2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第二章 不等式2.2 含解析

§2.2一元二次不等式及其解法
一元二次不等式的解集
概念方法微思考
1．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集与其对应的函数y＝ax2＋bx＋c的图象有什么关系？
提示ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集就是其对应函数y＝ax2＋bx＋c的图象在x轴上方的部分所对应的x的取值范围．
2．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件是什么？
提示 显然a ≠0.ax 2
＋bx ＋c >0恒成立的条件是⎩
⎪⎨⎪⎧
a >0，Δ<0；ax 2＋bx ＋c <0恒成立的条件是⎩⎪⎨⎪⎧
a <0，Δ<0.
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若不等式ax 2＋bx ＋c <0的解集为(x 1，x 2)，则必有a >0.( √ )
(2)若不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集是(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)，则方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两个根是x 1和x 2.( √ ) (3)若方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)没有实数根，则不等式ax 2＋bx ＋c >0的解集为R .( × ) (4)不等式ax 2＋bx ＋c ≤0在R 上恒成立的条件是a <0且Δ＝b 2－4ac ≤0.( × )
(5)若二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象开口向下，则不等式ax 2＋bx ＋c <0的解集一定不是空集．( √ ) 题组二 教材改编
2．[P80A 组T4]已知集合A ＝{x |x 2－x －6>0}，则∁R A 等于( ) A ．{x |－2<x <3} B ．{x |－2≤x ≤3} C ．{x |x <－2}∪{x |x >3} D ．{x |x ≤－2}∪{x |x ≥3}
答案 B
解析 ∵x 2－x －6>0，∴(x ＋2)(x －3)>0，∴x >3或x <－2，即A ＝{x |x >3或x <－2}．在数轴上表示出集合A ，如图所示．
由图可得∁R A ＝{x |－2≤x ≤3}． 故选B.
3．[P80A 组T2]y ＝log 2(3x 2－2x －2)的定义域是________________________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－73∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋73，＋∞
解析 由题意，得3x 2－2x －2>0，
令3x 2－2x －2＝0，得x 1＝1－73，x 2＝1＋7
3
，
∴3x 2－2x －2>0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－73∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋73，＋∞.
题组三 易错自纠
4．不等式－x 2－3x ＋4>0的解集为________．(用区间表示) 答案 (－4,1)
解析 由－x 2－3x ＋4>0可知，(x ＋4)(x －1)<0， 得－4<x <1.
5．若关于x 的不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集是⎝⎛⎭
⎫－12，1
3，则a ＋b ＝________.
答案 －14
解析 由题意可知，x 1＝－12，x 2＝1
3
是方程ax 2＋bx ＋2＝0的两个根，
∴⎩⎨⎧
a 4－b
2
＋2＝0，a 9＋b
3＋2＝0，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝－12，
b ＝－2，∴a ＋b ＝－14.
6．不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0，对一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，2]
B ．(－2,2]
C ．(－2,2)
D ．(－∞，2)
答案 B
解析 由⎩
⎪⎨⎪⎧
a －2<0，
Δ<0，解得－2<a <2，
另a ＝2时，原式化为－4<0，不等式恒成立， ∴－2<a ≤2.故选B.
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 已知集合A ＝{x |x 2－x －2<0}，B ＝{y |y ＝2x }，则A ∩B 等于( ) A ．(－1,2) B ．(－2,1) C ．(0,1) D ．(0,2)
答案 D
解析 由题意得A ＝{x |x 2－x －2<0}＝{x |－1<x <2}，B ＝{y |y ＝2x }＝{y |y >0}， ∴ A ∩B ＝{x |0<x <2}＝(0,2)．故选D.
命题点2 含参不等式
例2 解关于x 的不等式ax 2－(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⎝⎛⎭⎫x －1
a (x －1)<0. 所以当a >1时，解为1
a <x <1；
当a ＝1时，解集为∅；
当0<a <1时，解为1<x <1
a
.
