高考数学一轮复习第一章 1.5

这是一份高考数学一轮复习第一章 1.5，共16页。试卷主要包含了故选A.，在R上定义运算⊗等内容，欢迎下载使用。


一元二次不等式的解集
概念方法微思考
1．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集与其对应的函数y＝ax2＋bx＋c的图象有什么关系？
提示 ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集就是其对应函数y＝ax2＋bx＋c的图象在x轴上方的部分所对应的x的取值范围．
2．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件是什么？
提示 显然a≠0.ax2＋bx＋c>0恒成立的条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ<0；))ax2＋bx＋c<0恒成立的条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ<0.))
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若不等式ax2＋bx＋c<0的解集为(x1，x2)，则必有a>0.( √ )
(2)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集为R.( × )
(3)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.( × )
(4)若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，则不等式ax2＋bx＋c<0的解集一定不是空集．( √ )
题组二 教材改编
2．已知集合A＝{x|x2－x－6>0}，则∁RA等于( )
A．{x|－2B．{x|－2≤x≤3}
C．{x|x<－2或x>3}
D．{x|x≤－2或x≥3}
答案 B
解析 ∵x2－x－6>0，∴(x＋2)(x－3)>0，∴x>3或x<－2，即A＝{x|x>3或x<－2}．在数轴上表示出集合A，如图所示．
由图可得∁RA＝{x|－2≤x≤3}．
故选B.
3．y＝lg2(3x2－2x－2)的定义域是________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(7),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(7),3)，＋∞))
解析 由题意，得3x2－2x－2>0，
令3x2－2x－2＝0，得x1＝eq \f(1－\r(7),3)，x2＝eq \f(1＋\r(7),3)，
∴3x2－2x－2>0的解集为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(7),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(7),3)，＋∞)).
题组三 易错自纠
4．(多选)关于x的不等式(ax－1)(x＋2a－1)>0的解集中恰有3个整数，则a的值可以为( )
A．－eq \f(1,2) B．1 C．－1 D．2
答案 AC
解析 由题意知a<0，则排除B，D；
对于A项，当a＝－eq \f(1,2)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x－1))(x－2)>0，
即(x＋2)(x－2)<0，解得－20，
即(x＋1)(x－3)<0，解得－15．不等式－x2－3x＋4>0的解集为________．(用区间表示)
答案 (－4,1)
解析 由－x2－3x＋4>0可知，(x＋4)(x－1)<0，
得－46．若关于x的不等式ax2＋bx＋2>0的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，则a＋b＝________.
答案 －14
解析 ∵x1＝－eq \f(1,2)，x2＝eq \f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的两个根，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,4)－\f(b,2)＋2＝0，,\f(a,9)＋\f(b,3)＋2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－12，,b＝－2，))∴a＋b＝－14.
7．不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0，对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 (－2,2]
解析 当a－2≠0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ<0，))得－2当a＝2时，原式化为－4<0，不等式恒成立，
∴－2 一元二次不等式的求解
命题点1 不含参的不等式
例1 (2019·济宁模拟)已知全集U＝R，集合A＝{x|x2－3x＋2≥0}，则∁RA等于( )
A．(1,2) B．[1,2]
C．(－∞，1]∪[2，＋∞) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)
答案 A
解析 由题意可得，∁RA＝{x|x2－3x＋2<0}＝{x|1命题点2 含参不等式
例2 解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)．
解 原不等式变为(ax－1)(x－1)<0，
因为a>0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.
所以当a>1时，解得eq \f(1,a)当a＝1时，解集为∅；
当0综上，当0当a＝1时，不等式的解集为∅；
当a>1时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a)思维升华 对含参的不等式，应对参数进行分类讨论
(1)根据二次项系数为正、负及零进行分类．
(2)根据判别式Δ与0的关系判断根的个数．
(3)有两个根时，有时还需根据两根的大小进行讨论．
跟踪训练1 (1)(2020·北京市海淀区期末)不等式x2＋2x－3<0的解集为( )
A．{x|x<－3或x>1} B．{x|x<－1或x>3}
C．{x|－1答案 D
解析 由x2＋2x－3<0得(x＋3)(x－1)<0，解得－3(2)已知不等式ax2－bx－1>0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)答案 {x|x≥3或x≤2}
解析 由题意，知－eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)是方程ax2－bx－1＝0的两个根，且a<0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝\f(b,a)，,－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝\f(－1,a)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝5.))
故不等式x2－bx－a≥0为x2－5x＋6≥0，
解得x≥3或x≤2.
