[2020高考理数复习江苏]第七章 不等式 第5讲

第5讲不等式的综合应用
考试要求 1.掌握解决不等式综合问题的方法(C级要求)；2.不等式恒成立问题涉及一元二次不等式、线性规划、基本不等式,解决问题的本质是转化成求最值问题.
知识梳理
1.涉及多个变量的求最值问题常借助消元法、整体代换法等转化为二次函数求最值或利用线性规划、基本不等式等解决最值问题.
2.(1)恒成立问题转化成最值处理
a＞f(x)对x∈D恒成立⇔a＞f(x)max,
a＜f(x)对x∈D恒成立⇔a＜f(x)min.
(2)恒成立问题处理方法:
图象法、最值法、参变分离法、变换主元法等.
(3)不等式的恒成立、能成立、恰成立问题
①恒成立问题:若f(x)在区间D上存在最小值,则不等式f(x)>A在区间D上恒成立⇔f(x)min>A(x∈D)；
若f(x)在区间D上存在最大值,则不等式f(x)<B在区间D上恒成立⇔f(x)max<B(x∈D).
②能成立问题:若f(x)在区间D上存在最大值,则在区间D上存在实数x使不等式
f (x )>A 成立⇔f (x )max >A (x ∈D )；
若f (x )在区间D 上存在最小值,则在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )<B 成立⇔f (x )min <B (x ∈D ).
③恰成立问题:不等式f (x )>A 恰在区间D 上成立⇔f (x )>A 的解集为D ； 不等式f (x )<B 恰在区间D 上成立⇔f (x )<B 的解集为D .
3.不等式常与其他知识交汇命题,是求解数学问题的一个重要载体.
诊 断 自 测
1.函数y ＝x ＋4
x (x ≠0)的值域是________. 解析 当x >0时,y ＝x ＋4
x ≥2
x ·
4x ＝4；
当x <0时,y ＝x ＋4x ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤
（－x ）＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－4x ≤
－2（－x ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫
－4x ＝－4. 答案 (－∞,－4]∪[4,＋∞)
2.(必修5P98练习2(2)改编)若正数a ,b 满足ab ＝a ＋b ＋3,则ab 的取值范围是________.
解析 由a ,b ∈R *,得a ＋b ≥2ab ,则ab ＝a ＋b ＋3≥2ab ＋3,即ab －2ab －3≥0⇒(ab －3)(ab ＋1)≥0⇒ab ≥3,∴ ab ≥9. 答案 [9,＋∞)
3.设x ∈R ,f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |
,若不等式f (x )＋f (2x )≤k 对于任意的x ∈R 恒成立,则实数k 的
取值范围是________.
解析 不等式化为k ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12|2x |
,因为⎝ ⎛⎭⎪⎫
12|x |
∈(0,1],所以k ≥2.
答案 [2,＋∞)
4.(2019·海安中学阶段检测)设m >0,n >0,2m ＋n ＝1,则4m 2＋n 2＋mn 的最大值与最小值之和为________.
解析 由m >0,n >0,2m ＋n ＝1得1≥22mn ,即0<mn ≤2
4,4m 2＋n 2＋mn ＝(2m ＋
n )2
－4mn ＋mn ＝－4mn ＋mn ＋1＝－4⎝ ⎛
⎭
⎪⎫mn －182＋1716,当mn ＝18时,4m 2＋n 2＋
mn 取得最大值1716；当mn ＝24时,4m 2＋n 2＋mn 取得最小值12＋2
4,所以最大值与最小值之和为1716＋12＋24＝25＋42
16. 答案
25＋4216
5.设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1,若t 在[－2,2]上变化时y 恒取正值,则实数x 的取值范围为________.
解析 设f (t )＝y ＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1, t ∈[－2,2], 问题转化为:f (t )＞0对t ∈[－2,2]恒成立
⇔⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）>0，f （2）>0⇔⎩⎪⎨⎪⎧（log 2x ）2－4log 2x ＋3>0，
（log 2x ）2－1>0
⇒0＜x ＜1
2或x ＞8.
故实数x 的取值范围是⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，12∪(8,＋∞).
