2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第二章第3讲含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第二章第3讲一元二次不等式的解法[课程标准]1.会结合一元二次函数的图象，判断一元二次方程实根的存在性及根的个数，了解函数的零点与方程根的关系.2.了解一元二次不等式的现实意义.3.能够借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集.4.借助一元二次函数的图象，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系．1．三个二次之间的关系判别式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eq\x(\s\up1(01))两相异实根x1，x2(x1<x2)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))x<x1或x>x2}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(05))x≠－\f(b,2a)))))eq\x(\s\up1(06))Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|eq\x(\s\up1(07))x1<x<x2}eq\x(\s\up1(08))∅eq\x(\s\up1(09))∅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\co1(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．RC．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2))))) D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2))))).3．(人教A必修第一册习题2.3T3改编)设全集U＝R，集合P＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\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0<t<1，则关于x的不等式(t－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))>0的解集为()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)<x<t)))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,t)或x<t))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,t)或x>t)))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(t<x<\f(1,t)))))答案D解析因为0<t<1，所以t<eq\f(1,t)，所以(t－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))>0⇔(x－t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))<0，解得t<x<eq\f(1,t).故选D.5．(人教B必修第一册习题2－2BT7改编)不等式ax2＋bx＋2>0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(－\f(1,2)＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\f(1,3)＝\f(2,a)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2，))所以a＋b＝－14.多角度探究突破考向一一元二次不等式的解法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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－3<x<\f(1,2))))).(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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(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<x2＋2x－1≤2.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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)<x<1＋\f(\r(3),3))))).(2)原不等式等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－1>－1，,x2＋2x－1≤2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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<x≤1}．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\co1(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\co1(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<a<0时，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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(2,a)或x≤－1))))；当－2<a<0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－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x<a；②当a2－a<0，即0<a<1时，解不等式，得x<a2或x>a；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<a}；当0<a<1时，不等式的解集为{x|x<a2或x>a}；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\co1(x＋\f(1,a－1)))(x－1)<0，解得eq\f(1,1－a)<x<1.③当0<a<1时，eq\f(1,1－a)－1＝eq\f(a,1－a)>0，所以eq\f(1,1－a)>1，原不等式可化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,1－a)))(x－1)>0，解得x<1或x>eq\f(1,1－a).综上，当0<a<1时，原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<1或x>\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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－a)<x<1)))).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－1<x<1，对于命题q：(x＋a)(x－3)>0，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－3<a≤－1；若－a>3，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．多角度探究突破考向二一元二次不等式恒成立问题角度在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\co1(k>0，,Δ＝36k2－4k（k＋8）≤0，))解得0<k≤1.综上，k的取值范围是[0，1]．一元二次不等式在R上恒成立的条件不等式类型恒成立条件ax2＋bx＋c>0a>0，Δ<0ax2＋bx＋c≥0a>0，Δ≤0ax2＋bx＋c<0a<0，Δ<0ax2＋bx＋c≤0a<0，Δ≤0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\co1(a<2，,4（a－2）2－4（a－2）×（－4）<0，))解得－2<a<2.