(3)解不等式12x2－ax>a2(a∈R)．
解 原不等式可化为12x2－ax－a2>0，
即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，
解得x1＝－eq \f(a,4)，x2＝eq \f(a,3).
当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(a,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))；
当a＝0时，不等式的解集为(－∞，0)∪(0，＋∞)；
当a<0时，不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，＋∞)).
一元二次不等式恒成立问题
命题点1 在R上的恒成立问题
例3 已知函数f (x)＝mx2－mx－1.若对于x∈R，f (x)<0恒成立，求实数m的取值范围．
解 当m＝0时，f (x)＝－1<0恒成立．
当m≠0时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0，))即－4综上，－4命题点2 在给定区间上的恒成立问题
例4 已知函数f (x)＝mx2－mx－1.若对于x∈[1,3]，f (x)<5－m恒成立，求实数m的取值范围．
解 要使f (x)<－m＋5在x∈[1,3]上恒成立，
即meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)m－6<0在x∈[1,3]上恒成立．
有以下两种方法：
方法一 令g(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))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)，即7m－6<0，
所以m当m＝0时，－6<0恒成立；
当m<0时，g(x)在[1,3]上是减函数，
所以g(x)max＝g(1)，即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\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<\f(6,7))))).
方法二 因为x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，
又因为m(x2－x＋1)－6<0，所以m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)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值为eq \f(6,7)，所以只需m所以m的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<\f(6,7))))).
若将“f (x)<5－m恒成立”改为“f (x)<5－m无解”，如何求m的取值范围？
解 若f (x)<5－m无解，即f (x)≥5－m恒成立，
即m≥eq \f(6,x2－x＋1)恒成立，
又x∈[1,3]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,x2－x＋1)))max＝6，得m≥6，
即m的取值范围为[6，＋∞)．
若将“f (x)<5－m恒成立”改为“存在x，使f (x)<5－m成立”，如何求m的取值范围？
解 由题意知f (x)<5－m有解，
即m又x∈[1,3]，得m<6，即m的取值范围为(－∞，6)．
命题点3 给定参数范围的恒成立问题
例5 若mx2－mx－1<0对于m∈[1,2]恒成立，求实数x的取值范围．
解 设g(m)＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，其图象是直线，当m∈[1,2]时，图象为一条线段，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1<0，,g2<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－1<0，,2x2－2x－1<0，))
解得eq \f(1－\r(3),2)故x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2))).
思维升华 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．
跟踪训练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，
则(x2＋ax＋3－a)min≥0(x∈[－2,2])．
令g(x)＝x2＋ax＋3－a，x∈[－2,2]，
函数图象的对称轴方程为x＝－eq \f(a,2).
当－eq \f(a,2)<－2，即a>4时，g(x)min＝g(－2)＝7－3a≥0，解得a≤eq \f(7,3)，舍去；
当－2≤－eq \f(a,2)≤2，即－4≤a≤4时，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)－a＋3≥0，解得－6≤a≤2，∴－4≤a≤2；
当－eq \f(a,2)>2，即a<－4时，g(x)min＝g(2)＝7＋a≥0，
解得a≥－7，∴－7≤a<－4.
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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h4≥0，,h6≥0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\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)，＋∞)．
设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，Δ>0)有不相等的两根为x1，x2，且x1表一：(两根与0的大小比较即根的正负情况)
表二：(两根与k的大小比较)
表三：(根在区间上的分布)
根在区间上的分布还有一种情况：两根分别在区间(m，n)外，即在区间两侧x1n，(图形分别如下)需满足的条件是
(1)a>0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f m<0，,f n<0；))
(2)a<0时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f m>0，,f n>0.))
