人教B版 (2019)必修 第一册2.2.3 一元二次不等式的解法学案

这是一份人教B版 (2019)必修 第一册2.2.3 一元二次不等式的解法学案，共13页。


知识点一 一元二次不等式的概念
一般地，形如ax2＋bx＋c＞0的不等式称为一元二次不等式，其中a，b，c是常数，而且a≠0.一元二次不等式中的不等号也可以是“＜”“≥”“≤”等．
思考 不等式ax2＋x－1>0一定表示一元二次不等式吗？
答案 不一定．当a＝0时，表示一元一次不等式．
知识点二 一元二次不等式的解法
1．因式分解法
如果x1＜x2，则不等式(x－x1)(x－x2)＜0的解集是(x1，x2)，不等式(x－x1)(x－x2)＞0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)．
2．配方法
一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)通过配方总是可以变为(x－h)2＞k或(x－h)2＜k的形式，然后根据k的正负等知识，就可以得到原不等式的解集．
1．不等式3x2－2x＋1＞0的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＜x＜\f(1,3))))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＜x＜1))))
C．∅ D．R
答案 D
解析 因为Δ＝(－2)2－4×3×1＝4－12＝－8＜0，
所以不等式3x2－2x＋1＞0的解集为R.
2．不等式(3x－2)(2－x)≥0的解集是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))∪[2，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，2))
答案 A
解析 原不等式等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))(x－2)≤0，
解得eq \f(2,3)≤x≤2.
3．不等式x(x－2)>0的解集为________，不等式x(x－2)<0的解集为________．
答案 {x|x<0或x>2} {x|04．不等式eq \f(x－1,x＋1)<0的解集为________．
答案 (－1,1)
一、不含参数的一元二次不等式的解法
例1 求下列不等式的解集：
(1)x2－10x－600＞0；
(2)－2x2＋5x－2＜0.
解 (1)因为x2－10x－600＝(x＋20)(x－30)，所以原不等式等价于(x＋20)(x－30)＞0，
因此所求解集为(－∞，－20)∪(30，＋∞)．
(2)因为－2x2＋5x－2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(5,2)x＋1))
＝－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,4)))2－\f(9,16)))＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,4)))2＋eq \f(9,8)，
所以－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,4)))2＋eq \f(9,8)＜0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,4)))2＞eq \f(9,16).
所以x－eq \f(5,4)＞eq \f(3,4)或x－eq \f(5,4)＜－eq \f(3,4)，
解得x＞2或x＜eq \f(1,2).
所以原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪(2，＋∞)．
反思感悟 解一元二次不等式的一般步骤
第一步：首先把各项系数变为整数，二次项系数变成正的；
第二步：分解为两个因式的乘积的形式或配方成完全平方式形式；
第三步：写出不等式的解集．
跟踪训练1 求下列不等式的解集：
(1)－eq \f(1,2)x2＋3x－5>0.
(2)－2解 (1)原不等式可化为x2－6x＋10<0，
即(x－3)2＋1<0，
因此原不等式的解集为∅.
(2)原不等式等价于不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－3x>－2，①,x2－3x≤10， ②))
不等式①可化为x2－3x＋2>0，解得x>2或x<1.
不等式②可化为x2－3x－10≤0，解得－2≤x≤5.
故原不等式的解集为{x|－2≤x<1或2二、含参数的一元二次不等式的解法
例2 求不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)的解集．
解 ①当a＝0时，原不等式即为－x＋1＜0，
解得x＞1.
②当a＜0时，原不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)＞0，
解得x＜eq \f(1,a)或x＞1.
③当a＞0时，原不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)＜0.
若a＝1，即eq \f(1,a)＝1时，不等式无解；
若a＞1，即eq \f(1,a)＜1时，
解得eq \f(1,a)＜x＜1；
若0＜a＜1，即eq \f(1,a)＞1时，
解得1＜x＜eq \f(1,a).
综上可知，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))))；
当a＝0时，不等式的解集为{x|x＞1}；
当0＜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(1＜x＜\f(1,a)))))；
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)＜x＜1)))).
反思感悟 解含参数的一元二次不等式的步骤
特别提醒：对应方程的根优先考虑用因式分解确定，分解不开时再求判别式Δ，用求根公式计算．
跟踪训练2 解关于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3>0.
解 原不等式可化为(x－a)(x－a2)>0.
方程x2－(a＋a2)x＋a3＝0的两根为x1＝a，x2＝a2.
由a2－a＝a(a－1)可知：
①当a<0或a>1时，a2>a.