综上，实数a的取值范围是(－2，2]．故选D.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\co1(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\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(6,7)或m<0))))解析由已知得，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(6,7)或m<0)))).解法二：因为x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(6,7)或m<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－1<eq\f(a,2)<1，即－2<a<2时，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)－eq\f(a2,2)＋eq\f(a,2)>0，解得0<a<2.综上可得，实数a的取值范围是(0，2)．2．(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\co1(0，\f(1,3)))解析∵f(x)＝x2－4x－4且f(x)<1，即x2－4x－4<1，解得－1<x<5，即x∈(－1，5)．∵f(x)<1在区间(m－1，－2m)上恒成立，∴(m－1，－2m)⊆(－1，5)．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤m－1，,m－1<－2m，,－2m≤5，))解得0≤m<eq\f(1,3)，即实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).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\co1(－∞，\f(\r(3),3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,7)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\f(2,a)，要使x＋eq\f(3,x)<eq\f(2,a)有解，只需eq\f(2,a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,x)))eq\s\do7(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)，a<eq\f(\r(3),3)，故0<a<eq\f(\r(3),3)；当a<0时，x＋eq\f(3,x)>eq\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\co1(－∞，\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\co1(\f(1,a)<2，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝\f(1,a)－\f(2,a)＋3a<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≥2，,g（2）＝4a－4＋3a<0))即可，解得eq\f(1,2)<a<eq\f(\r(3),3)或0<a≤eq\f(1,2).综上可得，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(3),3))).故选A.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a<eq\f(x2＋x＋3,x＋1)，设f(x)＝eq\f(x2＋x＋3,x＋1)，已知存在x∈[0，1]，有x2＋(1－a)x＋3－a>0成立，则a<f(x)max，令t＝x＋1，则g(t)＝eq\f(（t－1）2＋t－1＋3,t)＝eq\f(t2－t＋3,t)＝t＋eq\f(3,t)－1，t∈[1，2]，由对勾函数知g(t)在[1，eq\r(3))上的单调递减，在(eq\r(3)，2]上单调递增，g(1)＝1＋eq\f(3,1)－1＝3，g(2)＝2＋eq\f(3,2)－1＝eq\f(5,2)，所以f(x)max＝3，即a<3.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)>0C．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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)<2))))，则A∩B＝()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4)) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C．[－1，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4)) D．[－4，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)<2))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,x)>0))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<0或x>\f(1,2)))))，所以A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1≤x<0或\f(1,2)<x≤4)))).故选C.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\co1(－\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\co1(－\f(4,3)，1)) B．(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)<x<1.故选A.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\co1(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．1C．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\co1(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\co1(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\co1(f（－1）>0，,f（1）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－2）＋x2－4x＋4>0，,x－2＋x2－4x＋4>0，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(2，－\f(1,a)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)<x<2))))；当－eq\f(1,2)<a<0时，该不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2<x<－\f(1,a))))).故选ABD.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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(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\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，x≠\f(1,k)))))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(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\co1(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＝4bB．