对以上的根的分布表中，两根有且仅有一根在(m，n)内有以下特殊情况：
(ⅰ)若f (m)＝0或f (n)＝0，则此时f (m)·f (n)<0不成立，但对于这种情况是知道了方程有一根为m或n，可以求出另外一根，然后可以根据另一根在区间(m，n)内，从而可以求出参数的值．如方程mx2－(m＋2)x＋2＝0在区间(1,3)上有一根，因为f (1)＝0，所以mx2－(m＋2)x＋2＝(x－1)(mx－2)，另一根为eq \f(2,m)，由1(ⅱ)方程有两个相等的根，且这个根在区间(m，n)内，即Δ＝0，此时由Δ＝0可以求出参数的值，然后再将参数的值带入方程，求出相应的根，检验根是否在给定的区间内，如若不在，舍去相应的参数．如方程x2－4mx＋2m＋6＝0有且只有一根在区间(－3,0)内，求m的取值范围．分析：①由f (－3)·f (0)<0即(14m＋15)(m＋3)<0得出－3例1 已知二次方程(2m＋1)x2－2mx＋(m－1)＝0有一正根和一负根，求实数m的取值范围．
解 设f (x)＝(2m＋1)x2－2mx＋(m－1)，
由(2m＋1)·f (0)<0 ，即(2m＋1)(m－1)<0，
解得－eq \f(1,2)例2 已知方程2x2－(m＋1)x＋m＝0有两个不等正实根，求实数m的取值范围．
解 设f (x)＝2x2－(m＋1)x＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(－m＋1,2×2)>0，,f0>0))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋12－8m>0，,m>－1，,m>0))
⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<3－2\r(2)或m>3＋2\r(2)，,m>0))⇒03＋2eq \r(2)，即m的取值范围为(0,3－2eq \r(2))∪(3＋2eq \r(2)，＋∞)．
例3 已知二次函数f (x)＝(m＋2)x2－(2m＋4)x＋3m＋3与x轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，求实数m的取值范围．
解 由(m＋2)·f (1)<0 ，
即(m＋2)·(2m＋1)<0 ⇒－2即m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2))).
1．(2019·武汉调研)已知集合A＝{x|x2－x－2<0}，B＝{x|x2＋3x<0}，则A∩B等于( )
A．(0,2) B．(－1,0)
C．(－3,2) D．(－1,3)
答案 B
解析 A＝{x|－12．(2020·黄冈调研)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－2)<0的解集是( )
A．(－∞，1)∪(2，＋∞) B．(－1,2)
C．(1,2) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
答案 C
解析 关于x的不等式ax＋b>0的解集是(1，＋∞)，
∴a>0，且－eq \f(b,a)＝1，
∴关于x的不等式(ax＋b)(x－2)<0可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,a)))(x－2)<0，即(x－1)(x－2)<0，
∴不等式的解集为{x|13．“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的充要条件是( )
A．m>eq \f(1,4) B．mC．m<1 D．m>1
答案 A
解析 ∵不等式x2－x＋m>0在R上恒成立，
∴Δ＝(－1)2－4m<0，解得m>eq \f(1,4)，
又∵m>eq \f(1,4)，∴Δ＝1－4m<0，
∴“m>eq \f(1,4)”是“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的充要条件．故选A.
4．若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4,3]的子集，则a的取值范围是( )
A．[－4,1] B．[－4,3]
C．[1,3] D．[－1,3]
答案 B
解析 原不等式为(x－a)(x－1)≤0，当a<1时，不等式的解集为[a,1]，此时只要a≥－4即可，即－4≤a<1；当a＝1时，不等式的解为x＝1，此时符合要求；当a>1时，不等式的解集为[1，a]，此时只要a≤3即可，即15．若存在实数x∈[2,4]，使x2－2x＋5－m<0成立，则m的取值范围为( )
A．(13，＋∞) B．(5，＋∞)
C．(4，＋∞) D．(－∞，13)
答案 B
解析 m>x2－2x＋5，
设f (x)＝x2－2x＋5＝(x－1)2＋4，x∈[2,4]，
当x＝2时f (x)min＝5，
∃x∈[2,4]使x2－2x＋5－m<0成立，
即m>f (x)min，∴m>5.故选B.
6．在关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中至多包含1个整数，则a的取值范围是( )
A．(－3,5) B．(－2,4)
C．[－1,3] D．[－2,4]
答案 C
解析 因为关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0可化为(x－1)(x－a)<0，
当a>1时，不等式的解集为{x|1当a<1时，不等式的解集为{x|a当a＝1时，不等式的解集为∅，
要使得解集中至多包含1个整数，则a＝1或1所以实数a的取值范围是a∈[－1,3]，故选C.
