高考数学科学创新复习方案提升版第6讲一元二次不等式的解法学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第6讲一元二次不等式的解法学案（Word版附解析），共20页。


1．三个二次之间的关系
2.分式不等式与整式不等式的关系
(1)eq \f(f（x）,g（x）)>0(<0)⇔eq \x(\s\up1(10))f(x)g(x)>0(<0)．
(2)eq \f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔eq \x(\s\up1(11))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）g（x）≥0（≤0），,g（x）≠0.))
一元二次不等式恒成立的条件
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是：a>0且b2－4ac<0(x∈R)．
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是：a<0且b2－4ac<0(x∈R)．
1．(2023·德阳模拟)设集合A＝{x|1＜x＜4}，B＝{x|x2－2x－3≤0}，则A∪B＝( )
A．[－1，3] B．[－1，4)
C．(1，3] D．(1，4)
答案 B
解析 由x2－2x－3≤0，解得－1≤x≤3，∴B＝{x|－1≤x≤3}，∴A∪B＝[－1，4)．故选B.
2．不等式4x2＋4x＋1≤0的解集为( )
A．∅ B．R
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2))))) D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)))))
答案 D
解析 因为4x2＋4x＋1＝(2x＋1)2，所以4x2＋4x＋1≤0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2))))).
3．(人教A必修第一册习题2.3 T3改编)设全集U＝R，集合P＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x,x－1)≤0))))，Q＝{x|x≤4}，则P∩Q＝( )
A．[0，1) B．[0，1]
C．(－∞，0]∪(1，4] D．(－∞，0]∪[1，4]
答案 A
解析 因为集合P＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x,x－1)≤0))))＝{x|0≤x<1}，Q＝{x|x≤4}，所以P∩Q＝{x|0≤x＜1}＝[0，1)．故选A.
4．(2024·滨州质检)若00的解集为( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)\f(1,t)或xC.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<\f(1,t)或x>t)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(t答案 D
解析 因为00⇔(x－t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,t)))<0，解得t5．(人教B必修第一册习题2－2B T7改编)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的值是________．
答案 －14
解析 由题意知－eq \f(1,2)，eq \f(1,3)是ax2＋bx＋2＝0的两根，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×\f(1,3)＝\f(2,a)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－12，,b＝－2，))所以a＋b＝－14.
多角度探究突破
角度 不含参数的一元二次不等式
例1 解下列不等式：
(1)2x2＋5x－3<0；
(2)－3x2＋6x≤2；
(3)9x2－6x＋1>0；
(4)x2<6x－10.
解 (1)∵Δ＝49>0，
∴方程2x2＋5x－3＝0有两个实数根，
解得x1＝－3，x2＝eq \f(1,2)，
画出函数y＝2x2＋5x－3的图象，如图①所示．由图可得原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－3(2)原不等式等价于3x2－6x＋2≥0.
∵Δ＝12>0，
∴方程3x2－6x＋2＝0有两个实数根，解得x1＝eq \f(3－\r(3),3)，x2＝eq \f(3＋\r(3),3)，画出函数y＝3x2－6x＋2的图象，如图②所示，由图可得原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≤\f(3－\r(3),3)或x≥\f(3＋\r(3),3))))).
(3)∵Δ＝0，∴方程9x2－6x＋1＝0有两个相等的实数根，解得x1＝x2＝eq \f(1,3).画出函数y＝9x2－6x＋1的图象如图③所示．由图可得原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠\f(1,3))))).
(4)原不等式可化为x2－6x＋10<0，∵Δ＝－4<0，∴方程x2－6x＋10＝0无实数根，画出函数y＝x2－6x＋10的图象如图④所示，由图象可得原不等式的解集为∅.
解一元二次不等式的一般方法和步骤
解下列不等式：
(1)－x2＋2x－eq \f(2,3)>0；
(2)－1解 (1)两边都乘以－3，得3x2－6x＋2<0，
因为3>0，且方程3x2－6x＋2＝0的解是x1＝1－eq \f(\r(3),3)，x2＝1＋eq \f(\r(3),3)，
所以原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),3)(2)原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－1>－1，,x2＋2x－1≤2，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x>0， ①,x2＋2x－3≤0， ②))
由①得x(x＋2)>0，所以x<－2或x>0；
由②得(x＋3)(x－1)≤0，所以－3≤x≤1.
