北师大版高考数学一轮复习第七章 §7.2　一元二次不等式及其解法

这是一份北师大版高考数学一轮复习第七章 §7.2　一元二次不等式及其解法，共15页。试卷主要包含了分式不等式与整式不等式，))等内容，欢迎下载使用。


1．一元二次不等式
形如ax2＋bx＋c>0(≥0)或ax2＋bx＋c<0(≤0)的不等式(其中a≠0)，叫作一元二次不等式．
2．二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
3.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.
微思考
1．二次函数的零点与一元二次方程的根，二次函数图像与x轴的交点之间有什么联系？
提示 二次函数的零点即为对应的一元二次方程的根，也是二次函数图像与x轴交点的横坐标．
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)若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图像开口向下，则不等式ax2＋bx＋c<0的解集一定不是空集．
( √ )
(4)eq \f(x－a,x－b)≥0等价于(x－a)(x－b)≥0.( × )
题组二 教材改编
2．已知集合A＝{x|x2－5x＋4<0}，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B等于( )
A．(－2,3) B．(1,3)
C．(3,4) D．(－2,4)
答案 B
解析 由题意知A＝{x|1所以A∩B＝(1,3)．
3．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－44．函数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
5．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.
6．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.
题型一 一元二次不等式的求解
命题点1 不含参的不等式
例1 (1)(2020·全国Ⅰ)已知集合A＝{x|x2－3x－4<0}，B＝{－4,1,3,5}，则A∩B等于( )
A．{－4,1} B．{1,5} C．{3,5} D．{1,3}
答案 D
解析 ∵A＝{x|x2－3x－4<0}＝{x|(x＋1)(x－4)<0}＝{x|－1∴A∩B＝{1,3}．
(2)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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2＋x≥0，,2＋x≠0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1x＋2≤0，,x＋2≠0，))
解得－2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\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a) 在本例中，把a>0改成a∈R，解不等式．
解 当a>0时，同例2，
当a＝0时，原不等式等价于－x＋1<0，即x>1，
当a<0时，eq \f(1,a)<1，原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)>0，
解得x>1或x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\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a)当a＝0时，不等式的解集为{x|x>1}，
当a<0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,a)或x>1)))).
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)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.
(2)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)，＋∞)).
题型二 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 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\{\rc\ (\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]．
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，则实数m的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(6,7)))
解析 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]上是增加的，
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]上是减少的，
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(－∞，\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(－∞，\f(6,7))).
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，则实数x的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))
解析 设g(m)＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，其图像是直线，当m∈[1,2]时，图像为一条线段，
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 (1)解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是变量，求谁的范围，谁就是参数．
(2)对于二次不等式恒成立问题常见的类型有两种，一是在全集R上恒成立，二是在某给定区间上恒成立．
对第一种情况恒大于0就是相应的二次函数的图像全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图像全部在x轴下方；
对第二种情况，要充分结合函数图像进行分类讨论(也可采用分离参数的方法)．
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]，
函数图像的对称轴方程为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))).
课时精练
1．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|－1∴A∩B＝(－1,0)．故选B.
2．(2020·廊坊调研)已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，如果不等式f(x)>0的解集为(－1,3)，那么不等式f(－2x)<0的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))
答案 A
解析 由f(x)＝(ax－1)(x＋b)>0的解集是(－1,3)，则a<0，故eq \f(1,a)＝－1，－b＝3，
即a＝－1，b＝－3.
∴f(x)＝－x2＋2x＋3，
∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，
由－4x2－4x＋3<0，解得x>eq \f(1,2)或x<－eq \f(3,2)，
故不等式f(－2x)<0的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
3．已知某产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系式是y＝3 000＋20x－0.1x2，x∈(0,240)．若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本(销售收入不小于总成本)时的最低产量是( )
A．100台 B．120台
C．150台 D．180台
答案 C
解析 由题设，产量为x台时，总售价为25x；
欲使生产者不亏本，必须满足总售价大于等于总成本，
即25x≥3 000＋20x－0.1x2，
即0.1x2＋5x－3 000≥0，x2＋50x－30 000≥0，
解得x≥150或x≤－200(舍去)．
故欲使生产者不亏本，最低产量是150台．
4．若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－12ax的解集为( )
A．{x|－21}
C．{x|03}
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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－\f(b,a)，,－1×2＝\f(c,a)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\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05．若不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23,5)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(23,5)，1))
C．(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(23,5)))
答案 A
解析 由Δ＝a2＋8>0知方程恒有两个不等实根，又因为x1x2＝－2<0，所以方程必有一正根，一负根，对应二次函数图像的示意图如图．
所以不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f(5)>0，解得a>－eq \f(23,5).