答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12∪(8,＋∞)
考点一 多元最值问题
【例1】 (1)已知△ABC 的三边长分别为a ,b ,c ,且满足b ＋c ≤3a ,则c
a 的取值范围为
________.
(2)设a ,b ,c 均为正数,满足a －2b ＋3c ＝0,则b 2
ac 的最小值是________.
解析
(1)由已知及三角形三边关系得⎩⎪⎨⎪
⎧a <b ＋c ≤3a ，a ＋b >c ，a ＋c >b ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a ＋c
a ≤3，
1＋b a >c
a ，
1＋c a >b a ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a ＋c a ≤3，
－1<c a －b a <1，
两式相加得0<2×c a <4, ∴c
a 的取值范围为(0,2). (2)∵a －2
b ＋3
c ＝0,∴b ＝a ＋3c
2,
∴b 2ac ＝a 2＋9c 2
＋6ac 4ac
≥6ac ＋6ac 4ac ＝3,
当且仅当a ＝3c 时取“＝”. 答案 (1)(0,2) (2)3
规律方法 处理多元最值问题要具有较强的技巧,且方法灵活多变.在求解与不等式有关的多元最值问题时,常通过消元思想化三元为二元,即减少变量；也可运用线性规划、基本不等式、二次函数的判别式等进行求解.
【训练1】 (1)若正数a ,b 满足1a ＋1b ＝1,则1a －1＋9b －1的最小值是________.
(2)已知a ,b 为正实数,且a ＋b ＝2,那么a 2＋2a ＋b 2
b ＋1
的最小值为________.
解析 (1)∵正数a ,b 满足1a ＋1b ＝1,∴b ＝a a －1>0,解得a >1.同理可得b >1,∴1
a －1＋
9b －1＝1a －1＋9a a －1－1＝1
a －1
＋9(a －1)≥21a －1·9（a －1）＝6,当且仅当1
a －1
＝9(a －1),即a ＝4
3时等号成立,∴最小值为6. (2)∵b ＝2－a ,0<a <2,
∴a 2＋2a ＋b 2b ＋1＝a 2＋2a ＋（2－a ）23－a
＝a ＋2a ＋1－a ＋13－a ＝1＋2a ＋1
3－a
＝1＋13(a ＋3－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a
＋13－a ＝1＋13⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤3＋a 3－a ＋2（3－a ）a ≥2＋1
3·2
a 3－a
·2（3－a ）a ＝2＋22
3.
当且仅当a
3－a ＝2（3－a ）a ,即a ＝6－32,
b ＝32－4时取得等号. 答案 (1)6 (2)2＋22
3 考点二 不等式恒成立问题 角度1 线性规划恒成立问题
【例2－1】 已知实数x ,y 满足条件⎩⎨⎧x －y ≤0，
x ＋y －5≥0，y －3≤0.
若不等式m (x 2＋y 2)≤(x ＋y )2 恒
成立,则实数m 的最大值是________.
解析 ∵m (x 2＋y 2)≤(x ＋y )2恒成立,则m ≤x 2
＋2xy ＋y 2
x 2＋y 2＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 1＋⎝ ⎛⎭
⎪
⎫y x 2＝1＋2
k ＋1k ,其中k ＝y x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1，32,当k ＝32时,1＋2k ＋1k
取最小值为2513,则实数m 的最大值是25
13.
答案 2513
角度2 基本不等式恒成立问题
【例2－2】 已知对满足x ＋y ＋4＝2xy 的任意正实数x ,y ,都有x 2＋2xy ＋y 2－ax －ay ＋1≥0,则实数a 的取值范围是________.
解析 x ＋y ＋4＝2xy ≤2×⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋y 22
,解得x ＋y ≥4,当且仅当x ＝y ＝2时取“＝”. ∵(x ＋y )2－a (x ＋y )＋1≥0, ∴(x ＋y )＋
1
x ＋y
≥a . ∵(x ＋y )＋
1x ＋y
≥174,则a ≤174. 答案 ⎝ ⎛
⎦⎥⎤－∞，174
角度3 绝对值不等式问题
【例2－3】 已知f (x )＝x ||x －a －2,若当x ∈[]0，1时,恒有f (x )＜0,求实数a 的取值范围.
