用
1.设a＞b＞0，c≠0，则下列不等式恒成立的是( )
A.eq \f(1,a)＞eq \f(1,b) B.ac2＞bc2
C.ac＞bc D.eq \f(c,a)＜eq \f(c,b)
答案 B
解析由不等式的性质易得，当a＞b＞0，c≠0时，恒成立的是ac2＞bc2.
2.若a<0，b<0，则p＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)与q＝a＋b的大小关系为( )
A.pC.p>q D.p≥q
答案 B
解析 (作差法)p－q＝eq \f(b2,a)＋eq \f(a2,b)－a－b
＝eq \f(b2－a2,a)＋eq \f(a2－b2,b)＝(b2－a2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,b)))
＝eq \f(（b2－a2）（b－a）,ab)＝eq \f(（b－a）2（b＋a）,ab)，
因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.
若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；
若a≠b，则p－q<0，故p综上，p≤q.故选B.
3.已知3＜a＜8，4＜b＜9，则eq \f(a,b)的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))
解析 ∵4＜b＜9，∴eq \f(1,9)＜eq \f(1,b)＜eq \f(1,4)，
又3＜a＜8，∴eq \f(1,9)×3＜eq \f(a,b)＜eq \f(1,4)×8，
即eq \f(1,3)＜eq \f(a,b)＜2.
4.设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________.
答案 [5，10]
解析法一设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.
于是得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝1.))
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1).
又∵1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4.
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，
故5≤f(－2)≤10.
法二由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）＝a－b，,f（1）＝a＋b))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)[f（－1）＋f（1）]，,b＝\f(1,2)[f（1）－f（－1）]，))
∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1).
又∵1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，
故5≤f(－2)≤10.
法三由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))确定的平面区域如图阴影部分所示，
当f(－2)＝4a－2b过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))时，
取得最小值4×eq \f(3,2)－2×eq \f(1,2)＝5，
当f(－2)＝4a－2b过点B(3，1)时，
取得最大值4×3－2×1＝10，
∴5≤f(－2)≤10.
感悟提升 1.比较两个数(式)大小的两种方法
2.与命题真假判断相结合问题.解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法.
3.利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围.
考点二一元二次不等式的解法
例1 (1)不等式0(2)不等式eq \f(x＋1,x)≤3的解集是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≥\f(1,2)或x<0)) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|0C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x>\f(1,2)或x≤0)) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|0≤x<\f(1,2)))
答案 (1){x|－2≤x<－1，或2解析 (1)原不等式等价于
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,x2－x－2≤4，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,x2－x－6≤0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>2或x<－1，,－2≤x≤3.))
故原不等式的解集为{x|－2≤x<－1，或2(2)原不等式化为eq \f(x＋1,x)－3≤0，
即eq \f(1－2x,x)≤0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－2x）·x≤0，,x≠0，))
解得x≥eq \f(1,2)或x<0，
即不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≥\f(1,2)或x<0)).
例2 解关于x的不等式kx2－2x＋k＜0(k∈R).
解 ①当k＝0时，不等式的解为x＞0.
②当k＞0时，若Δ＝4－4k2＞0，即0＜k＜1时，不等式的
解为eq \f(1－\r(1－k2),k)＜x＜eq \f(1＋\r(1－k2),k)；
若Δ≤0，即k≥1时，不等式无解.
③当k＜0时，若Δ＝4－4k2＞0，即－1＜k＜0时，
不等式的解为x＜eq \f(1＋\r(1－k2),k)或x＞eq \f(1－\r(1－k2),k)；
若Δ＜0，即k＜－1时，不等式的解集为R；
若Δ＝0，即k＝－1时，不等式的解为x≠－1，
综上所述，k≥1时，不等式的解集为；
0＜k＜1时，不等式的解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(1－\r(1－k2),k)＜x＜\f(1＋\r(1－k2),k)))；
k＝0时，不等式的解集为{x|x＞0}；
当－1＜k＜0时，不等式的解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＜\f(1＋\r(1－k2),k)，或x＞\f(1－\r(1－k2),k)))；
k＝－1时，不等式的解集为{x|x≠－1}；
k＜－1时，不等式的解集为R.
