2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题05一元二次不等式及其解法（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题05一元二次不等式及其解法（教师版），共21页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.会结合一元二次函数的图象，判断一元二次方程实根的存在性及实根的个数，了解函数的零点与方程根的关系.
2.会从实际情境中抽象出一元二次不等式，了解一元二次不等式的现实意义.
3.能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集.
【考点预测】
1.一元二次不等式
只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式.
2.三个“二次”间的关系
3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集
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.
【常用结论】
1.绝对值不等式|x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|0)的解集为
(－a，a).
记忆口诀：大于号取两边，小于号取中间.
2.解不等式ax2＋bx＋c>0(<0)时不要忘记当a＝0时的情形.
3.不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件要结合其对应的函数图象决定.
(1)不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝b＝0，,c>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ<0.))
(2)不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝b＝0，,c<0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ<0.))
【方法技巧】
1.含有参数的不等式的求解，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参数进行分类讨论.
(1)若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式进行分类讨论.
(2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为零的情形及判别式Δ的正负，以便确定解集的形式.
(3)其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集.
2.一元二次方程的根就是相应一元二次函数的零点，也是相应一元二次不等式解集的端点值.
3.给出一元二次不等式的解集，相当于知道了相应二次函数的开口方向及与x轴的交点，可以利用代入根或根与系数的关系求待定系数.
4.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.
5.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.
①若ax2＋bx＋c＞0恒成立，则有a＞0，且Δ＜0；若ax2＋bx＋c＜0恒成立，则有a＜0，且Δ＜0.
②对第二种情况，要充分结合函数图象利用函数的最值求解(也可采用分离参数的方法).
二、【题型归类】
【题型一】分式不等式的解法
【典例1】不等式eq \f(x－1,2x＋1)≤1的解集为________．
【解析】eq \f(x－1,2x＋1)≤1 ⇔ eq \f(x－1,2x＋1)－1≤0 ⇔ eq \f(－x－2,2x＋1)≤0 ⇔ eq \f(x＋2,2x＋1)≥0.
解法一：eq \f(x＋2,2x＋1)≥0 ⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋2）（2x＋1）≥0，,2x＋1≠0.))得{x|x＞－eq \f(1,2)或x≤－2}．
解法二：eq \f(x＋2,2x＋1)≥0 ⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2≥0，,2x＋1＞0)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2≤0，,2x＋1＜0.))
得{x|x＞－eq \f(1,2)或x≤－2}．故填{x|x＞－eq \f(1,2)或x≤－2}．
【典例2】不等式eq \f(x－2,x2＋3x＋2)＞0的解集为 ．
【解析】eq \f(x－2,x2＋3x＋2)＞0⇔eq \f(x－2,（x＋2）（x＋1）)＞0⇔
(x－2)(x＋2)(x＋1)＞0，
数轴标根得{x|－2＜x＜－1或x＞2}，
故填{x|－2＜x＜－1或x＞2}．
【典例3】若集合A＝{x|－1≤2x＋1≤3}，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(x－2,x)≤0))，则A∩B＝( )
A．{x|－1≤x＜0} B．{x|0＜x≤1}
C．{x|0≤x≤2} D．{x|0≤x≤1}
【解析】易知A＝{x|－1≤x≤1}，B集合就是不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（x－2）≤0，,x≠0)) 的解集，求出B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|0＜x≤2))，所以A∩B＝{x|0＜x≤1}．故选B.
【题型二】不含参的不等式解法
【典例1】不等式－2x2＋x＋3<0的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(3,2)))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)或x>1))))
【解析】－2x2＋x＋3<0可化为2x2－x－3>0，
即(x＋1)(2x－3)>0，
∴x<－1或x>eq \f(3,2).
【典例2】(多选)已知集合M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x||x－1|≤2，x∈R))，集合N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,x＋1)≥1，x∈R))))，则( )
A．M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1≤x≤3))
B．N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1≤x≤4))
C．M∪N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1≤x≤4))
D．M∩N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1【解析】由题设可得M＝[－1,3]，N＝(－1,4]，
故A正确，B错误；
M∪N＝{x|－1≤x≤4}，故C正确；
而M∩N＝{x|－1【典例3】关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中，恰有3个整数，则实数a的取值范围是________．
【解析】原不等式可化为(x－1)(x－a)<0，当a>1时，得1【题型三】含参不等式解法
【典例1】解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0).
【解析】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，解为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)【典例2】解不等式12x2－ax>a2(a∈R).
【解析】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)，＋∞)).