解 (ⅰ)当x ＝0时,显然f (x )＜0成立,此时a ∈R . (ⅱ)当x ∈(]0，1时,由f (x )＜0, 可得x －2x ＜a ＜x ＋2x ,
令 g (x )＝x －2x ,(x ∈(]0，1)；h (x )＝x ＋2
x (x ∈(]0，1),
则g ′(x )＝1＋2
x 2＞0,∴g (x )是单调递增,可知[]g （x ）max ＝g (1)＝－1, h ′(x )＝1－2
x 2＜0,∴h (x )是单调递减,可知[]h （x ）min ＝h (1)＝3, 此时a 的范围是(－1,3).
综合(ⅰ)(ⅱ)得a 的范围是(－1,3). 角度4 高次不等式恒成立问题
【例2－4】 已知f (x )＝－x 3
＋ax ,其中a ∈R ,g (x )＝－12x 3
2,且f (x )＜g (x )在x ∈(]
0，1上恒成立,求实数a 的取值范围. 解 f (x )＜g (x )在x ∈(]0，1上恒成立 ⇔－x 3＋ax ＋12x 3
2＜0 对x ∈(]0，1恒成立 ⇔ a ＜x 2－1
2x 12对x ∈(]0，1恒成立
设h (x )＝ x 2－12x 1
2,x ∈(]0，1, 问题转化为:a ＜h (x ) min h ′(x )＝2x －
14x
＝
()2
x －1·()
4x ＋2x ＋14x
由h ′(x )＝0,得x ＝1
4,
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14时,h ′(x ) ＜0,h (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，14递减.
当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1时,h ′(x ) ＞0,h (x )在⎝ ⎛⎦
⎥⎤
14，1递增.
∴ h (x )在x ＝14时取最小值,h (x ) min ＝－3
16,
∴a ＜－316.即a 的取值范围是⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－∞，－316.
规律方法 1.不等式恒成立问题可与一元一次不等式、一元二次不等式、线性规划问题、基本不等式问题、绝对值不等式问题等综合命题. 2.(1)当f (x )含有绝对值时,先去掉绝对值号,
(2)这种思路是:首先是——分离变量,其次用——极端值原理.把问题转化为求函数的最值,若f (x )不存在最值,可求出f (x )的范围,问题同样可以解出.
【训练2】 (2019·海安中学阶段检测)设函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (b ,c ∈R )对任意的x ∈R ,都有f ′(x )≤f (x )成立.若对满足题设条件的任意b ,c ,不等式f (c )－f (b )≤m (c 2－
b 2)恒成立,则实数m 的最小值为________.
解析 函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (b ,c ∈R )对任意的x ∈R ,都有f ′(x )≤f (x )成立,即x 2＋(b －2)x ＋c －b ≥0恒成立,则Δ＝(b －2)2
－4(c －b )≤0,c ≥b 24＋1,则c ≥1,且c ≥2
b 2
4
＝|b |.当c ＝|b |时,由c ≥b 2
4＋1可得c ＝|b |＝2,此时f (c )－f (b )＝－8或0,不等式f (c )－
f (b )≤m (c 2
－b 2
)恒成立；当c >|b |时,m ≥
f （c ）－f （b ）
c 2
－b
2
＝
c 2－b 2＋bc －b 2
c 2
－b
2
＝
c ＋2b c ＋b
,
令t ＝b c ,－1<t <1,则c ＋2b c ＋b ＝2－1t ＋1∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，32,所以m ≥32,m 的最小值为32. 答案 3
2
考点三 不等式与函数、三角、向量等知识的结合
【例3】 在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,若B ＝C 且7a 2＋b 2＋c 2＝43,则△ABC 面积的最大值为________.
解析 如图,在△ABC 中,设D 为BC 的中点,则AD ⊥BC .
法一 由题知b ＝c , 则7a 2＋2b 2＝43, 所以b 2＝23－72a 2, 所以△ABC
的面积
S ＝12a
b 2
－a 24＝12a
23－15a 24＝12
415·154a 2·23－15a 24
≤115
·154a 2＋23－15a 242＝
55, 当且仅当154a 2＝23－15
4a 2,
即a 2＝4315时取等号,
所以△ABC 的面积最大值为5
5. 法二 设BD ＝CD ＝m ,AD ＝n , 则由已知得7(2m )2＋2(m 2＋n 2)＝43, 所以15m 2＋n 2＝23≥215mn ,
所以mn ≤5
5,当且仅当15m 2＝n 2时取等号,
此时m 2＝315,所以△ABC 面积的最大值为5
5.