画出数轴，如图，
可得原不等式的解集为{x|－3≤x<－2或0角度 含参数的一元二次不等式
例2 解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R)．
解 原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0，
即(ax－2)(x＋1)≥0.
①当a＝0时，原不等式化为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(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满足题意；
当eq \f(2,a)<－1，即－2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\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≥\f(2,a)或x≤－1))))；
当－2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\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－1≤x≤\f(2,a))))).
解含参数的一元二次不等式时分类讨论的方法
(1)当二次项系数中含有参数时，应讨论二次项系数是等于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)当不等式对应的一元二次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．
解不等式：x2－(a2＋a)x＋a3>0.
解 原不等式化为(x－a)(x－a2)>0.
①当a2－a>0，即a>1或a<0时，
解不等式，得x>a2或x②当a2－a<0，即0解不等式，得xa；
③当a2－a＝0，即a＝0或a＝1时，
解不等式，得x≠a.
综上，当a>1或a<0时，不等式的解集为{x|x>a2或x当0a}；
当a＝0或a＝1时，不等式的解集为{x|x≠a}．
角度 可化为一元二次不等式的分式不等式
例3 解关于x的不等式eq \f(ax,x－1)<1(a>0)．
解 eq \f(ax,x－1)<1⇔eq \f(（a－1）x＋1,x－1)<0⇔[(a－1)x＋1](x－1)<0.
①当a＝1时，容易解得x<1.
②当a>1时，原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a－1)))(x－1)<0，
解得eq \f(1,1－a)③当00，
所以eq \f(1,1－a)>1，
原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,1－a)))(x－1)>0，
解得x<1或x>eq \f(1,1－a).
综上，当0\f(1,1－a)))))；
当a＝1时，原不等式的解集为{x|x<1}；
当a>1时，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－a)分式不等式的求解策略
(1)分式不等式的求解思路是把分式不等式转化为整式不等式，对于形如eq \f(f（x）,g（x）)>m的分式不等式，一般应遵循“移项—通分—化乘积”的原则进行求解．
(2)解不等式eq \f(f（x）,g（x）)>m时，不要直接在不等式两边同乘以分母g(x)，以达到去分母化为整式不等式f(x)>m·g(x)的形式进行求解，因为g(x)的符号不确定，这种变形是不等价的．
(2023·天津第四中学模拟)已知命题p：eq \f(2x,x－1)≤1，命题q：(x＋a)(x－3)>0，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值集合是( )
A．(－3，－1] B．[－3，－1]
C．(－∞，－1] D．(－∞，－3]
答案 C
解析 对于命题p：eq \f(2x,x－1)<1，解得－10，方程(x＋a)·(x－3)＝0的两根为－a与3，讨论如下：若两根相等，则a＝－3，满足题意；若－a<3，则a>－3，不等式的解集为(－∞，－a)∪(3，＋∞)，由p是q的充分不必要条件，得－a≥1，得a≤－1，故符合条件的实数a的取值范围为－33，则a<－3，不等式的解集为(－∞，3)∪(－a，＋∞)，满足p是q的充分不必要条件，得a<－3.综上可知，符合条件的实数a的取值范围是(－∞，－1]．故选C.此外，本题也可以结合选项采用特殊值法来解．
多角度探究突破
角度 在R上的恒成立问题
例4 (2023·豫西南五校联考)已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是( )
A．[0，1]B．(0，1]
C．(－∞，0)∪(1，＋∞)D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
答案 A
解析 当k＝0时，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0可化为8≥0，其恒成立；当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k>0，,Δ＝36k2－4k（k＋8）≤0，))解得0一元二次不等式在R上恒成立的条件
若关于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切实数x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时，不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0可化为－4<0，恒成立；当a≠2时，要使关于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0恒成立，只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<2，,4（a－2）2－4（a－2）×（－4）<0，))解得－2角度 在给定区间上的恒成立问题
例5 (1)(2023·宿迁模拟)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，＋∞)
答案 D
解析 不等式x2＋px>4x＋p－3可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝x2－4x＋3>0，,f（4）＝4（x－1）＋x2－4x＋3>0，))解得x<－1或x>3.