6．若对任意m∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，则x的取值范围是( )
A．(1,3) B．(－∞，1)∪(3，＋∞)
C．(2,3) D．(3，＋∞)
答案 B
解析 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，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1＝x－2－1＋x2－4x＋4>0，,g1＝x－2×1＋x2－4x＋4>0))
⇒x<1或x>3.
7．(2020·北京市石景山区模拟)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的解集为{x|x>6或x<－4}，解集中只有－5在集合A中．
8．不等式eq \f(x＋2,x－1)>2的解集为________．
答案 {x|1解析 原不等式可化为eq \f(x＋2,x－1)－2>0，
即eq \f(x＋2－2x－1,x－1)>0，即eq \f(4－x,x－1)>0，
即(x－1)(x－4)<0，解得1∴原不等式的解集为{x|19．一元二次方程x2－(k－2)x＋k＋1＝0有一正一负实数根，则k的取值范围是________．
答案 (－∞，－1)
解析 依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝k－22－4k＋1>0，,k＋1<0，))
解得k<－1.
10．关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中恰有两个整数，则实数a的取值范围是________．
答案 [－2，－1)∪(3,4]
解析 不等式x2－(a＋1)x＋a<0，
可化为(x－1)(x－a)<0，
当a＝1时，不等式为(x－1)2<0，解集为∅，舍去，
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综上有－2≤a<－1或311．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．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元，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；
(2)若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)).
13．已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 021－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( )
A．a>c>b>d B．a>b>c>d
C．c>d>a>b D．c>a>b>d
答案 D
解析 f(x)＝2 021－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 021，又f(a)＝f(b)＝2 021，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图像，如图所示，由图可知c>a>b>d，故选D.
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10 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(2)＝0 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．(2020·安徽江南十校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝3x2，且不等式f(x＋m2)≥4f(x)对任意的x∈[m，m＋2]恒成立，则实数m的取值范围是________________．
答案 (－∞，－1]∪[2，＋∞)
解析 ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．
设x<0，则－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－3x2，
故f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2 x≥0，,－3x2x<0.))
从而4f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(32x2x≥0，,－32x2x<0))＝f(2x)，
故不等式f(x＋m2)≥4f(x)同解于f(x＋m2)≥f(2x)，
又f(x)为R上的单调增函数，故x＋m2≥2x，
即m2≥x对任意的x∈[m，m＋2]恒成立，
∴m2≥m＋2，即m≤－1或m≥2.
16．已知f(x)＝2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0,5)．
(1)若不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx>0，,fx＋k<0))的正整数解只有一个，求实数k的取值范围；
(2)若对于任意x∈[－1,1]，不等式t·f(x)≤2恒成立，求t的取值范围．
解 (1)因为不等式f(x)<0的解集是(0,5)，
所以0,5是一元二次方程2x2＋bx＋c＝0的两个实数根，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＋5＝－\f(b,2)，,0×5＝\f(c,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－10，,c＝0.))
所以f(x)＝2x2－10x.
不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx>0，,fx＋k<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2－10x>0，,2x2＋2kx＋k2－10x＋k<0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0或x>5，,－k因为不等式组的正整数解只有一个，可得该正整数解为6，
可得6<5－k≤7，解得－2≤k<－1，
所以k的取值范围是[－2，－1)．
(2)tf(x)≤2，即t(2x2－10x)≤2，即tx2－5tx－1≤0，
当t＝0时显然成立，
当t>0时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t·1－5t·－1－1≤0，,t·1－5t·1－1≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＋5t－1≤0，,t－5t－1≤0，))
解得－eq \f(1,4)≤t≤eq \f(1,6)，所以0当t<0时，函数y＝tx2－5tx－1在[－1,1]上是增加的，
所以只要其最大值满足条件即可，
所以t－5t－1≤0，解得t≥－eq \f(1,4)，即－eq \f(1,4)≤t<0，
综上，t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,6))).判别式Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图像
方程ax2＋bx＋c＝0 (a>0)的根
有两个不相等的实数根x1，x2(x1有两个相等的实数根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)))))
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大致图像
(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
大致图像
(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大致图像
(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
大致图像
(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(图像有两种情况，只画了一种)
一根在(m，n)内，另一根在(p，q)内，m大致图像
(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))
大致图像
(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))