感悟提升对含参的不等式，应对参数进行分类讨论
(1)二次项中若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式.
(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系.
(3)确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式.
训练1 (2022·西安调研)关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是( )
A.(－∞，－1)∪(3，＋∞)
B.(1，3)
C.(－1，3)
D.(－∞，1)∪(3，＋∞)
答案 C
解析关于x的不等式ax－b<0即ax∴不等式(ax＋b)(x－3)>0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－1∴所求不等式的解集是(－1，3).
考点三一元二次不等式恒成立问题
角度1 在实数集R上恒成立
例3 对于任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，2) B.(－∞，2]
C.(－2，2) D.(－2，2]
答案 D
解析当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立；
当a－2≠0，即a≠2时，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ＝[－2（a－2）]2－4×（a－2）×（－4）<0，))
解得－2综上，实数a的取值范围是(－2，2].
角度2 在给定区间上恒成立
例4 设函数f(x)＝mx2－mx－1(m≠0)，若对于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，则m的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(0＜m＜\f(6,7)))或m＜0))
解析要使f(x)＜－m＋5在[1，3]上恒成立，故mx2－mx＋m－6＜0，
则meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)m－6＜0在x∈[1，3]上恒成立.
法一令g(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)m－6，x∈[1，3].
当m＞0时，g(x)在[1，3]上是增函数，
所以g(x)max＝g(3)＝7m－6＜0.
所以m＜eq \f(6,7)，则0＜m＜eq \f(6,7).
当m＜0时，g(x)在[1，3]上是减函数，
所以g(x)max＝g(1)＝m－6＜0.
所以m＜6，所以m＜0.
综上所述，m的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(0＜m＜\f(6,7)或m＜0)))).
法二因为x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)＞0，
又因为m(x2－x＋1)－6＜0，
所以m＜eq \f(6,x2－x＋1).
因为函数y＝eq \f(6,x2－x＋1)＝eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))在[1，3]上的最小值为eq \f(6,7)，所以只需m＜eq \f(6,7)即可.
因为m≠0，所以m的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(0＜m＜\f(6,7)))或m＜0)).
角度3 给定参数范围的恒成立问题
例5 对任意m∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范围.
解由f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m
＝(x－2)m＋x2－4x＋4，
令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4.
由题意知在[－1，1]上，g(m)的值恒大于零，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（－1）＝（x－2）×（－1）＋x2－4x＋4>0，,g（1）＝（x－2）＋x2－4x＋4>0，))
解得x<1或x>3.
故当x∈(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m∈[－1，1]，函数f(x)的值恒大于零.
感悟提升 1.对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方.另外常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值.
2.解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数.
训练2 函数f(x)＝x2＋ax＋3.
(1)若当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若当x∈[－2，2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若当a∈[4，6]时，f(x)≥0恒成立，求实数x的取值范围.
解 (1)∵当x∈R时，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，
需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，
解得－6≤a≤2，
∴实数a的取值范围是[－6，2].
(2)由题意可转化为x2＋ax＋3－a≥0在x∈[－2，2]上恒成立，
令g(x)＝x2＋ax＋3－a，
则有①Δ≤0或②eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(a,2)<－2，,g（－2）＝7－3a≥0，))或
③eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(a,2)>2，,g（2）＝7＋a≥0，))
解①得－6≤a≤2，解②得a∈，解③得－7≤a<－6.
综上可得，满足条件的实数a的取值范围是[－7，2].
(3)令h(a)＝xa＋x2＋3.
当a∈[4，6]时，h(a)≥0恒成立.
只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（4）≥0，,h（6）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x＋3≥0，,x2＋6x＋3≥0，))
解得x≤－3－eq \r(6)或x≥－3＋eq \r(6).
∴实数x的取值范围是(－∞，－3－eq \r(6)]∪[－3＋eq \r(6)，＋∞).
一元二次方程根的分布
一元二次方程的根即为对应二次函数的图象与x轴交点的横坐标，因此，一元二次方程的根的分布问题，可以借助二次函数图象，利用数形结合的方法来研究.往往根据方程根的情况结合对应二次函数的图象建立不等关系式(组)，求得参数的取值范围.
