高考数学一轮复习讲义第7章第2节一元二次不等式及其解法

这是一份高考数学一轮复习讲义第7章第2节一元二次不等式及其解法，共13页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，欢迎下载使用。


1．“三个二次”的关系
2.常用结论
(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解法
口诀：大于取两边，小于取中间．
【知识拓展】
(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.
以上两式的核心要义是将分式不等式转化为整式不等式．
【思考辨析】
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)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，则方程ax2＋bx＋c＝0的两个根是x1和x2.( √ )
(3)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.( × )
(4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.( × )
(5)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．( √ )
1．(教材改编)不等式x2－3x－10>0的解集是( )
A．(－2,5) B．(5，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－2)∪(5，＋∞)
答案 D
解析 解方程x2－3x－10＝0得x1＝－2，x2＝5，
由于y＝x2－3x－10的图象开口向上，所以x2－3x－10>0的解集为(－∞，－2)∪(5，＋∞)．
2．设集合M＝{x|x2－3x－4<0}，N＝{x|0≤x≤5}，则M∩N等于( )
A．(0,4] B．[0,4)
C．[－1,0) D．(－1,0]
答案 B
解析 ∵M＝{x|x2－3x－4<0}＝{x|－1∴M∩N＝[0,4)．
3．(教材改编)y＝lg2(3x2－2x－2)的定义域是________________．
答案 (－∞，eq \f(1－\r(7),3))∪(eq \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 \f(1－\r(7),3))∪(eq \f(1＋\r(7),3)，＋∞)．
4．(教材改编)若关于x的不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－eq \f(1,2)，eq \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.
5．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 ∵x2＋ax＋4≤0的解集不是空集，则x2＋ax＋4＝0一定有解．
∴Δ＝a2－4×1×4≥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 求不等式－2x2＋x＋3<0的解集．
解 化－2x2＋x＋3<0为2x2－x－3>0，
解方程2x2－x－3＝0得x1＝－1，x2＝eq \f(3,2)，
∴不等式2x2－x－3>0的解集为(－∞，－1)∪(eq \f(3,2)，＋∞)，
即原不等式的解集为(－∞，－1)∪(eq \f(3,2)，＋∞)．
命题点2 含参不等式
例2 解关于x的不等式：x2－(a＋1)x＋a<0.
解 由x2－(a＋1)x＋a＝0，得(x－a)(x－1)＝0，
∴x1＝a，x2＝1，
①当a>1时，x2－(a＋1)x＋a<0的解集为{x|1②当a＝1时，x2－(a＋1)x＋a<0的解集为∅，
③当a<1时，x2－(a＋1)x＋a<0的解集为{x|a引申探究
将原不等式改为ax2－(a＋1)x＋1<0，求不等式的解集．
解 若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1.
若a<0，原不等式等价于(x－eq \f(1,a))(x－1)>0，
解得x1.
若a>0，原不等式等价于(x－eq \f(1,a))(x－1)<0.
①当a＝1时，eq \f(1,a)＝1，(x－eq \f(1,a))(x－1)<0无解；
②当a>1时，eq \f(1,a)<1，解(x－eq \f(1,a))(x－1)<0，得eq \f(1,a)③当01，解(x－eq \f(1,a))(x－1)<0，得1综上所述，当a<0时，解集为{x|x1}；
当a＝0时，解集为{x|x>1}；
当0当a＝1时，解集为∅；
当a>1时，解集为{x|eq \f(1,a)思维升华 含有参数的不等式的求解，往往需要对参数进行分类讨论．
(1)若二次项系数为常数，首先确定二次项系数是否为正数，再考虑分解因式，对参数进行分类讨论，若不易分解因式，则可依据判别式符号进行分类讨论；
(2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，确定不等式是不是二次不等式，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式；
(3)对方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集．
解下列不等式：
(1)0(2)求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．
解 (1)原不等式等价于
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,x2－x－2≤4))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,x2－x－6≤0))⇔
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2x＋1>0，,x－3x＋2≤0))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>2或x<－1，,－2≤x≤3.))