7．(多选)下列四个解不等式，正确的有( )
A．不等式2x2－x－1>0的解集是{x|x>2或x<1}
B．不等式－6x2－x＋2≤0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(x\b\lc\|\rc\ (x≤－\f(2,3)或x≥\f(1,2)))
C．若不等式ax2＋8ax＋21<0的解集是{x|－7D．关于x的不等式x2＋px－2<0的解集是(q,1)，则p＋q的值为－1
答案 BCD
解析 对于A，∵2x2－x－1＝(2x＋1)(x－1)，
∴由2x2－x－1>0得(2x＋1)(x－1)>0，
解得x>1或x<－eq \f(1,2)，
∴不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1或x<－\f(1,2))))).故A错误；
对于B，∵－6x2－x＋2≤0，∴6x2＋x－2≥0，
∴(2x－1)(3x＋2)≥0，∴x≥eq \f(1,2)或x≤－eq \f(2,3).故B正确；
对于C，由题意可知－7和－1为方程ax2＋8ax＋21＝0的两个根．∴－7×(－1)＝eq \f(21,a)，∴a＝3.故C正确；
对于D，依题意q,1是方程x2＋px－2＝0的两根，
q＋1＝－p，即p＋q＝－1，故D正确．
8．(多选)已知关于x的不等式kx2－2x＋6k<0(k≠0)，则下列说法正确的是( )
A．若不等式的解集为{x|x<－3或x>－2}，则k＝－eq \f(2,5)
B．若不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x∈R，x≠\f(1,k)))))，则k＝eq \f(\r(6),6)
C．若不等式的解集为R，则k<－eq \f(\r(6),6)
D．若不等式的解集为∅，则k≥eq \f(\r(6),6)
答案 ACD
解析 对于A，∵不等式的解集为{x|x<－3或x>－2}，∴k<0，且－3与－2是方程kx2－2x＋6k＝0的两根，
∴(－3)＋(－2)＝eq \f(2,k)，解得k＝－eq \f(2,5).故A正确；
对于B，∵不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x∈R，x≠\f(1,k)))))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k<0，,Δ＝4－24k2＝0，))解得k＝－eq \f(\r(6),6).故B错误；
对于C，由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k<0，,Δ＝4－24k2<0，))解得k<－eq \f(\r(6),6).
故C正确；
对于D，由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0，,Δ＝4－24k2≤0，))解得k≥eq \f(\r(6),6).故D正确．
9．(2019·北京市顺义区模拟)满足关于x的不等式(ax－b)(x－2)>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)答案 (－2，－1)(答案不唯一)
解析 不等式(ax－b)(x－2)>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)∴方程(ax－b)(x－2)＝0的实数根为eq \f(1,2)和2，
且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))即a＝2b<0，
则满足条件的一组有序实数对(a，b)的值可以是(－2，－1)．
10．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恒成立，则实数a的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))
解析 由题意，可知不等式(x－a)⊗(x＋a)<1对任意实数x都成立，
又由(x－a)⊗(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)，
即x2－x－a2＋a＋1>0对任意实数x都成立，
所以Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，即4a2－4a－3<0，
解得－eq \f(1,2)11．已知关于x的不等式－x2＋ax＋b>0.
(1)若该不等式的解集为(－4,2)，求a，b的值；
(2)若b＝a＋1，求此不等式的解集．
解 (1)根据题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－4＝a，,2×－4＝－b，))
解得a＝－2，b＝8.
(2)当b＝a＋1时，－x2＋ax＋b>0⇔x2－ax－(a＋1)<0，
即[x－(a＋1)](x＋1)<0.
当a＋1＝－1，即a＝－2时，原不等式的解集为∅；
当a＋1<－1，即a<－2时，原不等式的解集为(a＋1，－1)；
当a＋1>－1，即a>－2时，原不等式的解集为(－1，a＋1)．
综上，当a<－2时，不等式的解集为(a＋1，－1)；当a＝－2时，不等式的解集为∅；当a>－2时， 不等式的解集为(－1，a＋1)．
12．甲厂以x千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每小时可获得的利润是100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))元．
(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，求x的取值范围；
(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，则甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．
解 (1)根据题意，得200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))≥3 000，
整理得5x－14－eq \f(3,x)≥0，即5x2－14x－3≥0，
又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.
故要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，x的取值范围是[3,10]．
(2)设利润为y元，则y＝eq \f(900,x)·100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))
＝9×104eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(1,x)－\f(3,x2)))
＝9×104eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,6)))2＋\f(61,12)))，
故当x＝6时，ymax＝457 500.
故甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品时获得的利润最大，最大利润为457 500元．
13．设a<0，(4x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立，则b－a的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 由题意知a<0，a①当b<0时，∀x∈(a，b)，2x＋b<0，
所以(4x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立可转化为∀x∈(a，b)，a≤－4x2，
所以a≤－4a2，所以－eq \f(1,4)≤a<0，所以0②当b>0时，(4x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立，
当x＝0时，(4x2＋a)(2x＋b)＝ab<0，不符合题意；
③当b＝0时，由题意知x∈(a,0)，(4x2＋a)2x≥0恒成立，
所以4x2＋a≤0，所以－eq \f(1,4)≤a<0，所以0综上所述，b－a的最大值为eq \f(1,4).
