2018版数学（理）（人教）大复习讲义第七章不等式7.2含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精1．“三个二次”的关系判别式Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<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）没有实数根一元二次不等式ax2＋bx＋c〉0（a〉0）的解集{x｜x<x1或x〉x2｝｛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<x2｝∅∅2。常用结论(x－a）（x－b）>0或(x－a)（x－b）<0型不等式的解法不等式解集a〈ba＝ba〉b（x－a）·(x－b)〉0{x｜x<a或x〉b}{x|x≠a}{x｜x〈b或x〉a}（x－a）·(x－b）〈0｛x|a<x〈b}∅｛x|b<x<a｝口诀:大于取两边，小于取中间．【知识拓展】（1）eq\f（fx，gx）〉0(<0）⇔f（x）·g(x)>0(〈0）．（2)eq\f（fx，gx)≥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〈x〈4｝,∴M∩N＝［0，4）．3．(教材改编)y＝log2(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\co1（\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\co1（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｜1〈x<a｝，②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<x〈1}．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x〈eq\f(1，a)或x>1。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）〈x〈1；③当0〈a〈1时，eq\f(1,a)>1，解（x－eq\f（1，a)）（x－1)<0，得1<x〈eq\f(1,a)。综上所述，当a〈0时，解集为{x|x<eq\f（1,a)或x〉1}；当a＝0时,解集为{x｜x〉1｝；当0<a<1时，解集为｛x｜1<x〈eq\f(1,a)}；当a＝1时，解集为∅;当a>1时，解集为｛x|eq\f(1,a）<x<1}．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<x2－x－2≤4；（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\co1（x2－x－2>0,,x2－x－2≤4））⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2〉0，,x2－x－6≤0））⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x＋1〉0,,x－3x＋2≤0)）⇔eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x〉2或x<－1，,－2≤x≤3.））借助于数轴，如图所示，所以原不等式的解集为｛x|－2≤x<－1或2〈x≤3｝．(2）∵12x2－ax＞a2,∴12x2－ax－a2＞0,即（4x＋a）（3x－a)＞0，令(4x＋a）(3x－a)＝0，得x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f（a,3).当a＞0时,－eq\f（a,4)＜eq\f（a,3)，解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f（a,4）或x＞\f（a,3）)）;当a＝0时,x2＞0,解集为｛x|x∈R且x≠0｝；当a＜0时，－eq\f（a，4）＞eq\f(a,3)，解集为eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x|x＜\f（a,3)或x＞－\f（a，4)）).综上所述，当a＞0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（x｜x＜－\f（a，4)或x＞\f(a，3)))；当a＝0时，不等式的解集为｛x|x∈R且x≠0｝；当a＜0时,不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(a,3）或x＞－\f(a,4））)。题型二一元二次不等式恒成立问题命题点1在R上的恒成立问题例3(1）若一元二次不等式2kx2＋kx－eq\f（3,8）<0对一切实数x都成立,则k的取值范围为(）A．（－3,0］ B．[－3,0)C．［－3，0］ D．（－3,0)（2)设a为常数，对于∀x∈R，ax2＋ax＋1〉0，则a的取值范围是（）A．（0,4） B．[0，4）C．(0，＋∞） D．（－∞，4)答案(1）D(2）B解析(1)∵2kx2＋kx－eq\f(3,8)〈0为一元二次不等式,∴k≠0，又2kx2＋kx－eq\f(3,8）<0对一切实数x都成立，则必有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2k<0，,Δ＝k2－4×2k×－\f（3，8)〈0，））解得－3〈k<0.（2）对于∀x∈R，ax2＋ax＋1〉0，则必有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a〉0，,Δ＝a2－4a〈0）)或a＝0，∴0≤a<4。命题点2在给定区间上的恒成立问题例4设函数f(x)＝mx2－mx－1。若对于x∈［1,3]，f(x)〈－m＋5恒成立，求m的取值范围．解要使f(x)<－m＋5在x∈［1，3]上恒成立，即meq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（1,2))）2＋eq\f（3,4)m－6<0在x∈[1，3]上恒成立．有以下两种方法:方法一令g（x）＝meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(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<eq\f(6，7),所以0<m〈eq\f(6，7);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〈eq\f(6，7)｝．方法二因为x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(1,2)）)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\co1（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〈eq\f（6,7)即可．所以，m的取值范围是eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（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\co1(g－1＝x－2×－1＋x2－4x＋4〉0，，g1＝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\co1(fm〈0,,fm＋1<0，)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m2＋m2－1〈0，,m＋12＋mm＋1－1〈0，))解得－eq\f（\r（2)，2)<m<0.（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\co1(m〈0，，Δ＝4－4m1－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\co1(1－\f(x，10））)·100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（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\co1（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\co1（\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)<c的解集为(m,m＋6），则实数c的值为________．(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\co1(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\co1（x＋\f(a，2）))2。又∵f（x)〈c，∴eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f（a,2）))2<c，即－eq\f（a，2)－eq\r（c）<x<－eq\f(a，2）＋eq\r（c）.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－\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|1〈x<2｝ D．{x｜x<1或x>2｝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<x<3，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｜0<a<4｝ B．｛a|0≤a<4}C．{a｜0<a≤4} D．{a|0≤a≤4｝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\co1(a〉0，，Δ＝－a2－4a≤0，））得0〈a≤4.所以0≤a≤4。4．设函数f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\co1（x≥0，,x2－4x＋6>3））或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,x＋6〉3，））解得－3<x〈1或x〉3。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．－3 B．1C．－1 D．3答案A解析由题意，A＝{x|－1〈x<3｝，B＝｛x|－3〈x〈2}，A∩B＝｛x|－1<x<2｝，则不等式x2＋ax＋b〈0的解集为｛x|－1<x〈2｝．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\co1(－\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\co1(\f(1，3），\f（1，2))) D.eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1，3)））∪eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\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\co1（－\f(1，3））)＝eq\f（b,a），－eq\f(1,2）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\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．－1〈b〈0 B．b〉2C．b<－1或b>2 D．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〈a<eq\f（2，3).＊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〈x〈3｝解析令x<0,则－x>0,∵x≥0时，f（x）＝x2－4x，∴f（－x）＝(－x)2－4（－x）＝x2＋4x