借助于数轴，如图所示，
所以原不等式的解集为{x|－2≤x<－1或2(2)∵12x2－ax＞a2，∴12x2－ax－a2＞0，
即(4x＋a)(3x－a)＞0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，
得x1＝－eq \f(a,4)，x2＝eq \f(a,3).
当a＞0时，－eq \f(a,4)＜eq \f(a,3)，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；
当a＝0时，x2＞0，解集为{x|x∈R且x≠0}；
当a＜0时，－eq \f(a,4)＞eq \f(a,3)，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\f(a,4))).
综上所述，当a＞0时，不等式的解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；
当a＝0时，不等式的解集为{x|x∈R且x≠0}；
当a＜0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\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 (1)若一元二次不等式2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0对一切实数x都成立，则k的取值范围为( )
A．(－3,0] B．[－3,0)
C．[－3,0]D．(－3,0)
(2)设a为常数，对于∀x∈R，ax2＋ax＋1>0，则a的取值范围是( )
A．(0,4) B．[0,4)
C．(0，＋∞) D．(－∞，4)
答案 (1)D (2)B
解析 (1)∵2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0为一元二次不等式，
∴k≠0，
又2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0对一切实数x都成立，
则必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2k<0，,Δ＝k2－4×2k×－\f(3,8)<0，))解得－3(2)对于∀x∈R，ax2＋ax＋1>0，则必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝a2－4a<0))或a＝0，∴0≤a<4.
命题点2 在给定区间上的恒成立问题
例4 设函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求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)⇒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)⇒m－6<0，所以m<6，所以m<0.
综上所述，m的取值范围是{m|m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|m<\f(6,7))).
命题点3 给定参数范围的恒成立问题
例5 对任意m∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范围．
解 由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＋x2－4x＋4>0.))
解得x<1或x>3.
故当x的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m∈[－1,1]，函数f(x)的值恒大于零．
思维升华 (1)对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方．另外常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值．
(2)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．
(1)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________．
答案 (－eq \f(\r(2),2)，0)
解析 作出二次函数f(x)的草图，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fm<0，,fm＋1<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋m2－1<0，,m＋12＋mm＋1－1<0，))解得－eq \f(\r(2),2)(2)已知不等式mx2－2x－m＋1<0，是否存在实数m对所有的实数x，使不等式恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 不等式mx2－2x－m＋1<0恒成立，
即函数f(x)＝mx2－2x－m＋1的图象全部在x轴下方．
当m＝0时，1－2x<0，则x>eq \f(1,2)，不满足题意；
当m≠0时，函数f(x)＝mx2－2x－m＋1为二次函数，
需满足开口向下且方程mx2－2x－m＋1＝0无解，即
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ＝4－4m1－m<0，))不等式组的解集为空集，即m无解．
综上可知，不存在这样的m.
题型三 一元二次不等式的应用
例6 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)若再要求该商品一天营业额至少为10260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.
所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，定义域为x∈[0,2]．
(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10260，
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)).
思维升华 求解不等式应用题的四个步骤
(1)阅读理解，认真审题，把握问题中的关键量，找准不等关系．
(2)引进数学符号，将文字信息转化为符号语言，用不等式表示不等关系，建立相应的数学模型．
(3)解不等式，得出数学结论，要注意数学模型中自变量的实际意义．
(4)回归实际问题，将数学结论还原为实际问题的结果．
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100·(5x＋1－eq \f(3,x))元．
(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000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 (1)根据题意，得
200(5x＋1－eq \f(3,x))≥3000，
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.
