高考数学一轮复习　第一章第4节从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式

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这是一份高考数学一轮复习　第一章第4节从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式，共17页。试卷主要包含了三个“二次”间的关系，>0或<0型不等式的解集，分式不等式与整式不等式，已知f是定义在R上的奇函数等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
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为2的整式不等式叫作一元二次不等式.
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.
[微点提醒]
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.))
基础自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)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.( )
(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.( )
(3)不等式x2≤a的解集为[－eq \r(a)，eq \r(a)].( )
(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a＜0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c＞0(a<0)的解集为R.( )
解析 (3)错误.对于不等式x2≤a，当a>0时，其解集为[－eq \r(a)，eq \r(a)]；当a＝0时，其解集为{0}，当a<0时，其解集为∅.
(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)没有实根，则不等式ax2＋bx＋c>0(a<0)的解集为∅.
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
2.(必修5P103A2改编)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]
解析因为A＝{x|x≤2}，B＝{x|－2所以A∩B＝{x|－2答案 C
3.(必修5P80A2改编)y＝lg2(3x2－2x－2)的定义域是________.
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)，＋∞)).
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)，＋∞))
4.(2018·烟台月考)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，＋∞)
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－2答案 B
5.(2019·北京海淀区调研)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)
解析因为一元二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为{x|－1答案 B
6.(2018·汉中调研)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______.
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].
答案 [－4，0]
考点一一元二次不等式的解法多维探究
角度1 不含参数的不等式
【例1－1】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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))，
即原不等式的解集为(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
角度2 含参数的不等式
命题点1 通过判别式分类讨论
【例1－2】解关于x的不等式kx2－2x＋k<0(k∈R).
解 ①当k＝0时，不等式的解为x>0.
②当k>0时，若Δ＝4－4k2>0，即0若Δ≤0，即k≥1时，不等式无解.
③当k<0时，若Δ＝4－4k2>0，即－1不等式的解为xeq \f(1－\r(1－k2),k)，
若Δ<0，即k<－1时，不等式的解集为R；
若Δ＝0，即k＝－1时，不等式的解为x≠－1，
综上所述，k≥1时，不等式的解集为∅；
0eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\} (\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－k2),k)k＝0时，不等式的解集为{x|x>0}；
当－1eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\} (\a\vs4\al\c1(x<\f(1＋\r(1－k2),k)，或x>\f(1－\r(1－k2),k)))))；
k＝－1时，不等式的解集为{x|x≠－1}；
k<－1时，不等式的解集为R.
命题点2 通过根的大小分类讨论
【例1－3】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.
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\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\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))).
规律方法 1.解一元二次不等式的一般方法和步骤
(1)化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式.
(2)判：计算对应方程的判别式，根据判别式判断方程有没有实根(无实根时，不等式解集为R或∅).
(3)求：求出对应的一元二次方程的根.
(4)写：利用“大于零取两边，小于零取中间”写出不等式的解集.
2.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，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.
【训练1】 (2018·豫北豫南名校联考)不等式x2－3|x|＋2>0的解集是________.
解析由题原不等式可转化为|x|2－3|x|＋2>0，
解得|x|<1或|x|>2，
所以x∈(－∞，－2)∪(－1，1)∪(2，＋∞).
答案 (－∞，－2)∪(－1，1)∪(2，＋∞)
考点二一元二次方程与一元二次不等式
【例2】已知不等式ax2－bx－1>0的解集是{x|－eq \f(1,2)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\{(\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\{(\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝5.))
故不等式x2－bx－a≥0为x2－5x＋6≥0，
解得x≥3或x≤2.
答案 {x|x≥3或x≤2}
规律方法 1.一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.
2.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.
【训练2】 (2019·天津和平区一模)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
考点三一元二次不等式恒成立问题多维探究
角度1 在实数R上恒成立
【例3－1】 (2018·大庆实验中学期中)对于任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，2) B.(－∞，2]
C.(－2，2) D.(－2，2]
解析当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立；
当a－2≠0，即a≠2时，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ＝[－2（a－2）]2－4×（a－2）×（－4）<0，))
解得－2综上，实数a的取值范围是(－2，2].