(2)若对于x∈[1，3]，mx2－mx＋m－6<0(m≠0)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解析 由已知得，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)m－6＜0(m≠0)在x∈[1，3]上恒成立．
解法一：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(m≠0)，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解法二：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在给定区间上的恒成立问题的求解方法
(1)若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)．
(2)转化为函数值域问题，即已知函数f(x)的值域为[m，n]，则f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成立⇒f(x)max≤a，即n≤a.
(3)对于以下两种题型，可以利用二次函数在端点m，n处的取值特点确定不等式求范围．
①ax2＋bx＋c<0(a>0)对x∈[m，n]恒成立；
②ax2＋bx＋c>0(a<0)对x∈[m，n]恒成立．
提醒：一般地，知道谁的范围，就选谁当主元；求谁的范围，谁就是参数．如本例(1)中建立关于p的函数，x为参数，本例(2)中建立关于x的函数，m为参数．
1.已知x∈[－1，1]时，f(x)＝x2－ax＋eq \f(a,2)>0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(0，2) B．(2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(0，4)
答案 A
解析 二次函数图象开口向上，对称轴为直线x＝eq \f(a,2).x∈[－1，1]时，f(x)＝x2－ax＋eq \f(a,2)>0恒成立，即f(x)min>0.①当eq \f(a,2)≤－1，即a≤－2时，f(x)min＝f(－1)＝1＋a＋eq \f(a,2)>0，解得a>－eq \f(2,3)，与a≤－2矛盾；②当eq \f(a,2)≥1，即a≥2时，f(x)min＝f(1)＝1－a＋eq \f(a,2)>0，解得a<2，与a≥2矛盾；③当－10，解得02．(2024·济宁一中月考)已知函数f(x)＝x2－4x－4.若f(x)<1在区间(m－1，－2m)上恒成立，则实数m的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
解析 ∵f(x)＝x2－4x－4且f(x)<1，即x2－4x－4<1，解得－1角度 不等式能成立或有解问题
例6 已知关于x的不等式ax2－2x＋3a<0在(0，2]上有解，则实数a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(3),3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(4,7)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7)，＋∞))
答案 A
解析 解法一：当x∈(0，2]时，不等式可化为ax＋eq \f(3a,x)<2.当a＝0时，不等式为0<2，满足题意；当a>0时，不等式化为x＋eq \f(3,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)))eq \s\d7(min)即可，因为x＋eq \f(3,x)≥2eq \r(x·\f(3,x))＝2eq \r(3)，当且仅当x＝eq \r(3)时取等号，所以eq \f(2,a)>2eq \r(3)，aeq \f(2,a)恒成立．综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(\r(3),3))).故选A.
解法二：设g(x)＝ax2－2x＋3a，x∈(0，2]．当a＝0时，g(x)＝－2x<0，满足题意；当a<0时，函数y＝g(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(1,a)，又eq \f(1,a)<0，所以g(x)在(0，2]上为减函数，又g(0)＝3a<0，所以g(x)<0，满足题意；当a>0时，应满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)<2，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝\f(1,a)－\f(2,a)＋3a<0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)≥2，,g（2）＝4a－4＋3a<0))即可，解得eq \f(1,2)解决不等式能成立问题的策略一般也是转化为函数最值，即a>f(x)能成立⇒a>f(x)min；a≤f(x)能成立⇒a≤f(x)max.
(2024·金华十校联考)若存在x∈[0，1]，有x2＋(1－a)x＋3－a>0成立，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，3)
解析 将原不等式参数分离可得a0成立，则a课时作业
一、单项选择题
1．下列不等式中解集为R的是( )
A．－x2＋2x＋1≥0 B．x2－2eq \r(5)x＋eq \r(5)>0
C．x2＋6x＋10>0 D．2x2－3x＋4<0
答案 C
解析 在C项中，对于方程x2＋6x＋10＝0，因为Δ＝36－40＝－4<0，所以不等式x2＋6x＋10>0的解集为R.