【典例3】解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R)．
【解析】不等式整理为ax2＋(a－2)x－2≥0，
当a＝0时，解集为(－∞，－1]．
当a≠0时，ax2＋(a－2)x－2＝0的两根为－1，eq \f(2,a)，
所以当a＞0时，解集为(－∞，－1]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞))；
当－2＜a＜0时，解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，－1))；
当a＝－2时，解集为{x|x＝－1}；
当a＜－2时，解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,a))).
【题型四】在R上恒成立问题
【典例1】对∀x∈R，不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0恒成立，则a的取值范围是( )
A．－2C．a<－2或a≥2 D．a≤－2或a≥2
【解析】不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立，满足题意；
当a－2≠0时，要使不等式恒成立，
需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ<0，))即有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<2，,4a－22＋16a－2<0，))
解得－2综上可得，a的取值范围为(－2,2]．
【典例2】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.
【解析】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【典例3】若不等式a·4x－2x＋1>0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
【解析】不等式可变形为a>eq \f(2x－1,4x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)，令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝t，则t>0.∴y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)，因此当t＝eq \f(1,2)时，y取最大值eq \f(1,4)，故实数a的取值范围是a>eq \f(1,4).故填eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)).
【题型五】在给定区间上恒成立问题
【典例1】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________．
【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]上单调递增，
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]上单调递减，
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在x∈[1,3]上恒成立，
所以m令y＝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)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值为eq \f(6,7)，所以只需m【典例2】若不等式x2＋ax＋1≥0对于一切x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))成立，则实数a的最小值为( )
A．0 B．－2 C．－eq \f(5,2) D．－3
【解析】解法一：不等式可化为ax≥－x2－1，由于x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
∴a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x))).∵f(x)＝eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上是减函数，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(1,x)))eq \s\d7(max)＝－eq \f(5,2).∴a≥－eq \f(5,2).
解法二：令f(x)＝x2＋ax＋1，对称轴为x＝－eq \f(a,2).
①eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)≤0，,f（0）≥0)) ⇒a≥0.(如图1)
②eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＜－\f(a,2)＜\f(1,2)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))≥0))⇒－1＜a＜0.(如图2)
③eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)≥\f(1,2)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥0)) ⇒－eq \f(5,2)≤a≤－1.(如图3)
综上 ①②③，a≥－eq \f(5,2).故选C.
【典例3】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)
【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.
【题型六】给定参数范围的恒成立问题
【典例1】若不等式x2＋px>4x＋p－3，当0≤p≤4时恒成立，则x的取值范围是( )
A．[－1,3]
B．(－∞，－1]
C．[3，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
【解析】不等式x2＋px>4x＋p－3
可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，
由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3]min>0(0≤p≤4)，
令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝x2－4x＋3>0，,f4＝4x－1＋x2－4x＋3>0，))
∴x<－1或x>3.
【典例2】已知对于任意的a∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值总大于0，则x的取值范围是( )
A．1＜x＜3 B．x＜1或x＞3
C．1＜x＜2 D．x＜1或x＞2
【解析】记g(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，a∈[－1，1]，
依题意，只须eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（1）＞0，,g（－1）＞0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－3x＋2＞0，,x2－5x＋6＞0))⇒x＜1或x＞3，故选B.
【典例3】若mx2－mx－1<0对于m∈[1,2]恒成立，求实数x的取值范围.
【解析】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))).
【题型七】二次不等式、二次函数及二次方程的关系
【典例1】已知不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|－1A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x<－1或x>\f(1,2))) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1C．{x|－21}
【解析】由题意知x＝－1，x＝2是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，且a＜0.
由韦达定理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－\f(b,a)，,（－1）×2＝\f(2,a)))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝1.))
∴不等式2x2＋bx＋a<0，即2x2＋x－1<0.
解得－1＜x＜eq \f(1,2).故选B.
【典例2】已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为{x|2＜x＜3}，则不等式cx2－bx＋a＞0的解集为________．
【解析】∵不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为{x|2＜x＜3}，
∴a＜0，且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)＝2＋3，,\f(c,a)＝2×3，,a＜0.)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－5a，,c＝6a，,a＜0.))
代入不等式cx2－bx＋a＞0，得6ax2＋5ax＋a>0(a＜0)．
即6x2＋5x＋1＜0，解得－eq \f(1,2)＜x＜－eq \f(1,3).
故填eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))).
【典例3】(多选)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)A．(－2，－1) B．(－3，－6)
C．(2,4) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(3,2)))
【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，故选AD.