答案 D
角度2 在给定区间上恒成立
【例3－2】 (一题多解)设函数f(x)＝mx2－mx－1(m≠0)，若对于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，则m的取值范围是________.
解析要使f(x)＜－m＋5在[1，3]上恒成立，
故mx2－mx＋m－6＜0，
则meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)m－6＜0在x∈[1，3]上恒成立.
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，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＜m＜\f(6,7)或m＜0)))).
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＜m＜\f(6,7)))或m＜0 )).
答案 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(0＜m＜\f(6,7)))或m＜0 ))
角度3 给定参数范围的恒成立问题
【例3－3】已知a∈[－1，1]时不等式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)
解析把不等式的左端看成关于a的一次函数，记f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，
则由f(a)＞0对于任意的a∈[－1，1]恒成立，
得f(－1)＝x2－5x＋6＞0，
且f(1)＝x2－3x＋2＞0即可，
解不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－5x＋6＞0，,x2－3x＋2＞0，))得x＜1或x＞3.
答案 C
规律方法 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.
【训练3】 (2019·安庆模拟)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
考点四一元二次不等式的应用
【例4】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.
【训练4】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
[思维升华]
1.“三个二次”的关系是解一元二次不等式的理论基础；一般可把a＜0的情况转化为a＞0时的情形.
2.在解决不等式ax2＋bx＋c>0(或≥0)对于一切x∈R恒成立问题时，当二次项系数含有字母时，需要对二次项系数a进行讨论，并研究当a＝0时是否满足题意.
3.含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数在区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单.
[易错防范]
1.当Δ<0时，ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集为R还是∅，要注意区别.
2.含参数的不等式要注意选好分类标准，避免盲目讨论.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2018·合肥调研)已知集合A＝{y|y＝ex，x∈R}，B＝{x∈R|x2－x－6≤0}，则A∩B等于( )
A.(0，2) B.(0，3]
C.[－2，3] D.[2，3]
解析因为A＝{y|y>0}，B＝{x|－2≤x≤3}，
故A∩B＝{x|0答案 B
2.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]
解析不等式可化为eq \f(2x2－5x－3,（x－1）2)≤0，
即eq \f(（2x＋1）（x－3）,（x－1）2)≤0，
解得－eq \f(1,2)≤x<1或1答案 C
3.不等式|x|(1－2x)>0的解集为( )
A.(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析当x≥0时，原不等式即为x(1－2x)>0，所以00，所以x<0，综上，原不等式的解集为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
答案 A
4.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.(－1，0) B.(2，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(2，＋∞) D.不能确定
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.所以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.
答案 C
5.(2019·淄博月考)已知二次函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1(a∈Z)，且函数f(x)在(－2，－1)上恰有一个零点，则不等式f(x)>1的解集是( )
A.(－∞，－1)∪(0，＋∞) B.(－∞，0)∪(1，＋∞)
C.(－1，0) D.(0，1)
解析由Δ＝[－(a＋2)]2－4a＝a2＋4>0知，函数f(x)必有两个不同的零点，又f(x)在(－2，－1)上恰有一个零点，则f(－2)·f(－1)<0，即(6a＋5)(2a＋3)<0，解得－eq \f(3,2)1即为－x2－x>0，解得－1答案 C
二、填空题
6.不等式2x2－x<4的解集为________.
解析由已知得2x2－x<22，
∴x2－x<2即x2－x－2<0，解得－1故所求解集为 (－1，2).
答案 (－1，2)
7.已知不等式mx2＋nx－eq \f(1,m)<0的解集为{x|x<－eq \f(1,2)或x>2}，则m－n＝________.
解析由已知得m<0且－eq \f(1,2)，2是方程mx2＋nx－eq \f(1,m)＝0的两根，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋2＝－\f(n,m)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×2＝－\f(1,m2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝\f(3,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝－\f(3,2)))(舍).
∴m－n＝－1－eq \f(3,2)＝－eq \f(5,2).
答案－eq \f(5,2)
8.(2019·河南中原名校联考)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，＋∞)
三、解答题
9.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)).
10.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))).
能力提升题组
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11.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
12.(2019·保定一中调研)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
13.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]
14.(2019·济南一中质检)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))).
新高考创新预测
15.(试题创新)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