2．(2023·重庆名校联盟第二次联考)已知集合A＝{x|x2－3x－4≤0}，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)<2))))，则A∩B＝( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4)) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C．[－1，0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4)) D．[－4，0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
答案 C
解析 因为A＝{x|x2－3x－4≤0}＝{x|(x－4)(x＋1)≤0}＝{x|－1≤x≤4}，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)<2))))＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,x)>0))))＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<0或x>\f(1,2)))))，所以A∩B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－1≤x<0或\f(1,2)3．(2023·湘潭三模)已知集合A＝{x|x2－7x＋12≤0}，B＝{x|2x＋m>0}，若A⊆B，则m的取值范围为( )
A．(－6，＋∞) B．[－6，＋∞)
C．(－∞，－6) D．(－∞，－6]
答案 A
解析 集合A＝{x|x2－7x＋12≤0}＝[3，4]，B＝{x|2x＋m>0}＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2)，＋∞))，∵A⊆B，∴－eq \f(m,2)<3，解得m>－6，∴m的取值范围是(－6，＋∞)．故选A.
4．(2024·天津河西区模拟)设x∈R，则“eq \f(x－5,2－x)>0”是“|x－1|＜4”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 ∵eq \f(x－5,2－x)＞0，∴(x－5)(x－2)＜0，解得2＜x＜5，∵|x－1|＜4，∴－3＜x＜5，∴“eq \f(x－5,2－x)>0”是“|x－1|<4”的充分不必要条件．故选A.
5．若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－4，1)，则不等式b(x2－1)＋a(x＋3)＋c>0的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，1))B．(－∞，1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
C．(－1，4)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
答案 A
解析 由不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－4，1)，知a<0且－4，1是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，所以－4＋1＝－eq \f(b,a)，且－4×1＝eq \f(c,a)，即b＝3a，c＝－4a.则所求不等式转化为3a(x2－1)＋a(x＋3)－4a>0，即3x2＋x－4<0，解得－eq \f(4,3)6．(2023·岳阳二模)已知关于x的不等式ax2＋2bx＋4＜0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(4,m)))，其中m＜0，则eq \f(b,4a)＋eq \f(4,b)的最小值为( )
A．－2 B．1
C．2 D．8
答案 C
解析 关于x的不等式ax2＋2bx＋4＜0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(4,m)))，其中m＜0，所以m和eq \f(4,m)是方程ax2＋2bx＋4＝0的实数根，由根与系数的关系知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋\f(4,m)＝－\f(2b,a)，,m×\f(4,m)＝\f(4,a)，))解得a＝1，b＝－eq \f(m,2)－eq \f(2,m)≥2，所以eq \f(b,4a)＋eq \f(4,b)＝eq \f(b,4)＋eq \f(4,b)≥2eq \r(\f(b,4)·\f(4,b))＝2，当且仅当eq \f(b,4)＝eq \f(4,b)，即b＝4时取等号，所以eq \f(b,4a)＋eq \f(4,b)的最小值为2.故选C.
7．(2024·永州一中月考)若对任意的a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，则x的取值范围为( )
A．(－∞，2)∪(3，＋∞)B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C．(－∞，1)∪(3，＋∞)D．(1，3)
答案 C
解析 令f(a)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋x2－4x＋4，则当a∈[－1，1]时，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立可转化为f(a)>0在[－1，1]上恒成立．所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）>0，,f（1）>0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－（x－2）＋x2－4x＋4>0，,x－2＋x2－4x＋4>0，))整理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3，即x的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)．故选C.