例1 关于x的方程x2＋(m－3)x＋m＝0满足下列条件，求m的取值范围.
(1)有两个正根；
(2)有两个负根；
(3)有一正一负根.
解 (1)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝（m－3）2－4m≥0，,3－m＞0，,m＞0，))
解得0＜m≤1.
故m的取值范围为(0，1].
(2)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝（m－3）2－4m≥0，,3－m＜0，,m＞0，))
解得m≥9.
故m的取值范围为[9，＋∞).
(3)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,m＜0，))解得m＜0.
故m的取值范围为(－∞，0).
例2 关于x的方程x2＋(m－3)x＋m＝0满足下列条件，求m的取值范围.
(1)一个根大于1，一个根小于1；
(2)一个根在(－2，0)内，另一个根在(0，4)内；
(3)一个根小于2，一个根大于4；
(4)两个根都在(0，2)内.
解令f(x)＝x2＋(m－3)x＋m，
(1)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的一个根大于1，一个根小于1，则f(1)＝2m－2＜0，解得m＜1.
故m的取值范围为(－∞，1).
(2)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的一个根在(－2，0)内，另一个根在(0，4)内，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－2）＝－m＋10＞0，,f（0）＝m＜0，,f（4）＝5m＋4＞0，))
解得－eq \f(4,5)＜m＜0.
故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)，0)).
(3)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的一个根小于2，一个根大于4，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（2）＝3m－2＜0，,f（4）＝5m＋4＜0，))解得m<－eq \f(4,5).
故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,5))).
(4)若方程x2＋(m－3)x＋m＝0的两个根都在(0，2)内，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（2）＝3m－2＞0，,f（0）＝m＞0，,0＜－\f(m－3,2)＜2，,Δ＝（m－3）2－4m≥0，))解得eq \f(2,3)＜m≤1.
故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)).
1.(2022·银川模拟)已知a，b，c满足a＞b＞c，且ac＞0，则下列选项中一定能成立的是( )
A.ab＞ac B.c(b－a)＞0
C.ab(a－c)＞0 D.cb2＞ca2
答案 C
解析法一取a＝－1，b＝－2，c＝－3，则ab＝2＜ac＝3，cb2＝－12＜ca2＝－3，排除A、D；取a＝3，b＝2，c＝1，则c(b－a)＝－1＜0，排除B.
法二因为a＞b＞c，且ac＞0，所以a，b，c同号，且a－c＞0，所以ab(a－c)＞0.
2.已知a1∈(0，1)，a2∈(0，1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是( )
A.M＜N B.M＞N
C.M＝N D.不确定
答案 B
解析 M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)
＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，
又a1∈(0，1)，a2∈(0，1)，
∴a1－1＜0，a2－1＜0.
∴(a1－1)(a2－1)＞0，即M－N＞0，
∴M＞N.
3.(2021·烟台模拟改编)若0＜a＜b＜1，c＞1，则下列选项错误的是( )
A.ca＜cb B.bac＜abc
C.eq \f(b－a,c－a)＜eq \f(b,c) D.lga c＜lgb c
答案 D
解析对于A，当c＞1时，y＝cx单调递增，由a＜b可知ca＜cb，故A正确；
对于B，当c＞1时，c－1＞0，所以y＝xc－1在(0，＋∞)上单调递增，由0＜a＜b＜1可得ac－1＜bc－1，两边同时乘ab得bac＜abc，故B正确；
对于C，因为eq \f(b－a,c－a)－eq \f(b,c)＝eq \f(（b－a）c－b（c－a）,（c－a）c)＝eq \f(a（b－c）,c（c－a）)，
又0＜a＜b＜1，c＞1，所以c－a＞0，b－c＜0，所以eq \f(a（b－c）,c（c－a）)<0，即eq \f(b－a,c－a)＜eq \f(b,c)，故C正确；
对于D，当c＞1时，y＝lgc x在(0，＋∞)上单调递增，由0＜a＜b＜1可得lgc a＜lgcb＜0，则eq \f(1,lgc a)＞eq \f(1,lgc b)，即lga c＞lgb c，故D错误，故选D.