解原不等式得x>a2或x不等式的解集为(－∞，a)∪(a2，＋∞)．
②当0解原不等式得x>a或x不等式的解集为(－∞，a2)∪(a，＋∞)．
③当a＝0时，原不等式为x2>0，
∴x≠0，不等式的解集为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
④当a＝1时，原不等式为(x－1)2>0，
∴x≠1，不等式的解集为(－∞，1)∪(1，＋∞)．
综上可知，
当a<0或a>1时，原不等式的解集为(－∞，a)∪(a2，＋∞)；
当0当a＝0时，原不等式的解集为(－∞，0)∪(0，＋∞)；
当a＝1时，原不等式的解集为(－∞，1)∪(1，＋∞)．
三、简单的分式不等式的解法
例3 (1)不等式eq \f(x＋5,x－12)≥2的解集是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，3))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))∪(1,3] D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))∪(1,3]
答案 D
解析 eq \f(x＋5,x－12)≥2⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋5≥2x－12，,x－1≠0))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤x≤3，,x≠1，))
所以原不等式的解集是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))∪(1,3]．
(2)解不等式eq \f(2x－1,3－4x)>1.
解 原不等式可化为eq \f(2x－1,3－4x)－1>0，
即eq \f(3x－2,4x－3)<0.
等价于(3x－2)(4x－3)<0.
所以eq \f(2,3)所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)反思感悟 解分式不等式时，要注意先移项，使右边化为零，要注意含等号的分式不等式的分母不为零．
跟踪训练3 解下列不等式：(1)eq \f(x＋2,3－x)≥0；(2)eq \f(1－x,x＋22)≥2.
解 (1)原不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋23－x≥0，,3－x≠0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2x－3≤0，,x≠3))⇒－2≤x<3.
所以原不等式的解集为{x|－2≤x＜3}．
(2)由题意知x＋2≠0，因此(x＋2)2>0，
原不等式两边同时乘以(x＋2)2可得1－x≥2(x＋2)2且x＋2≠0，
即(2x＋7)(x＋1)≤0且x≠－2，所以－eq \f(7,2)≤x≤－1，且x≠－2.
因此原不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,2)，－2))∪(－2，－1]．
三个“二次”间的关系
典例 已知二次函数y＝ax2＋(b－8)x－a－ab，且y>0的解集为(－3,2)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)当关于x的不等式ax2＋bx＋c≤0的解集为R时，求c的取值范围．
解 (1)因为y>0的解集为(－3,2)，
所以－3,2是方程ax2＋(b－8)x－a－ab＝0的两根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,－3＋2＝－\f(b－8,a)，,－3×2＝\f(－a－ab,a)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝5，))
所以y＝－3x2－3x＋18.
(2)因为a＝－3<0，
所以二次函数y＝－3x2＋5x＋c的图像开口向下，
要使－3x2＋5x＋c≤0的解集为R，
只需Δ≤0，即25＋12c≤0，
所以c≤－eq \f(25,12).
所以当c≤－eq \f(25,12)时，－3x2＋5x＋c≤0的解集为R.
[素养提升] 三个“二次”之间的关系
(1)三个“二次”中，二次函数是主体，讨论二次函数主要是将问题转化为一元二次方程和一元二次不等式的形式来研究．
(2)讨论一元二次方程和一元二次不等式又要将其与相应的二次函数相联系，通过二次函数的图像及性质来解决问题，关系如下：
特别提醒：由于忽视二次项系数的符号和不等号的方向易写错不等式的解集形式．
(3)通过利用三个“二次”之间的关系解决问题，着重提升逻辑推理的数学素养．
1.(多选)下列四个不等式， 其中解集为R的是( )
A．－x2＋x＋1≥0 B．x2－2eq \r(5)x＋6>0
C．x2＋6x＋10>0 D．2x2－3x＋4<1
答案 BC
解析 A显然不可能；
B中Δ＝(－2eq \r(5))2－4×6<0，解集为R；
C中Δ＝62－4×10<0，满足条件；
D中不等式可化为2x2－3x＋3<0，所对应的二次函数开口向上，显然不可能．
2．若t>2，则关于x的不等式(x－t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,t)))<0的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)，t)) B．(－∞，t)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,t)))∪(t，＋∞) D．∅
答案 A
解析 ∵t>2，∴t>eq \f(1,t)，
∴(x－t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,t)))<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)，t)).
3．不等式－2x2＋x＋3<0的解集是( )
A．{x|x<－1} B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(3,2)))))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1\f(3,2)))))
答案 D
解析 方法一 因为－2x2＋x＋3＝－(2x2－x－3)
＝－(x＋1)(2x－3)，
所以－(x＋1)(2x－3)<0，即(x＋1)(2x－3)>0，
所以x<－1或x>eq \f(3,2)，
所以不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(3,2))))).