8．对于问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(－1，2)，解关于x的不等式ax2－bx＋c＞0”，给出如下一种解法：
解：由ax2＋bx＋c＞0的解集为(－1，2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c＞0的解集为(－2，1)，即关于x的不等式ax2－bx＋c＞0的解集为(－2，1)．
参考上述解法，若关于x的不等式eq \f(k,x＋a)＋eq \f(x＋b,x＋c)<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则关于x的不等式eq \f(kx,ax＋1)＋eq \f(bx＋1,cx＋1)＜0的解集为( )
A．(－2，－1)∪(1，3)B．(－3，－1)∪(1，2)
C．(－3，－2)∪(－1，1)D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
答案 B
解析 若关于x的不等式eq \f(k,x＋a)＋eq \f(x＋b,x＋c)<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则关于x的不等式eq \f(kx,ax＋1)＋eq \f(bx＋1,cx＋1)<0可看成前者不等式中的x用eq \f(1,x)代入可得，则eq \f(1,x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则x∈(－3，－1)∪(1，2)．故选B.
二、多项选择题
9．(2023·株洲二中模拟)已知关于x的一元二次不等式ax2－(2a－1)x－2>0，其中a<0，则该不等式的解集可能是( )
A．∅B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(1,a)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,a)))∪(2，＋∞)D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，2))
答案 ABD
解析 不等式变形为(x－2)(ax＋1)>0，又a<0，所以(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))<0.当a＝－eq \f(1,2)时，该不等式的解集为∅；当a<－eq \f(1,2)时，该不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)10．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\|(\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\|(\a\vs4\al\c1(x∈R，x≠\f(1,k)))))，∴eq \b\lc\{(\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\{(\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\{(\a\vs4\al\c1(k>0，,Δ＝4－24k2≤0，))解得k≥eq \f(\r(6),6)，故D正确．
11．(2023·北京海淀区101中学模拟)已知关于x的不等式x2＋ax＋b>0(a>0)的解集是{x|x≠d}，则下列四个结论中正确的是( )
A．a2＝4b
B．a2＋eq \f(1,b)≥4
C．若关于x的不等式x2＋ax－b<0的解集为(x1，x2)，则x1x2>0
D．若关于x的不等式x2＋ax＋b答案 ABD
解析 对于A，由题意，得Δ＝a2－4b＝0，a2＝4b，所以A正确；对于B，a2＋eq \f(1,b)＝a2＋eq \f(4,a2)≥2eq \r(a2·\f(4,a2))＝4，当且仅当a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)时，等号成立，所以B正确；对于C，由根与系数的关系，可知x1x2＝－b＝－eq \f(a2,4)<0，所以C错误；对于D，由根与系数的关系，可知x1＋x2＝－a，x1x2＝b－c＝eq \f(a2,4)－c，则|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(a2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)－c)))＝2eq \r(c)＝4，解得c＝4，所以D正确．故选ABD.
三、填空题
12．不等式2x2－3|x|－35>0的解集为________．
答案 {x|x<－5或x>5}
解析 2x2－3|x|－35>0⇔2|x|2－3|x|－35>0⇔(|x|－5)(2|x|＋7)>0⇔|x|>5或|x|<－eq \f(7,2)(舍去)⇔x<－5或x>5.
13．(2024·莆田二中月考)若不等式x2＋ax－2<0在区间[1，5]上有解，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，1)
解析 不等式x2＋ax－2<0在区间[1，5]上有解，即a14．某辆汽车以x km/h的速度在高速公路上匀速行驶(考虑到高速公路行车安全，要求60≤x≤120)时，每小时的油耗(所需要的汽油量)为eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－k＋\f(4500,x))) L，其中k为常数．若汽车以120 km/h的速度行驶时，每小时的油耗为11.5 L，则k＝________，欲使每小时的油耗不超过9 L，则速度x的取值范围为________．
答案 100 [60，100]
解析 记每小时的油耗为y，则根据题意，得y＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－k＋\f(4500,x)))，则当x＝120时，y＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(120－k＋\f(4500,120)))＝11.5，解得k＝100，所以y＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－100＋\f(4500,x)))，当y≤9时，即eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－100＋\f(4500,x)))≤9，解得45≤x≤100，又因为60≤x≤120，所以速度x的取值范围为[60，100]．
四、解答题
15．(2023·龙岩六县一中联考)某企业用1960万元购得一块空地，计划在该空地上建造一栋x(x≥8)层，每层2800平方米的楼房，经测算，该楼房每平方米的平均建筑费用为565＋70x(单位：元)．
(1)若该楼房每平方米的平均综合费用不超过2000元，则该楼房最多建多少层？
(2)当该楼房建多少层时，每平方米的平均综合费用最少？最少为多少元？
注：综合费用＝建筑费用＋购地费用．
解 (1)设该楼房每平方米的平均综合费用为y元，则y＝eq \f(1960×104,2800x)＋565＋70x＝eq \f(7000,x)＋70x＋565.