【题型八】一元二次不等式的应用
【典例1】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，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．
【解析】(1)根据题意，200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))≥3 000⇒5x－14－eq \f(3,x)≥0⇒5x2－14x－3≥0⇒(5x＋1)(x－3)≥0，又1≤x≤10，可解得3≤x≤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(－\f(3,x2)＋\f(1,x)＋5))＝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x＝6时，ymax＝457 500元．
【典例2】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)若要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围．
【解析】(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)).
∵售价不能低于成本价，∴100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))－80≥0.
∴y＝f(x)＝20(10－x)(50＋8x)，定义域为[0，2]．
(2)由题意得20(10－x)(50＋8x)≥10 260，化简得8x2－30x＋13≤0.解得eq \f(1,2)≤x≤eq \f(13,4).∴x的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
三、【培优训练】
【训练一】若关于x的不等式x2－(2a＋1)x＋2a<0恰有两个整数解，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤a<－\f(1,2)或\f(3,2)【解析】令x2－(2a＋1)x＋2a＝0，解得x＝1或x＝2a.
当2a>1，即a>eq \f(1,2)时，
不等式x2－(2a＋1)x＋2a<0的解集为{x|1则3<2a≤4，
解得eq \f(3,2)当2a＝1，即a＝eq \f(1,2)时，
不等式x2－(2a＋1)x＋2a<0无解，
所以a＝eq \f(1,2)不符合题意；
当2a<1，即a则－2≤2a<－1，解得－1≤a<－eq \f(1,2).
综上，a的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤a<－\f(1,2)或\f(3,2)【训练二】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．
【解析】(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
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]上单调递增，
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))).
【训练三】已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)＞－2x的解集为(1，3)．
(1)若方程f(x)＋6a＝0有两个相等的实根，求f(x)的解析式；
(2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围．
【解析】(1)∵f(x)＋2x＞0的解集为(1，3)，
∴f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a＜0.
因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x
＝ax2－(2＋4a)x＋3a.①
由方程f(x)＋6a＝0得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.②
因为方程②有两个相等的实根，所以
Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，
即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－eq \f(1,5).
由于a＜0，舍去a＝1，将a＝－eq \f(1,5)代入①得f(x)的解析式
f(x)＝－eq \f(1,5)x2－eq \f(6,5)x－eq \f(3,5).
(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1＋2a,a)))eq \s\up12(2)－eq \f(a2＋4a＋1,a)，
及a＜0，可得f(x)的最大值为－eq \f(a2＋4a＋1,a).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(a2＋4a＋1,a)＞0，,a＜0，))解得a＜－2－eq \r(3)或－2＋eq \r(3)＜a＜0.
故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值范围是
(－∞，－2－eq \r(3))∪(－2＋eq \r(3)，0)．
【训练四】解关于x的不等式：eq \f(a（x－1）,x－2)＞1(a＜1)．
【解析】(x－2)[(a－1)x＋2－a]＞0，
当a＜1时有(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－2,a－1)))＜0，
若eq \f(a－2,a－1)＞2，即0＜a＜1时，解集为{x|2＜x＜eq \f(a－2,a－1)}；
若eq \f(a－2,a－1)＝2，即a＝0时，解集为∅；
若eq \f(a－2,a－1)＜2，即a＜0时，解集为{x|eq \f(a－2,a－1)＜x＜2}．
【训练五】已知函数f(x)＝eq \f(x2＋ax＋11,x＋1)(a∈R)，若对于任意的x∈N*，f(x)≥3恒成立，则a的取值范围是________.
【解析】对任意x∈N*，f(x)≥3，
即eq \f(x2＋ax＋11,x＋1) ≥3恒成立，
即a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3.
设g(x)＝x＋eq \f(8,x)，x∈N*，
则g(x)＝x＋eq \f(8,x)≥4eq \r(2)，
当且仅当x＝2eq \r(2)时等号成立，又g(2)＝6，g(3)＝eq \f(17,3)，
∵g(2)>g(3)，∴g(x)min＝eq \f(17,3)，
∴－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8,x)))＋3≤－eq \f(8,3)，
∴a≥－eq \f(8,3)，故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，＋∞)).
【训练六】解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R).
【解析】原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0.
①当a＝0时，原不等式可化为x＋1≤0，解得x≤－1.
②当a＞0时，
原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,a)))(x＋1)≥0，
解得x≥eq \f(2,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(2,a)))(x＋1)≤0.