方法二 不等式－2x2＋x＋3<0可化为2x2－x－3>0，
因为Δ＝(－1)2－4×2×(－3)＝25＞0，
所以方程2x2－x－3＝0的两根为x1＝－1，x2＝eq \f(3,2)，
又二次函数y＝2x2－x－3的图像开口向上，
所以不等式－2x2＋x＋3<0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(3,2))))).
4．设集合A＝{x∈R|(x－1)2＜3x＋7}，则集合A＝___________，A∩Z中有________个元素．
答案 {x|－1＜x＜6} 6
解析 由(x－1)2＜3x＋7，解得－1＜x＜6，
即A＝{x|－1＜x＜6}，则A∩Z＝{0,1,2,3,4,5}．
故A∩Z中共有6个元素．
5．不等式eq \f(5－x,x＋4)≥1的解集为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(1,2)))
解析 因为eq \f(5－x,x＋4)≥1等价于eq \f(1－2x,x＋4)≥0，
所以eq \f(2x－1,x＋4)≤0，等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1x＋4≤0，,x＋4≠0，))
解得－4所以原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(1,2))).
1．知识清单：
(1)一元二次不等式的常见解法．
(2)简单的分式不等式的解法．
2．方法归纳：配方法、因式分解法、分类讨论．
3．常见误区：忽略二次项系数的符号．
1．不等式x(2－x)>0的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，2)
C．(－∞，0)∪(2，＋∞) D．(0,2)
答案 D
解析 原不等式化为x(x－2)<0，故02．不等式x2＋3x－0.64>0的解集为( )
A．(－∞，－3.2)
B．(－3.2,0.2)
C．(－∞，－3.2)∪(0.2，＋∞)
D．(0.2，＋∞)
答案 C
解析 原不等式可化为(x－0.2)(x＋3.2)>0，
解得x>0.2或x<－3.2，
所以原不等式的解集为(－∞，－3.2)∪(0.2，＋∞)．
3．若关于x的二次不等式x2＋mx＋1≥0的解集为R，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．[－2,2]
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－2,2)
答案 B
解析 ∵x2＋mx＋1≥0的解集为R，
∴Δ＝m2－4≤0，
∴－2≤m≤2，故选B.
4．(多选)一元二次方程x2＋6x＋a2＝0的解集情况是( )
A．只有一个元素
B．可能有两个元素
C．可能为空集
D．不能确定有几个元素
答案 BCD
解析 ∵Δ＝62－4×1×a2＝36－4a2>0，
即－3a＝±3时，有两相等解，a<－3或a>3时，无解，
∴一元二次方程x2＋6x＋a2＝0解集的可能情况是BCD.
5．一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根为－2,3，a<0，那么ax2＋bx＋c>0的解集为( )
A．{x|x>3或x<－2} B．{x|x>2或x<－3}
C．{x|－2答案 C
解析 由题意知，－2＋3＝－eq \f(b,a)，－2×3＝eq \f(c,a)，
∴b＝－a，c＝－6a，
∴ax2＋bx＋c＝ax2－ax－6a>0，
∵a<0，∴x2－x－6<0，
∴(x－3)(x＋2)<0，
∴－2∴原不等式的解集为{x|－26．不等式x2－4x＋4≤0的解集是________，x2－4x＋4≥0的解集是________．
答案 {2} R
解析 原不等式可化为(x－2)2≤0，∴x＝2.由 x2－4x＋4≥0得(x－2)2≥0，∴x∈R.
7．若a＞0，b＞0，则不等式－b答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,b)或x＞\f(1,a)))))
解析 原不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＞－b，,\f(1,x)可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,b)或x＞0，,x<0或x＞\f(1,a)，))
故不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,b)或x＞\f(1,a))))).
8．已知集合A＝{x|3x－2－x2<0}，B＝{x|x－a<0}，且B⊆A，则a的取值范围为________．
答案 {a|a≤1}
解析 A＝{x|3x－2－x2<0}＝{x|x2－3x＋2>0}＝{x|x<1或x>2}，B＝{x|x若B⊆A，则a≤1.
9．解下列不等式：
(1)2＋3x－2x2>0；
(2)x(3－x)≤x(x＋2)－1；
(3)x2－2x＋3>0；
(4)eq \f(5x＋1,x＋1)<3.
解 (1)原不等式可化为2x2－3x－2<0，
所以(2x＋1)(x－2)<0，解得－eq \f(1,2)故原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)(2)原不等式可化为2x2－x－1≥0.
所以(2x＋1)(x－1)≥0，解得x≤－eq \f(1,2)或x≥1，
故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(1,2)或x≥1)))).
