考点05 一元二次不等式及其解法（考点专练）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题

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一元二次不等式的解法
1 已知全集U＝R，集合A＝{x|x2－3x＋2≥0}，则∁RA等于( )
A．(1,2) B．[1,2]
C．(－∞，1]∪[2，＋∞) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)
答案 A
解析由题意可得，∁RA＝{x|x2－3x＋2<0}＝{x|12 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\}(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a)3 已知f(x)是定义在R上的奇函数.当x>0时，f(x)＝x2－2x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________.
解析设x<0，则－x>0，
因为f(x)是奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－(x2＋2x).
又f(0)＝0.
于是不等式f(x)>x等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,x2－2x>x))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,－x2－2x>x，))
解得x>3或－3故不等式的解集为(－3，0)∪(3，＋∞).
答案 (－3，0)∪(3，＋∞)
4 解下列不等式：
(1)0(2)12x2－ax>a2(a∈R).
解 (1)原不等式等价于
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,x2－x－2≤4，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>2或x<－1，,－2≤x≤3.))
借助于数轴，如图所示，
∴原不等式的解集为{x|－2≤x＜－1或2＜x≤3}.
(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)\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))).
一元二次方程与一元二次不等式
1.关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是( )
A.(－∞，－1)∪(3，＋∞) B.(1，3)
C.(－1，3) D.(－∞，1)∪(3，＋∞)
解析关于x的不等式ax－b<0即ax∴不等式(ax＋b)(x－3)>0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－1∴所求不等式的解集是(－1，3).
答案 C
2.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是( )
A.(－∞，－1)∪(2，＋∞) B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C.(－1，2) D.(－2，1)
解析易知f(x)在R上是增函数，∵f(2－x2)>f(x)，
∴2－x2>x，解得－2答案 D
3.若实数a，b，c满足对任意实数x，y有3x＋4y－5≤ax＋by＋c≤3x＋4y＋5，则( )
A.a＋b－c的最小值为2
B.a－b＋c的最小值为－4
C.a＋b－c的最大值为4
D.a－b＋c的最大值为6
解析由题意可得－5≤(a－3)x＋(b－4)y＋c≤5恒成立，所以a＝3，b＝4，－5≤c≤5，则2≤a＋b－c≤12，即a＋b－c的最小值是2，最大值是12，A正确，C错误；－6≤a－b＋c≤4，则a－b＋c的最小值是－6，最大值是4，B错误，D错误，故选A.
答案 A
一元二次不等式恒成立问题
1.若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))恒成立，则a的最小值是( )
A.0 B.－2 C.－eq \f(5,2) D.－3
解析由于x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，若不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，
则a≥－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时恒成立，
令g(x)＝x＋eq \f(1,x)，x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
易知g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上是减函数，则y＝－g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上是增函数.
∴y＝－g(x)的最大值是－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋2))＝－eq \f(5,2).
因此a≥－eq \f(5,2)，则a的最小值为－eq \f(5,2).
答案 C
2.已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x≥0时，f(x)＝x3，若不等式f(－4t)>f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.(－∞，－eq \r(2)) B.(－eq \r(2)，0)
C.(－∞，0)∪(eq \r(2)，＋∞) D.(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)
解析因为f(x)在R上为奇函数，且在[0，＋∞)上为增函数，所以f(x)在R上是增函数，结合题意得－4t>2m＋mt2对任意实数t恒成立⇒mt2＋4t＋2m<0对任意实数t恒成立⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ＝16－8m2<0))⇒m∈(－∞，－eq \r(2)).
答案 A
3.设a<0，若不等式－cs2x＋(a－1)cs x＋a2≥0对于任意的x∈R恒成立，则a的取值范围是________.
解析令t＝cs x，t∈[－1，1]，则不等式f(t)＝t2－(a－1)t－a2≤0对t∈[－1，1]恒成立，因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）≤0，,f（1）≤0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－a2≤0，,2－a－a2≤0，))∵a<0，∴a≤－2.
答案 (－∞，－2]
4.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝ex.若对任意x∈[a，a＋1]，恒有f(x＋a)≥f(2x)成立，求实数a的取值范围.
解因为函数f(x)是偶函数，
故函数图象关于y轴对称，且在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增.