即要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元，x的取值范围是[3,10]．
(2)设利润为y元，则
y＝eq \f(900,x)·100(5x＋1－eq \f(3,x))
＝9×104(5＋eq \f(1,x)－eq \f(3,x2))
＝9×104[－3(eq \f(1,x)－eq \f(1,6))2＋eq \f(61,12)]，
故当x＝6时，ymax＝457500元．
即甲厂以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457500元．
14．转化与化归思想在不等式中的应用
典例 (1)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)(2)已知函数f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是________．
思想方法指导 函数的值域和不等式的解集转化为a，b满足的条件；不等式恒成立可以分离常数，转化为函数值域问题．
解析 (1)由题意知f(x)＝x2＋ax＋b
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq \f(a2,4).
∵f(x)的值域为[0，＋∞)，
∴b－eq \f(a2,4)＝0，即b＝eq \f(a2,4).
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2.
又∵f(x)即－eq \f(a,2)－eq \r(c)∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\r(c)＝m， ①,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6.②))
②－①，得2eq \r(c)＝6，∴c＝9.
(2)∵x∈[1，＋∞)时，f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)>0恒成立，
即x2＋2x＋a>0恒成立．
即当x≥1时，a>－(x2＋2x)＝g(x)恒成立．
而g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(1)＝－3，故a>－3.
∴实数a的取值范围是{a|a>－3}．
答案 (1)9 (2){a|a>－3}
1．不等式(x－1)(2－x)≥0的解集为( )
A．{x|1≤x≤2}B．{x|x≤1或x≥2}
C．{x|12}
答案 A
解析 由(x－1)(2－x)≥0可知(x－2)(x－1)≤0，
所以不等式的解集为{x|1≤x≤2}．
2．(2016·潍坊模拟)函数f(x)＝eq \f(1,ln－x2＋4x－3)的定义域是( )
A．(－∞，1)∪(3，＋∞) B．(1,3)
C．(－∞，2)∪(2，＋∞) D．(1,2)∪(2,3)
答案 D
解析 由题意得－x2＋4x－3>0，即x2－4x＋3<0，
∴1又ln(－x2＋4x－3)≠0，即－x2＋4x－3≠1，
∴x2－4x＋4≠0，∴x≠2.
故函数定义域为(1,2)∪(2,3)．
3．若集合A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝∅，则实数a的取值范围是( )
A．{a|0C．{a|0答案 D
解析 由题意知a＝0时，满足条件．
当a≠0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝－a2－4a≤0，))
得04．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋6，x≥0，,x＋6，x<0，))则不等式f(x)>f(1)的解集是( )
A．(－3,1)∪(3，＋∞)
B．(－3,1)∪(2，＋∞)
C．(－1,1)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(1,3)
答案 A
解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,x2－4x＋6>3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,x＋6>3，))
解得－33.
5．已知不等式x2－2x－3<0的解集为A，不等式x2＋x－6<0的解集为B，不等式x2＋ax＋b<0的解集为A∩B，那么a＋b等于( )
A．－3B．1
C．－1D．3
答案 A
解析 由题意，A＝{x|－1则不等式x2＋ax＋b<0的解集为{x|－1由根与系数的关系可知，a＝－1，b＝－2，
所以a＋b＝－3，故选A.
6．若关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a等于( )
A.eq \f(5,2)B.eq \f(7,2)
C.eq \f(15,4)D.eq \f(15,2)
答案 A
解析 由x2－2ax－8a2<0，
得(x＋2a)(x－4a)<0，因为a>0，
所以不等式的解集为(－2a,4a)，
即x2＝4a，x1＝－2a，由x2－x1＝15，
得4a－(－2a)＝15，解得a＝eq \f(5,2).
7．已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，则不等式x2－bx－a<0的解集是( )
A．(2,3) B．(－∞，2)∪(3，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 A
解析 由题意知－eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)是方程ax2－bx－1＝0的根，所以由根与系数的关系得－eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(b,a)，－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－eq \f(1,a).解得a＝－6，b＝5，不等式x2－bx－a<0即为x2－5x＋6<0，解集为(2,3)．
*8.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，当x∈[－1,1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是( )
A．－12
C．b<－1或b>2D．不能确定
答案 C
解析 由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)图象的对称轴为直线x＝1，
则有eq \f(a,2)＝1，故a＝2.