a2＋eq\f(1,b)≥4C．若关于x的不等式x2＋ax－b<0的解集为(x1，x2)，则x1x2>0D．若关于x的不等式x2＋ax＋b<c的解集为(x1，x2)，且|x1－x2|＝4，则c＝4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\co1(\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a<eq\f(2,x)－x，x∈[1，5]有解，显然g(x)＝eq\f(2,x)－x在[1，5]上单调递减，g(x)max＝g(1)＝1，所以a<1.14．某辆汽车以xkm/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\co1(x－k＋\f(4500,x)))L，其中k为常数．若汽车以120km/h的速度行驶时，每小时的油耗为11.5L，则k＝________，欲使每小时的油耗不超过9L，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\co1(x－k＋\f(4500,x)))，则当x＝120时，y＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(x－100＋\f(4500,x)))，当y≤9时，即eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)<a－1(a∈R)．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)<a－1⇔ax2＋(1－a)x－1<0，当a＝0时，x<1；当a>0时，不等式可化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－1)<0，而－eq\f(1,a)<0，解得－eq\f(1,a)<x<1；当a<0时，不等式可化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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<a<0时，x<1或x>－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\co1(－\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\co1(－\f(1,a)，＋∞))；当a<－1时，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))∪(1，＋∞)．考情分析：基本不等式是高考的高频考点，通常与基本初等函数、解三角形、立体几何、解析几何等知识综合考查，出现在选填题或解答题的解题过程中.2022年新高考Ⅰ卷出现在第18题，考查了用正弦定理边角互化与基本不等式的综合，难度中等；2021年新高考Ⅰ卷出现在第5题，考查了椭圆定义与基本不等式的综合，较容易．考向一基本不等式与基本初等函数的综合例1(1)(2024·开封模拟)已知a>1，b>1，且log2eq\r(a)＝logb4，则ab的最小值为()A．4 B．8C．16 D．32答案C解析因为log2eq\r(a)＝logb4，所以log2a·log2b＝4，所以log2(ab)＝log2a＋log2b≥2eq\r(log2a·log2b)＝4，当且仅当log2a＝log2b＝2，即a＝b＝4时取等号，所以(ab)min＝24＝16.故选C.(2)已知角α，β均为锐角，tanβ＝eq\f(tanα,2)，则当tanα＝________时，tan(α－β)取得最大值________．答案eq\r(2)eq\f(\r(2),4)解析设tanβ＝k，则tanα＝2k，由角α，β均为锐角得k>0，tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(k,1＋2k2)＝eq\f(1,\f(1,k)＋2k)≤eq\f(1,2\r(\f(1,k)·2k))＝eq\f(\r(2),4)，当且仅当eq\f(1,k)＝2k，即k＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立，此时tanα＝eq\r(2)，所以当tanα＝eq\r(2)时，tan(α－β)取得最大值eq\f(\r(2),4).基本不等式与基本初等函数的常见衔接点应用基本不等式求最值的关键点之一是“和或积为定值”，在基本初等函数中常见的与此有联系的点如下：ax·ay＝ax＋y(a＞0，且a≠1)；logax＋logay＝loga(xy)(a＞0，且a≠1)；sin2α＋cos2α＝1，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)，tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)等．(2023·日照一模)已知x>0，y>0，设p：2x＋2y≥4，q：xy≥1，则p是q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B解析当x＝eq\f(1,3)，y＝2时，2eq\s\up7(\f(1,3))＋22≥4，满足2x＋2y≥4，但xy＝eq\f(1,3)×2＝eq\f(2,3)<1，不满足xy≥1，所以p不是q的充分条件；当xy≥1，x>0，y>0时，1≤xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)，即x＋y≥2，当且仅当x＝y时取等号，所以2x＋y≥22＝4，即2x·2y≥4，又4≤2x·2y≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋2y,2)))eq\s\up12(2)，当且仅当x＝y时取等号，解得2x＋2y≥4，所以p是q的必要条件．所以p是q的必要不充分条件．故选B.考向二基本不等式与向量、解三角形的综合例2(1)在△ABC中，E为AC上一点，eq\o(AC,\s\up6(→))＝3eq\o(AE,\s\up6(→))，P为BE上任一点，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))(m>0，n>0)，则eq\f(3,m)＋eq\f(1,n)的最小值是()A．9 B．10C．11 D．12答案D解析由题意可知eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋3neq\o(AE,\s\up6(→))，P，B，E三点共线，则m＋3n＝1，所以eq\f(3,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,m)＋\f(1,n)))(m＋3n)＝6＋eq\f(9n,m)＋eq\f(m,n)≥6＋2eq\r(\f(9n,m)·\f(m,n))＝12，当且仅当m＝eq\f(1,2)，n＝eq\f(1,6)时，等号成立．所以eq\f(3,m)＋eq\f(1,n)的最小值是12.(2)(2022·新高考Ⅰ卷改编)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinB＝－cosC，求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值．解因为sinB＝－cosC>0，所以eq\f(π,2)<C<π，0<B<eq\f(π,2)，而sinB＝－cosC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,2)))，所以C＝eq\f(π,2)＋B，即A＝eq\f(π,2)－2B，所以eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq\f(cos22B＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(（2cos2B－1）2＋1－cos2B,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5≥2eq\r(8)－5＝4eq\r(2)－5，当且仅当cos2B＝eq\f(\r(2),2)时取等号，所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值为4eq\r(2)－5.基本不等式与向量、解三角形综合考查时，通常涉及以下知识点：向量共线、垂直的坐标表示；三点共线的充要条件：P，Q，M三点共线⇔eq\o(OP,\s\up6(→))＝meq\o(OQ,\s\up6(→))＋neq\o(OM,\s\up6(→))(m＋n＝1)；正、余弦定理等．(2023·德阳