(3)因为Δ＝(－2)2－4×3＝－8<0，
故原不等式的解集是R.
(4)不等式eq \f(5x＋1,x＋1)<3可改写为eq \f(5x＋1,x＋1)－3<0，
即eq \f(2x－1,x＋1)<0.
可将这个不等式转化成2(x－1)(x＋1)<0，
解得－1所以，原不等式的解集为{x|－110．已知一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(α，β)，且0＜α＜β，求不等式cx2＋bx＋a＜0的解集．
解 方法一 由题意可得a＜0，且α，β为方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
∴由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝－α＋β＜0，①,\f(c,a)＝αβ＞0， ②))
∵a＜0,0＜α＜β，
∴由②得c＜0，
则cx2＋bx＋a＜0可化为x2＋eq \f(b,c)x＋eq \f(a,c)＞0.
①÷②，得eq \f(b,c)＝eq \f(－α＋β,αβ)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)＋\f(1,β)))＜0.
由②得eq \f(a,c)＝eq \f(1,αβ)＝eq \f(1,α)·eq \f(1,β)＞0.
∴eq \f(1,α)，eq \f(1,β)为方程x2＋eq \f(b,c)x＋eq \f(a,c)＝0的两根．
又∵0＜α＜β，
∴0＜eq \f(1,β)＜eq \f(1,α)，
∴不等式x2＋eq \f(b,c)x＋eq \f(a,c)＞0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜\f(1,β)或x＞\f(1,α)))))，
即不等式cx2＋bx＋a＜0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜\f(1,β)或x＞\f(1,α))))).
方法二 由题意知a＜0，
∴由cx2＋bx＋a＜0，得eq \f(c,a)x2＋eq \f(b,a)x＋1＞0.
将方法一中的①②代入，
得αβx2－(α＋β)x＋1＞0，
即(αx－1)(βx－1)＞0.
又∵0＜α＜β，
∴0＜eq \f(1,β)＜eq \f(1,α).
∴所求不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜\f(1,β)或x＞\f(1,α))))).
11．设a<－1，则关于x的不等式a(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))<0的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\f(1,a))))) B．{x|x>a}
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>a或x<\f(1,a))))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,a)))))
答案 A
解析 ∵a<－1，
∴a(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))<0⇔(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))>0.
又a<－1，
∴eq \f(1,a)>a，
∴x>eq \f(1,a)或x12．(多选)在R上定义运算⊙：a⊙b＝ab＋2a＋b，则满足x⊙(x－2)<0的整数x的取值可以为( )
A．－2 B．－1 C．0 D．1
答案 BC
解析 ∵x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋x－2<0，
∴x2＋x－2<0，即(x－1)(x＋2)<0，
解集为(－2,1)，又x是整数，
∴x可以是－1和0.
13．已知x＝1在不等式k2x2－6kx＋8≥0的解集内，则k的取值范围是________．
答案 {k|k≥4或k≤2}
解析 x＝1在不等式k2x2－6kx＋8≥0的解集内，
把x＝1代入不等式得k2－6k＋8≥0，
解得k≥4或k≤2.
14．若关于x的不等式ax2－6x＋a2<0的非空解集为{x|1答案 2
解析 因为ax2－6x＋a2<0的非空解集为{x|1所以a>0，m>1且1与m是方程ax2－6x＋a2＝0的根．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋m＝\f(6,a)，,m＝a，))即1＋m＝eq \f(6,m).
所以m2＋m－6＝0，解得m＝－3(舍去)或m＝2，
故m＝2.
15．在R上定义运算：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a b,c d))＝ad－bc，若不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1 a－2,a＋1 x))≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为( )
A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(3,2)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,2)
答案 D
解析 由定义知，不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1 a－2,a＋1 x))≥1等价于x2－x－(a2－a－2)≥1，
∴x2－x＋1≥a2－a对任意实数x恒成立．
∵x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
∴a2－a≤eq \f(3,4)，解得－eq \f(1,2)≤a≤eq \f(3,2)，
则实数a的最大值为eq \f(3,2).
16．已知条件p：2x2－3x＋1≤0，条件q：x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0.若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
解 由2x2－3x＋1≤0，得eq \f(1,2)≤x≤1.
所以条件p对应的集合P＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤x≤1)))).
由x2－(2a＋1)x＋a(a＋1)≤0，得a≤x≤a＋1，
所以条件q对应的集合为Q＝{x|a≤x≤a＋1}．
因为p是q的充分不必要条件．
所以PQ⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<\f(1,2)，,a＋1≥1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤\f(1,2)，,a＋1>1，))解得0≤a≤eq \f(1,2).
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).