当eq \f(2,a)＞－1，即a＜－2时，解得－1≤x≤eq \f(2,a)；
当eq \f(2,a)＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1；
当eq \f(2,a)＜－1，即－2＜a＜0时，
解得eq \f(2,a)≤x≤－1.
综上所述，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|x≥\f(2,a)或x≤－1))；
当－2＜a＜0时，不等式的解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(2,a)≤x≤－1))；
当a＝－2时，不等式的解集为{－1}；
当a＜－2时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－1≤x≤\f(2,a))).
四、【强化测试】
【单选题】
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)
【解析】A＝{x|－1∴A∩B＝(－1,0)．故选B.
2. 若00的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,t)B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,t)或xC.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,t)或x>t))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(t【解析】原不等式可化为(x－t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,t)))<0，
∵0∴原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(t故选D.
3. 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)))
【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)，＋∞)).
4. 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
【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．
5. 已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，如果不等式f(x)>0的解集是(－1，3)，则不等式f(－2x)<0的解集是( )
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)))
【解析】由f(x)>0，得ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1，3)，
所以a<0，且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－ab,a)＝2，,－\f(b,a)＝－3))
解得a＝－1或a＝eq \f(1,3)(舍去)，
所以a＝－1，b＝－3，所以f(x)＝－x2＋2x＋3，
所以f(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3<0，得4x2＋4x－3>0，解得x>eq \f(1,2)或x<－eq \f(3,2).
故选A.
6. 若不等式x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，4] B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[4，＋∞) D．[－2，5]
【解析】x2－2x＋5＝(x－1)2＋4的最小值为4，所以x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，只需a2－3a≤4即可，解得－1≤a≤4.
故选A.
7. 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]
【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，不等式的解集为{x|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18. 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]
【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，不等式的解集为{x|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1【多选题】
9. 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)A．(－2，－1) B．(－3，－6)
C．(2,4) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(3,2)))
【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，故选AD.
10. 已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a>0)有且只有一个零点，则( )
A．a2－b2≤4
B．a2＋eq \f(1,b)≥4
C．若不等式x2＋ax－b<0的解集为(x1，x2)，则x1x2>0
D．若不等式x2＋ax＋b【解析】因为f(x)＝x2＋ax＋b(a>0)有且只有一个零点，故可得Δ＝a2－4b＝0，即a2＝4b>0.
对于A，a2－b2≤4等价于b2－4b＋4≥0，
显然(b－2)2≥0，故A正确；
对于B，a2＋eq \f(1,b)＝4b＋eq \f(1,b)≥2eq \r(4b×\f(1,b))＝4，当且仅当4b＝eq \f(1,b)>0，即b＝eq \f(1,2)时，等号成立，故B正确；
对于C，因为不等式x2＋ax－b<0的解集为(x1，x2)，故x1x2＝－b<0，故C错误；
对于D，因为不等式x2＋ax＋b11. 若不等式ax2－bx＋c>0的解集是(－1，2)，则下列选项正确的是( )
A．b<0且c>0
B．a－b＋c>0
C．a＋b＋c>0
D．不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－2，1)
【解析】对于A，a<0，－1，2是方程ax2－bx＋c＝0的两个根，所在－1＋2＝1＝eq \f(b,a)，－1×2＝eq \f(c,a)，所以b＝a，c＝－2a，所以b<0，c>0，所以A正确；令f(x)＝ax2－bx＋c，对于B，由题意可知f(1)＝a－b＋c>0，所以B正确；对于C，f(－1)＝a＋b＋c＝0，所以C错误，对于D，因为对于方程ax2＋bx＋c＝0，设其两根为x1，x2，所以x1＋x2＝－eq \f(b,a)＝－1，x1x2＝eq \f(c,a)＝－2，所以两根分别为－2和1.所以不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－2，1)，所以D正确．故选ABD.
12. 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\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≤－\f(2,3)或x≥\f(1,2)))))
C．若不等式ax2＋8ax＋21<0的解集是{x|－7D．若关于x的不等式x2＋px－2<0的解集是(q，1)，则p＋q的值为－1
【解析】对于A，因为2x2－x－1＝(2x＋1)(x－1)，
所以由2x2－x－1>0得(2x＋1)(x－1)>0，
解得x>1或x<－eq \f(1,2)，
所以不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x>1或x<－\f(1,2))))).故A错误；
对于B，因为－6x2－x＋2≤0，所以6x2＋x－2≥0，
所以(2x－1)(3x＋2)≥0，
所以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．所以－7×(－1)＝eq \f(21,a)，所以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．
故选BCD.