所以由f(x＋a)≥f(2x)可得|x＋a|≥2|x|在[a，a＋1]上恒成立，
从而(x＋a)2≥4x2在[a，a＋1]上恒成立，
化简得3x2－2ax－a2≤0在[a，a＋1]上恒成立，
设h(x)＝3x2－2ax－a2，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（a）＝0≤0，,h（a＋1）＝4a＋3≤0，))解得a≤－eq \f(3,4).
故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4))).
考点四一元二次不等式的应用
1.甲厂以x千克/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 (1)根据题意，得200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))≥3 000，
整理得5x－14－eq \f(3,x)≥0，即5x2－14x－3≥0，
解得x≥3或x≤－eq \f(1,5)，
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3 000元，x的取值范围是[3，10].
(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(5＋\f(1,x)－\f(3,x2)))
＝9×104eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,6)))\s\up12(2)＋\f(61,12)))，
故当x＝6时，ymax＝457 500元.
即甲厂以6千克/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457 500元.
规律方法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.
2.已知产品的总成本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x台时，总售价为25x；欲使生产者不亏本时，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，
解之得x≥150或x≤－200(舍去).
故欲使生产者不亏本，最低产量是150台.
故选C.
答案 C
3.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)).
1．(2020·武汉调研)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)
2．(2020·黄冈调研)关于x的不等式ax＋b>0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－2)<0的解集是( )
A．(－∞，1)∪(2，＋∞) B．(－1,2)
C．(1,2) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
3．“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的充要条件是( )
A．m>eq \f(1,4) B．mC．m<1 D．m>1
4．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]
5．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)
6．在关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中至多包含1个整数，则a的取值范围是( )
A．(－3,5) B．(－2,4)
C．[－1,3] D．[－2,4]
7．(多选)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\}(x\b\lc\|\rc\ (x≤－\f(2,3)或x≥\f(1,2)))
C．若不等式ax2＋8ax＋21<0的解集是{x|－7D．关于x的不等式x2＋px－2<0的解集是(q,1)，则p＋q的值为－1
8．(多选)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\|\rc\ (\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)
9．(2020·北京市顺义区模拟)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)10．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________．
11．设a<0，(4x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立，则b－a的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(\r(2),2)
12.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)13．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________．
14．若集合A＝{x∈Z|x2－(a＋2)x＋2－a<0}中有且只有一个元素，则正实数a的取值范围是________．
15．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．
16．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，则甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润．
17．(2020·南京六校联考)已知函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1.若对任意的a∈(0,3)，存在x0∈[0,4]，使得t≤|f (x0)|成立，求实数t的取值范围．
1.不等式x2＋2x－3<0的解集为( )
A．{x|x<－3或x>1} B．{x|x<－1或x>3}
C．{x|－12.已知集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－1≤0))))，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B＝( )
A.(－2，3) B.(－2，2)
C.(－2，2] D.[－2，2]
3.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，＋∞)
4.设一元二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为{x|－1A.1 B.－eq \f(1,4) C.4 D.－eq \f(1,2)
5.已知函数f(x)＝ax2＋ax－1，若对任意实数x，恒有f(x)≤0，则实数a的取值范围是______.
6. y＝lg2(3x2－2x－2)的定义域是________.
7.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．
8.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．
9.解不等式12x2－ax>a2(a∈R)．
拓展练
1.答案 B
解析 A＝{x|－12.答案 C
解析关于x的不等式ax＋b>0的解集是(1，＋∞)，
∴a>0，且－eq \f(b,a)＝1，
∴关于x的不等式(ax＋b)(x－2)<0可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,a)))(x－2)<0，即(x－1)(x－2)<0，
∴不等式的解集为{x|13.答案 A
解析 ∵不等式x2－x＋m>0在R上恒成立，
∴Δ＝(－1)2－4m<0，解得m>eq \f(1,4)，
又∵m>eq \f(1,4)，∴Δ＝1－4m<0，
∴“m>eq \f(1,4)”是“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的充要条件．故选A.
4.答案 B
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，不等式的解为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15.答案 B
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.
6.答案 C
解析因为关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0可化为(x－1)(x－a)<0，
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当a＝1时，不等式的解集为∅，
要使得解集中至多包含1个整数，则a＝1或1所以实数a的取值范围是a∈[－1,3]，故选C.