答案 5
5
规律方法 不等式作为一种工具,通常与函数、三角、向量等知识综合命题.利用不等式求最值的方法求解各类最值及参数问题.
【训练3】 (1)不等式2x 2＋2mx ＋m 4x 2＋6x ＋3＜1对一切实数x 恒成立,则实数m 的取值范围
为________.
(2)已知f (x )＝x 2＋2x ＋a
x ＞0在x ∈[)1，＋∞上恒成立,则实数a 的取值范围为
________.
解析 (1)由4x 2
＋6x ＋3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋322
＋34＞0,对一切实数x 恒成立,从而原不等式等价于
2x 2＋2mx ＋m ＜4x 2＋6x ＋3(x ∈R ),
即2x 2＋(6－2m )x ＋(3－m )＞0对一切实数x 恒成立.
则Δ＝(6－2m)2－8(3－m)＜0, 解得1＜m＜3,
故实数m的取值范围是(1,3).
(2)法一∵f(x)＝x2＋2x＋a
x
＞0对x∈[)
1，＋∞恒成立
⇔x2＋2x＋a＞0对x∈[)
1，＋∞恒成立.
设g(x)＝x2＋2x＋a,x∈[)
1，＋∞,
问题转化为g(x)min＞0,
g(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1, x∈[)
1，＋∞, ∴g(x)在[)
1，＋∞上是增函数.
∴g(x)min＝g(1)＝3＋a,
∴ 3＋a＞0⇔a＞－3.
即所求实数a的取值范围为(－3,＋∞).
法二∵f(x)＝x2＋2x＋a
x
＞0对x∈[)
1，＋∞恒成立
⇔x2＋2x＋a＞0 对x∈[)
1，＋∞恒成立⇔a＞－(x2＋2x)对x∈[)
1，＋∞恒成立
设φ(x)＝－(x2＋2x),x∈[)
1，＋∞.
问题转化为a＞φ(x)max.
φ(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1,x∈[)
1，＋∞. ∴φ(x)在[)
1，＋∞上是减函数.
∴φ(x)max＝φ(1)＝－3,
∴a＞－3,
即所求实数a的取值范围为(－3,＋∞). 答案(1)(1,3)(2)(－3,＋∞)
一、必做题
1.已知常数a>0,函数f(x)＝x＋
a
x－1
(x>1)的最小值为3,则a的值为________.
解析f(x)＝x－1＋
a
x－1
＋1≥2a＋1＝3,
则a＝1. 答案 1
2.若实数x,y满足x＞y＞0,且log2x＋log2y＝1,则x2＋y2
x－y
的最小值为________.
解析由log2x＋log2y＝1,得xy＝2,x2＋y2
x－y
＝
x2－2xy＋y2＋2xy
x－y
＝
（x－y）2＋4
x－y
＝x－
y＋4
x－y ≥4,则
x2＋y2
x－y
的最小值为4.当且仅当x＝3＋1,y＝3－1时取等号.
答案 4
3.(2018·北京卷改编)设集合A＝{(x,y)|x－y≥1,ax＋y>4,x－ay≤2},则下列结论正确的有________(填序号).
①对任意实数a,(2,1)∈A；
②对任意实数a,(2,1)∉A；
③当且仅当a <0时,(2,1)∉A ； ④当且仅当a ≤3
2时,(2,1)∉A .
解析 若(2,1)∈A ,则⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋1>4，2－a ≤2，解得a >32,所以当且仅当a ≤3
2时,(2,1)∉A ,故填④.
答案 ④
4.(2018·镇江期末)函数y ＝a sin(ax ＋θ)(a ＞0,θ≠0)图象上的一个最高点和其相邻最低点的距离的最小值为________.