【填空题】
13. 不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集是________．
【解析】不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集即x(x－2)<0的解集，解得0答案：{x|014. 若00的解集是________．
【解析】原不等式可化为(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))<0，由0答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))
15. 若关于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在区间[0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________．
【解析】方法一：当x＝0时，1≥0对任意的a∈R恒成立，当x≠0时，因为不等式x2＋2ax＋1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，所以x2＋2ax＋1＝0在R上无解或有两个相等的实根或x2＋2ax＋1＝0有两个不等的实根且两根均小于0，所以Δ＝4a2－4≤0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a2－4>0，,－2a<0，))解得a≥－1.
方法二：因为x＝0时，1≥0对任意的a∈R恒成立，当x≠0时，不等式可化为－2a≤x＋eq \f(1,x)(x∈(0，＋∞))，由基本不等式得x＋eq \f(1,x)≥2，当且仅当x＝eq \f(1,x)时取等号，所以易知－2a≤2，解得a≥－1.综上，a≥－1.
答案：[－1，＋∞)
16. 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________．
【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)答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))
【解答题】
17. 若不等式ax2＋5x－2>0的解集是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(1)求实数a的值；
(2)求不等式ax2－5x＋a2－1>0的解集．
【解析】(1)由题意知a<0，且方程ax2＋5x－2＝0的两个根为eq \f(1,2)，2，代入方程解得a＝－2.
(2)由(1)知不等式ax2－5x＋a2－1>0，
即为－2x2－5x＋3>0，即2x2＋5x－3<0，解得－30的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(1,2))).
18. 已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b，c∈R)．
(1)若函数f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，
F(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），x＞0，,－f（x），x＜0，))求F(2)＋F(－2)的值；
(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在区间(0，1]上恒成立，试求b的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)＝－1,f（－1）＝a－b＋1＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1,b＝2))，
所以f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2，
因为F(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），x>0,－f（x），x<0))，
所以F(2)＋F(－2)＝8.
(2)由题知f(x)＝x2＋bx，原命题等价于－1≤x2＋bx≤1在x∈(0，1]上恒成立，
即b≤eq \f(1,x)－x且b≥－eq \f(1,x)－x在x∈(0，1]恒成立，根据单调性可得eq \f(1,x)－x的最小值为0，－eq \f(1,x)－x的最大值为－2，所以－2≤b≤0.
19. 已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6.
(1)解关于a的不等式f(1)＞0；
(2)若不等式f(x)＞b的解集为(－1，3)，求实数a，b的值.
【解析】(1)由题意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3＞0，即a2－6a－3＜0，解得3－2eq \r(3)＜a＜3＋2eq \r(3).
所以不等式的解集为
{a|3－2eq \r(3)＜a＜3＋2eq \r(3)}.
(2)∵f(x)＞b的解集为(－1，3)，
∴方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的两根为－1，3，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－1）＋3＝\f(a（6－a）,3)，,（－1）×3＝－\f(6－b,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3±\r(3)，,b＝－3.))
故a的值为3±eq \r(3)，b的值为－3.
20. 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．
【解析】(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\{\rc\ (\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)．
21. 汽车在行驶中，由于惯性的作用，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停住，我们称这段距离为“刹车距离”．刹车距离是分析事故的一个重要因素．在一个限速为40 km/h的弯道上，甲、乙两辆车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相碰了．事后现场勘查测得甲车的刹车距离略超过12 m，乙车的刹车距离略超过10 m，又知甲、乙两种车型的刹车距离s(m)与车速x(km/h)之间分别有如下关系：
s甲＝0.1x＋0.01x2， s乙＝0.05x＋0.005x2.
问甲、乙两车有无超速现象？
【解析】由题意知，对于甲车，有0.1x＋0.01x2＞12，
即x2＋10x－1200＞0，解得x＞30或x＜－40(舍去)．
这表明甲车的车速超过30 km/h，又由甲车刹车距离略超12 m，可判断甲车车速不会超过限速40 km/h.
对于乙车有0.05x＋0.005x2＞10，
即x2＋10x－2000＞0，解得x＞40或x＜－50(舍去)．
这表明乙车超过40 km/h，超过规定限速．
22. 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.
【解析】(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)，＋∞).
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
一元二次方程
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}
∅
∅
不等式
解集
aa＝b
a>b
(x－a)·(x－b)>0
{x|xb}
{x|x≠a}
{x|xa}
(x－a)·(x－b)<0
{x|a∅
{x|b图1
图2
图3