7.答案 BCD
解析对于A，∵2x2－x－1＝(2x＋1)(x－1)，
∴由2x2－x－1>0得(2x＋1)(x－1)>0，
解得x>1或x<－eq \f(1,2)，
∴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(1,2))))).故A错误；
对于B，∵－6x2－x＋2≤0，∴6x2＋x－2≥0，
∴(2x－1)(3x＋2)≥0，∴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．∴－7×(－1)＝eq \f(21,a)，∴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．
8.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\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x∈R，x≠\f(1,k)))))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k>0，,Δ＝4－24k2≤0，))解得k≥eq \f(\r(6),6).故D正确．
9.答案 (－2，－1)(答案不唯一)
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，
则满足条件的一组有序实数对(a，b)的值可以是(－2，－1)．
10.答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)))
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)11.答案 C
解析由题意知a<0，a①当b<0时，∀x∈(a，b)，2x＋b<0，
所以(4x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立可转化为∀x∈(a，b)，a≤－4x2，
所以a≤－4a2，所以－eq \f(1,4)≤a<0，所以0②当b>0时，(4x2＋a)(2x＋b)≥0在(a，b)上恒成立，
当x＝0时，(4x2＋a)(2x＋b)＝ab<0，不符合题意；[来源:学+科+网]
③当b＝0时，由题意知x∈(a,0)，(4x2＋a)2x≥0恒成立，
所以4x2＋a≤0，所以－eq \f(1,4)≤a<0，所以0综上所述，b－a的最大值为eq \f(1,4).
12.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，[来源:学|科|网Z|X|X|K]
解得x≥3或x≤2.
13.答案 (1,5]
解析设f (x)＝x2－2(a－2)x＋a，
当Δ＝4(a－2)2－4a<0，即1f (x)>0 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 (x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2>0对x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)恒成立，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]．
14.答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析 f (x)＝x2－(a＋2)x＋2－a<0，
即x2－2x＋1分别令y1＝x2－2x＋1，
y2＝a(x＋1)－1，易知y2过定点(－1，－1)，
在同一坐标系中画出两个函数的图象，如图所示，
若集合A＝{x∈Z|f (x)<0}中有且只有一个元素，结合图象可得，即点(0,1)和点(2,1)在直线上或者在直线上方，点(1,0)在直线下方，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1≤1，,2a－1>0，,3a－1≤1，))解得eq \f(1,2)15.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)．
16.解 (1)根据题意，得200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))≥3 000，
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.
故要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，x的取值范围是[3,10]．
(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(5＋\f(1,x)－\f(3,x2)))
＝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)))，
故当x＝6时，ymax＝457 500.
故甲厂以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457 500元．
17.解 ∵f (x)＝x2－2ax＋2a－1的对称轴为x＝a，且a∈(0,3)，
∴函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1在[0，a]上是减函数，
在[a,4]上是增函数；
∴函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1在[0,4]上的最小值为f (a)＝－(a－1)2∈(－4,0]，|f (a)|＝(a－1)2，
①当2≤a<3时，函数f (x)＝x2－2ax＋2a－1(x∈[0,4])在x＝0时取得最大值，且最大值为2a－1，由于此时2≤a<3，则3≤2a－1<5，
易知当2≤a<3时，(a－1)2<2a－1，
所以|f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (0)|}＝|f (0)|＝2a－1∈[3,5)．
∴t≤3.
②当0所以3<15－6a<15，且15－6a>(a－1)2，
|f (x)|max＝max{|f (a)|，|f (4)|}＝|f (4)|＝15－6a∈(3,15)，
∴t≤3.
综上， t的取值范围是(－∞，3]．
模拟练
1.答案 D
解析由x2＋2x－3<0得(x＋3)(x－1)<0，解得－32.答案 C
解析因为A＝{x|x≤2}，B＝{x|－2所以A∩B＝{x|－23.答案 B
解析原不等式化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（1－x）（2＋x）≥0，,2＋x≠0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）（x＋2）≤0，,x＋2≠0，))解得－24.答案 B
解析因为一元二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为{x|－15.答案 [－4，0]
解析若a＝0，则f(x)＝－1≤0恒成立，
若a≠0，则由题意，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ＝a2＋4a≤0，))解得－4≤a<0，
综上，得a∈[－4，0].
6.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)，＋∞)).
7.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)，＋∞)．
8.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))).
9.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)，＋∞)).