解析 函数的周期T 为2πa ,则T 4＝π
2a ,最高点和其相邻最低点的距离为2
a 2
＋π2
4a 2
＝4a 2＋π2a 2≥4π＝2π. 答案 2π
5.设正项等差数列{a n }的前2 011项和等于2 011,则1a 2＋1
a 2 010的最小值为________.
解析 由题意得S 2 011＝2011（a 1＋a 2 011）
2＝2 011,
∴a 1＋a 2 011＝2.又a 2＋a 2 010＝a 1＋a 2 011＝2, ∴1a 2＋1a 2 010＝12⎝
⎛⎭
⎪⎫1a 2＋1a 2 010(a 2＋a 2 010) ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2 010
a 2＋a 2a 2 010＋1≥2. 答案 2
6.(2018·扬州中学开学考试)已知函数f (x )＝(x ＋m )ln x ,m ∈R ,当x ≠1时恒有(x －1)f ′(x )>0,则关于x 的不等式f (x )<2x －2的解集为________.
解析 由题意得当x ＝1时,f ′(x )＝ln x ＋x ＋m
x ＝0,解得m ＝－1,不等式f (x )<2x －2可化为(x －1)(ln x －2)<0,解得不等式的解集为(1,e 2). 答案 (1,e 2)
7.已知x >0,y >0,若不等式x 3＋y 3≥kxy (x ＋y )恒成立,则实数k 的最大值为________. 解析 由题设知k ≤
（x ＋y ）（x 2－xy ＋y 2）
（x ＋y ）xy
,
∴k ≤x 2－xy ＋y 2xy
＝x y ＋y x －1恒成立.
∵x y ＋y
x －1≥2－1＝1,当且仅当x ＝y 时“＝”成立,从而k ≤1,即k 的最大值为1. 答案 1
8.不等式a 2＋8b 2≥λb (a ＋b )对于任意的a ,b ∈R 恒成立,则实数λ的取值范围为________.
解析 因为a 2＋8b 2≥λb (a ＋b )对于任意的a ,b ∈R 恒成立,所以a 2＋8b 2－λb (a ＋b )≥0对于任意的a ,b ∈R 恒成立,即a 2－λba ＋(8－λ)b 2≥0恒成立, 由一元二次不等式的性质可知,
Δ＝λ2b 2＋4(λ－8)b 2＝b 2(λ2＋4λ－32)≤0, 所以(λ＋8)(λ－4)≤0, 解得－8≤λ≤4. 答案 [－8,4]
9.设P (x ,y )为函数y ＝x 2
－1(x >3)图象上一动点,记m ＝3x ＋y －5x －1＋x ＋3y －7
y －2
,则当
m 取最小值时,点P 的坐标为________. 解析 法一 m ＝3x ＋x 2－6x －1
＋
x ＋3x 2－10x 2－3
＝6＋
x 2－3
x －1＋x －1
x 2－3
,因为x >3,所以x 2－3>0,x －1>0, 所以m ≥6＋2＝8.
当且仅当x 2－3x －1＝x －1
x 2－3,即x ＝2时,m 取得最小值,此时点P 的坐标为(2,3).
法二 m ＝
3x －3＋y －2
x －1
＋
x －1＋3y －6
y －2
＝6＋
y －2
x －1＋x －1
y －2
,因为x >3,所以y >2, 所以y －2>0,x －1>0,所以m ≥8.
当且仅当y －2x －1＝x －1
y －2时,m 取得最小值,下同法一.
答案 (2,3)
10.已知1≤lg xy ≤4,－1≤lg x y ≤2,求lg x 2
y 的取值范围.
解 由1≤lg xy ≤4,－1≤lg x
y ≤2, 得1≤lg x ＋lg y ≤4,－1≤lg x －lg y ≤2,
而lg x 2y ＝2lg x －lg y ＝12(lg x ＋lg y )＋3
2(lg x －lg y ),
所以－1≤lg x 2
y ≤5,
即lg x 2
y 的取值范围是[－1,5].
11.已知函数f (x )＝ln x －14x ＋3
4x －1,g (x )＝－x 2＋2bx －4.若对任意的x 1∈(0,2),x 2∈[1,2],不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立,求实数b 的取值范围.