14．已知对于任意的x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)，都有x2－2(a－2)x＋a>0，则实数a的取值范围是________．
答案 (1,5]
解析 设f (x)＝x2－2(a－2)x＋a，
当Δ＝4(a－2)2－4a<0，即1f (x)>0 对x∈R恒成立，符合题意；
当a＝1时，f (－1)＝0，不符合题意；
当a＝4时，f (x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2>0对x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)恒成立，符合题意；
当Δ>0 时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,14，,3即4综上所述，实数a的取值范围是(1,5]．
15．若集合A＝{x∈Z|x2－(a＋2)x＋2－a<0}中有且只有一个元素，则正实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析 f (x)＝x2－(a＋2)x＋2－a<0，
即x2－2x＋1分别令y1＝x2－2x＋1，
y2＝a(x＋1)－1，易知y2过定点(－1，－1)，
在同一坐标系中画出两个函数的图象，如图所示，
若集合A＝{x∈Z|f (x)<0}中有且只有一个元素，结合图象可得，即点(0,1)和点(2,1)在直线上或者在直线上方，点(1,0)在直线下方，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1≤1，,2a－1>0，,3a－1≤1，))解得eq \f(1,2)16．(2020·南京六校联考)已知函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1.若对任意的a∈(0,3)，存在x0∈[0,4]，使得t≤|f (x0)|成立，求实数t的取值范围．
解 ∵f (x)＝x2－2ax＋2a－1的对称轴为x＝a，且a∈(0,3)，
∴函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1在[0，a]上是减函数，
在[a,4]上是增函数；
∴函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1在[0,4]上的最小值为f (a)＝－(a－1)2∈(－4,0]，|f (a)|＝(a－1)2，
①当2≤a<3时，函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1(x∈[0,4])在x＝0时取得最大值，且最大值为2a－1，由于此时2≤a<3，则3≤2a－1<5，
易知当2≤a<3时，(a－1)2<2a－1，
所以|f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (0)|}＝|f (0)|＝2a－1∈[3,5)．
∴t≤3.
②当0所以3<15－6a<15，且15－6a>(a－1)2，
|f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (4)|}＝|f (4)|＝15－6a∈(3,15)，
∴t≤3.
综上， t的取值范围是(－∞，3]．判别式Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象
方程ax2＋bx＋c＝0 (a>0)的根
有两相异实根x1，x2(x1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
{x|xx2}
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(b,2a)))))
{x|x∈R}
ax2＋bx＋c<0 (a>0)的解集
{x|x1< x∅
∅
分布情况
两个负根即两根都小于0(x1<0，x2<0)
两个正根即两根都大于0(x1>0，x2>0)
一正根一负根即一个根小于0，一个根大于0(x1<0大致图象(a>0)
得出的结论
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)<0，,f 0>0))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)>0，,f 0>0))
f (0)<0
大致图象(a<0)
得出的结论
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)<0，,f 0<0))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)>0，,f 0<0))
f (0)>0
综合结论(不讨论a)
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)<0，,a·f 0>0))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)>0，,a·f 0>0))
a·f (0)<0
分布情况
两根都小于k即x1两根都大于k即x1>k，x2>k
一个根小于k，一个根大于k即x1大致图象(a>0)
得出的结论
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)0))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)>k，,f k>0))
f (k)<0
大致图象(a<0)
得出的结论
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)>k，,f k<0))
f (k)>0
综合结论(不讨论a)
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)0))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,－\f(b,2a)>k，,a·f k>0))
a·f (k)<0
分布情况
两根都在(m，n)内
两根有且仅有一根在(m，n)内(图象有两种情况，只画了一种)
一根在(m，n)内，另一根在(p，q)内，m大致图象(a>0)
得出的结论
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,f m>0，,f n>0，,m<－\f(b,2a)f (m)·f (n)<0
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f m>0，,f n<0，,f p<0，,f q>0))或
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f mf n<0，,f pf q<0))
大致图象(a<0)
得出的结论
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,f m<0，,f n<0，,m<－\f(b,2a)f (m)·f (n)<0
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f m<0，,f n>0，,f p>0，,f q<0))或
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f mf n<0，,f pf q<0))
综合结论(不讨论a)
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,f m·f n>0，,m<－\f(b,2a)f (m)·f (n)<0
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f mf n<0，,f pf q<0))