4.不等式|x|(1－2x)＞0的解集为( )
A.(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
答案 A
解析当x≥0时，原不等式即为x(1－2x)＞0，所以0＜x＜eq \f(1,2)；当x＜0时，原不等式即为－x(1－2x)＞0，所以x＜0，综上，原不等式的解集为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
5.(2022·渭南质检)若不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，那么不等式a(x2＋1)＋b(x－1)＋c＞2ax的解集为( )
A.{x|－2＜x＜1}
B.{x|x＜－2或x＞1}
C.{x|0＜x＜3}
D.{x|x＜0或x＞3}
答案 C
解析由a(x2＋1)＋b(x－1)＋c＞2ax整理得ax2＋(b－2a)x＋(a＋c－b)＞0.①
又不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，
所以a＜0，且－1，2是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
由根与系数的关系可知
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－\f(b,a)，,（－1）×2＝\f(c,a)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝－1，,\f(c,a)＝－2.))②
将①两边同除以a得
x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)－2))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(c,a)－\f(b,a)))＜0，
将②代入得x2－3x＜0，解得0＜x＜3，故选C.
6.已知二次函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1(a∈Z)，且函数f(x)在(－2，－1)上恰有一个零点，则不等式f(x)＞1的解集是( )
A.(－∞，－1)∪(0，＋∞)
B.(－∞，0)∪(1，＋∞)
C.(－1，0)
D.(0，1)
答案 C
解析由Δ＝[－(a＋2)]2－4a＝a2＋4＞0知，函数f(x)必有两个不同的零点，
又f(x)在(－2，－1)上恰有一个零点，
则f(－2)·f(－1)＜0，
即(6a＋5)(2a＋3)＜0，解得－eq \f(3,2)＜a＜－eq \f(5,6).
又a∈Z，所以a＝－1，
此时不等式f(x)＞1即为－x2－x＞0，解得－1＜x＜0.
7.若不等式x2＋ax＋4<0的解集不是空集，则实数a的取值范围是________________.
答案 (－∞，－4)∪(4，＋∞)
解析由题意得Δ＝a2－4×4>0，
即a2>16.∴a>4或a<－4.
8.已知集合A＝{－5，－1，2，4，5}，请写出一个一元二次不等式，使得该不等式的解集与集合A有且只有一个公共元素，这个不等式可以是________________.
答案 (x＋4)(x－6)>0(答案不唯一)
解析因为不等式(x＋4)(x－6)>0解集为{x|x>6或x<－4}，解集中只有－5在集合A中.
9.设a＜0，若不等式－cs2x＋(a－1)cs x＋a2≥0对于任意的x∈R恒成立，则a的取值范围是________.
答案 (－∞，－2]
解析令t＝cs x, t∈[－1，1]，则不等式f(t)＝t2－(a－1)t－a2≤0对t∈[－1，1]恒成立，
因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）≤0，,f（1）≤0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－a2≤0，,2－a－a2≤0，))
∵a＜0，∴a≤－2.
10.若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，满足f(x＋2)－f(x)＝16x且f(0)＝2.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若存在x∈[1，2]，使不等式f(x)>2x＋m成立，求实数m的取值范围.
解 (1)由f(0)＝2，得c＝2，
所以f(x)＝ax2＋bx＋2(a≠0)，
由f(x＋2)－f(x)＝[a(x＋2)2＋b(x＋2)＋2]－(ax2＋bx＋2)＝4ax＋4a＋2b，
又f(x＋2)－f(x)＝16x，
得4ax＋4a＋2b＝16x，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a＝16，,4a＋2b＝0，))故a＝4，b＝－8，
所以f(x)＝4x2－8x＋2.
(2)因为存在x∈[1，2]，使不等式f(x)>2x＋m成立，
即存在x∈[1，2]，使不等式m<4x2－10x＋2成立，
令g(x)＝4x2－10x＋2，x∈[1，2]，
故g(x)max＝g(2)＝－2，所以m<－2，
即m的取值范围为(－∞，－2).