因为eq \f(7000,x)＋70x＋565≤2000，结合x≥8，得2x2－41x＋200≤0，即(2x－25)(x－8)≤0，解得8≤x≤12.5.
因为x∈Z，所以该楼房最多建12层．
(2)由(1)可知该楼房每平方米的平均综合费用y＝eq \f(7000,x)＋70x＋565，
因为eq \f(7000,x)＋70x≥2×700＝1400，当且仅当eq \f(7000,x)＝70x，即x＝10时，等号成立，所以当该楼房建10层时，每平方米的平均综合费用最少，为1400＋565＝1965元．
16．(2024·镇江模拟)设函数f(x)＝ax2＋(1－a)x＋a－2.
(1)若关于x的不等式f(x)≥－2有实数解，求实数a的取值范围；
(2)若不等式f(x)≥－2对于实数a∈[－1，1]时恒成立，求实数x的取值范围；
(3)解关于x的不等式f(x)解 (1)依题意，f(x)≥－2有实数解，即不等式ax2＋(1－a)x＋a≥0有实数解，
当a＝0时，x≥0有实数解，则a＝0；
当a>0时，取x＝0，则ax2＋(1－a)x＋a＝a>0成立，即ax2＋(1－a)x＋a≥0有实数解，于是得a>0；
当a<0时，二次函数y＝ax2＋(1－a)x＋a的图象开口向下，要使y≥0有实数解，
Δ＝(1－a)2－4a2≥0⇔－1≤a≤eq \f(1,3)，
从而得－1≤a<0.
综上，实数a的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)不等式f(x)≥－2对于实数a∈[－1，1]时恒成立，
即∀a∈[－1，1]，(x2－x＋1)a＋x≥0，
显然x2－x＋1>0，函数g(a)＝(x2－x＋1)a＋x在a∈[－1，1]上单调递增，
从而得g(－1)≥0，即－x2＋2x－1≥0，解得x＝1，
所以实数x的取值范围是{1}．
(3)不等式f(x)当a>0时，不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))(x－1)<0，而－eq \f(1,a)<0，解得－eq \f(1,a)当a<0时，不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))(x－1)>0，
当－eq \f(1,a)＝1，即a＝－1时，x∈R，x≠1，
当－eq \f(1,a)<1，即a<－1时，x<－eq \f(1,a)或x>1，
当－eq \f(1,a)>1，即－1－eq \f(1,a).
综上，当a＝0时，原不等式的解集为(－∞，1)；
当a>0时，原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，1))；
当－1≤a<0时，原不等式的解集为(－∞，1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))；
当a<－1时，原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,a)))∪(1，＋∞)．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eq \x(\s\up1(01))两相异实根x1，x2(x1有eq \x(\s\up1(02))两相等实根x1＝x2＝－eq \f(b,2a)
eq \x(\s\up1(03))没有实数根
ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集
{x|eq \x(\s\up1(04))xx2}
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(05))x≠－\f(b,2a)))))
eq \x(\s\up1(06))R
ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集
{x|eq \x(\s\up1(07))x1eq \x(\s\up1(08))∅
eq \x(\s\up1(09))∅
考向一 一元二次不等式的解法
考向二 一元二次不等式恒成立问题
不等式类型
恒成立条件
ax2＋bx＋c>0
a>0，Δ<0
ax2＋bx＋c≥0
a>0，Δ≤0
ax2＋bx＋c<0
a<0，Δ<0
ax2＋bx＋c≤0
a<0，Δ≤0