由f(x)的图象可知f(x)在[－1,1]上为增函数．
∴x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2，
令b2－b－2>0，解得b<－1或b>2.
9．若不等式－2≤x2－2ax＋a≤－1有唯一解，则a的值为________.
答案 eq \f(1±\r(5),2)
解析 若不等式－2≤x2－2ax＋a≤－1有唯一解，则x2－2ax＋a＝－1有两个相等的实根，所以Δ＝4a2－4(a＋1)＝0，解得a＝eq \f(1±\r(5),2).
10．设f(x)是定义在R上的以3为周期的奇函数，若f(1)>1，f(2)＝eq \f(2a－3,a＋1)，则实数a的取值范围是________．
答案 (－1，eq \f(2,3))
解析 ∵f(x＋3)＝f(x)，
∴f(2)＝f(－1＋3)＝f(－1)＝－f(1)<－1.
∴eq \f(2a－3,a＋1)<－1⇔eq \f(3a－2,a＋1)<0⇔(3a－2)(a＋1)<0，
∴－1*11.已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是______________________．
答案 {x|－7解析 令x<0，则－x>0，∵x≥0时，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)＝x2＋4x，又f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴x<0时，f(x)＝x2＋4x，故有f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x，x≥0，,x2＋4x，x＜0.))再求f(x)<5的解，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,x2－4x<5，))得0≤x＜5；由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,x2＋4x<5，))
得－5由于f(x)向左平移两个单位即得f(x＋2)，
故f(x＋2)<5的解集为{x|－712．设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，函数F(x)＝f(x)－x的两个零点为m，n(m(1)若m＝－1，n＝2，求不等式F(x)>0的解集；
(2)若a>0，且0解 (1)由题意知，F(x)＝f(x)－x＝a(x－m)(x－n)．
当m＝－1，n＝2时，不等式F(x)>0，
即a(x＋1)(x－2)>0.
当a>0时，不等式F(x)>0的解集为{x|x<－1或x>2}；
当a<0时，不等式F(x)>0的解集为{x|－1(2)f(x)－m＝F(x)＋x－m＝a(x－m)(x－n)＋x－m＝(x－m)(ax－an＋1)，
∵a>0，且0∴x－m<0,1－an＋ax>0.
∴f(x)－m<0，即f(x)*13.(2016·烟台模拟)已知不等式(a＋b)x＋(2a－3b)<0的解为x>－eq \f(3,4)，解不等式(a－2b)x2＋2(a－b－1)x＋(a－2)>0.
解 因为(a＋b)x＋(2a－3b)<0，
所以(a＋b)x<3b－2a，
因为不等式的解为x>－eq \f(3,4)，
所以a＋b<0，且eq \f(3b－2a,a＋b)＝－eq \f(3,4)，
解得a＝3b<0，
则不等式(a－2b)x2＋2(a－b－1)x＋(a－2)>0.
等价为bx2＋(4b－2)x＋(3b－2)>0，
即x2＋(4－eq \f(2,b))x＋(3－eq \f(2,b))<0，
即(x＋1)(x＋3－eq \f(2,b))<0.
因为－3＋eq \f(2,b)<－1，
所以不等式的解为－3＋eq \f(2,b)即所求不等式的解集为{x|－3＋eq \f(2,b)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有两相等实根x1＝x2
＝－eq \f(b,2a)
没有实数根
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0 (a>0)的解集
{x|xx2}
{x|x≠－eq \f(b,2a)}
{x|x∈R}
一元二次不等式ax2＋bx＋c<0
(a>0)的解集
{x|x1< x∅
∅
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