解 问题等价于f (x )在(0,2)上的最小值恒大于或等于g (x )在[1,2]上的最大值. 因为f (x )＝ln x －14x ＋3
4x －1, 所以f (x )的定义域为(0,＋∞), 所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝4x －x 2－3
4x 2. 若f ′(x )>0,则x 2－4x ＋3<0,解得1<x <3, 故函数f (x )的单调递增区间是(1,3),
同理得f (x )的单调递减区间是(0,1)和(3,＋∞), 故在区间(0,2)上,x ＝1是函数f (x )的极小值点, 这个极小值点是唯一的,故也是最小值点, 所以f (x )min ＝f (1)＝－1
2
.
由于函数g (x )＝－x 2＋2bx －4,x ∈[1,2]. 当b <1时,g (x )max ＝g (1)＝2b －5； 当1≤b ≤2时,g (x )max ＝g (b )＝b 2－4； 当b >2时,g (x )max ＝g (2)＝4b －8.
故问题等价于⎩⎪⎨⎪⎧b <1，－12≥2b －5，或⎩
⎪⎨⎪
⎧1≤b ≤2，－12≥b 2
－4， 或⎩⎪⎨⎪⎧b >2，－12≥4b －8.解第一个不等式组得b <1,解第二个不等式组得1≤b ≤14
2,第三个不等式组无解.
综上所述,b 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤
－∞，
142. 二、选做题
12.(2018·盐城高三阶段性考试)已知二次函数f (x )＝ax 2－4x ＋c 的值域是[0,＋∞),则1a ＋9
c 的最小值是________. 解析 由题意知,a >0,Δ＝16－4ac ＝0, 即ac ＝4,且c >0, 则1a ＋9c ≥2
1a ·9c ＝3, 当且仅当1a ＝9c ,即a ＝2
3,c ＝6时取等号, 则1a ＋9
c 的最小值为3. 答案 3
13.已知关于x 的不等式ax 2＋(a －2)·x －2≥0,a ∈R . (1)若不等式的解集为(－∞,－1]∪[2,＋∞),求实数a 的值；
(2)若不等式ax 2＋(a －2)x －2≥2x 2－3对任意x ∈R 恒成立,求实数a 的取值范围； (3)解关于x 的不等式ax 2＋(a －2)x －2≥0.
解 (1)因为ax 2＋(a －2)x －2≥0的解集为(－∞,－1]∪[2,＋∞), 所以方程ax 2＋(a －2)x －2＝0的两根为x ＝－1或x ＝2, 所以－1×2＝－2a ,且－1＋2＝－a －2
a ,解得a ＝1.
(2)若不等式ax 2＋(a －2)x －2≥2x 2－3对任意x ∈R 恒成立,即(a －2)x 2＋(a －2)x ＋1≥0对任意x ∈R 恒成立.因此,①当a ＝2时,不等式变为1≥0,显然成立；②当a ≠2
时,⎩⎨⎧a －2>0，（a －2）2
－4（a －2）≤0，解得2<a ≤6. 综上,实数a 的取值范围为[2,6].
(3)ax 2＋(a －2)x －2≥0⇔(x ＋1)(ax －2)≥0. 当a ＝0时,原不等式变形为－2x －2≥0, 解得x ≤－1.
当a ≠0时,ax 2＋(a －2)x －2＝0的两根为x ＝－1或x ＝2
a .
当a >0时,－1<2a ,所以(x ＋1)(ax －2)≥0⇒x ≤－1或x ≥2
a ；
当a <－2时,－1<a 2,所以(x ＋1)(ax －2)≥0⇒－1≤x ≤2
a ；
当a ＝－2时,－1＝2
a ,所以(x ＋1)(ax －2)≥0⇔(x ＋1)2≤0⇒x ＝－1；
当－2<a <0时,－1>2a ,所以(x ＋1)(ax －2)≥0⇒2
a ≤x ≤－1. 综上可得,当a ＝0时,原不等式的解集为{x |x ≤－1}；
当a >0时,原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪⎪⎪x ≤－1或x ≥2a ；
当－2<a <0时,原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪⎪⎪2a ≤x ≤－1； 当a ＝－2时,原不等式的解集为{}x |x ＝－1；
当a <－2时,原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪⎪⎪－1≤x ≤2a .。