11.某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件.若售价降低x成(1成＝10%)，售出商品数量就增加eq \f(8,5)x成.要求售价不能低于成本价.
(1)设该商店一天的营业额为y，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；
(2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围.
解 (1)由题意得，
y＝100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))·100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(8,50)x)).
因为售价不能低于成本价，
所以100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))－80≥0，解得0≤x≤2.
所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，
定义域为{x|0≤x≤2}.
(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260，
化简得8x2－30x＋13≤0，解得eq \f(1,2)≤x≤eq \f(13,4).
所以x的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
12.(2022·绵阳诊断)已知正实数x，y满足ln eq \f(x,y)＞lg eq \f(y,x)，则下列选项正确的是( )
A.ln x＞ln(y＋1) B.ln(x＋1)＜lg y
C.3x＜2y－1 D.2x－y＞1
答案 D
解析因为正实数x，y满足ln eq \f(x,y)＞lg eq \f(y,x)，
所以ln x－ln y＞lg y－lg x，所以ln x＋lg x＞ln y＋lg y，
因为函数f(x)＝ln x＋lg x在(0，＋∞)上单调递增，
所以x＞y，
对于A，取x＝4，y＝3，此时ln x＝ln(y＋1)；
对于B，取x＝2，y＝1，此时ln(x＋1)＞lg y；
对于C，取x＝3，y＝2，此时3x＞2y－1，故C错误；
对于D，因为x＞y，所以2x－y＞20＝1，故D正确.
13.(2021·张家口月考)已知函数f(x)＝4x＋a·2x－a在x∈(0，＋∞)上的图象恒在x轴上方，则实数a的取值范围是________.
答案 (－4，＋∞)
解析函数f(x)＝4x＋a·2x－a在x∈(0，＋∞)上的图象恒在x轴上方即4x＋a·2x－a＞0在x∈(0，＋∞)上恒成立.
a(2x－1)＞－4x，∴a＞－eq \f(4x,2x－1)，
令t＝2x，则4x＝t2，t＞1，则0＜eq \f(1,t)＜1，
故a＞－eq \f(t2,t－1)＝eq \f(t2,1－t)＝eq \f(1,\f(1,t2)－\f(1,t))＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,4))，
显然eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)≥－eq \f(1,4)，故－eq \f(t2,t－1)≤－4，
故a＞－4.
14.解关于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0(a∈R).
解原不等式可化为(ax－1)(x－2)＜0.
(1)当a＞0时，原不等式可化为a(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))＜0.
因为方程(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))＝0的两个根分别是2，eq \f(1,a)，所以当0＜a＜eq \f(1,2)时，2＜eq \f(1,a)，则原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|2＜x＜\f(1,a)))；当a＝eq \f(1,2)时，原不等式的解集是；
当a＞eq \f(1,2)时，eq \f(1,a)＜2，则原不等式的解集是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＜x＜2)))).
(2)当a＝0时，原不等式为－(x－2)＜0，解得x＞2，
即原不等式的解集是{x|x＞2}.
(3)当a＜0时，原不等式可以化为a(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))＞0，由于eq \f(1,a)＜2.故原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＜\f(1,a)或x＞2)).
综上所述，当a＜0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＜\f(1,a)或x＞2))；
当a＝0时，不等式的解集为{x|x＞2}；当0＜a＜eq \f(1,2)时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|2＜x＜\f(1,a)))；当a＝eq \f(1,2)时，不等式的解集为；当a＞eq \f(1,2)时，不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＜x＜2)))).判别式Δ＝b2－4ac
Δ＞0
Δ＝0
Δ＜0
y＝ax2＋bx＋c (a＞0)的图象
ax2＋bx＋c＝0 (a＞0)的根
有两相异实根x1，x2(x1＜x2)
有两相等实根x1＝x2＝－eq \f(b,2a)
没有实数根
ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集
eq \f({x|x＞x2,或x＜x1})
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠－\f(b,2a)))
R
ax2＋bx＋c＜0 (a＞0)的解集
{x|x1＜x＜x2}