综上，当0<a <1时，不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪
1<x <1a ； 当a ＝1时，不等式的解集为∅；
当a >1时，不等式的解集为⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪⎪
1a
<x <1. 思维升华 对含参的不等式，应对参数进行分类讨论：①根据二次项系数为正、负及零进行分类．②根据判别式Δ判断根的个数．③有两个根时，有时还需根据两根的大小进行讨论． 跟踪训练1 解不等式12x 2－ax >a 2(a ∈R )． 解 原不等式可化为12x 2－ax －a 2>0， 即(4x ＋a )(3x －a )>0，令(4x ＋a )(3x －a )＝0， 解得x 1＝－a 4，x 2＝a
3
.
当a >0时，不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－a 4∪⎝⎛⎭⎫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⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪⎝⎛⎭⎫－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 已知函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈R ，f (x )<0恒成立，求实数m 的取值范围． 解 当m ＝0时，f (x )＝－1<0恒成立．
当m ≠0时，则⎩
⎪⎨⎪
⎧
m <0，Δ＝m 2
＋4m <0，即－4<m <0. 综上，－4<m ≤0，故m 的取值范围是(－4,0]．
例4 已知函数f (x )＝mx 2－mx －1.若对于x ∈[1,3]，f (x )<5－m 恒成立，求实数m 的取值范围． 解 要使f (x )<－m ＋5在x ∈[1,3]上恒成立， 即m ⎝⎛⎭⎫x －122＋3
4m －6<0在x ∈[1,3]上恒成立． 方法一 令g (x )＝m ⎝⎛⎭⎫x －122＋3
4m －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)，即7m －6<0， 所以m <67，所以0<m <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)，即m －6<0， 所以m <6，所以m <0.
综上所述，m 的取值范围是⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
m ⎪⎪
m <67
. 方法二 因为x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋3
4>0， 又因为m (x 2－x ＋1)－6<0，所以m <6
x 2
－x ＋1
.
因为函数y ＝6
x 2－x ＋1＝
6⎝⎛
⎭⎫x －122＋34
在[1,3]上的最小值为67，所以只需m <6
7即可． 所以m 的取值范围是⎩⎨⎧⎭⎬⎫m ⎪⎪
m <67. 引申探究
1．若将“f (x )<5－m 恒成立”改为“f (x )<5－m 无解”，如何求m 的取值范围？ 解 若f (x )<5－m 无解，即f (x )≥5－m 恒成立， 即m ≥6
x 2－x ＋1恒成立，则m ≥⎝⎛⎭⎫6x 2－x ＋1max ，
又x ∈[1,3]，得m ≥6，即m 的取值范围为[6，＋∞)．
2．若将“f (x )<5－m 恒成立”改为“存在x ，使f (x )<5－m 成立”，如何求m 的取值范围． 解 由题意知f (x )<5－m 有解，
即m <6
x 2－x ＋1
有解，则m <⎝⎛⎭⎫6x 2－x ＋1max ，
又x ∈[1,3]，得m <6，即m 的取值范围为(－∞，6)．
例5 若mx 2－mx －1<0对于m ∈[1,2]恒成立，求实数x 的取值范围．
解 设g (m )＝mx 2－mx －1＝(x 2－x )m －1，其图象是直线，当m ∈[1,2]时，图象为一条线段，
则⎩⎪⎨⎪⎧ g (1)<0，g (2)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
－x －1<0，2x 2－2x －1<0，
解得1－32<x <1＋32，
故x 的取值范围为⎝
⎛⎭
⎪⎫
1－32，1＋
32
. 思维升华 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．
跟踪训练2 函数f (x )＝x 2＋ax ＋3.
(1)当x ∈R 时，f (x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围； (2)当x ∈[－2,2]时，f (x )≥a 恒成立，求实数a 的取值范围； (3)当a ∈[4,6]时，f (x )≥0恒成立，求实数x 的取值范围． 解 (1)∵当x ∈R 时，x 2＋ax ＋3－a ≥0恒成立， 需Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即a 2＋4a －12≤0， ∴实数a 的取值范围是[－6,2]．
(2)当x ∈[－2,2]时，设g (x )＝x 2＋ax ＋3－a ≥0， 分如下三种情况讨论(如图所示)：
①如图①，当g (x )的图象与x 轴不超过1个交点时， 有Δ＝a 2－4(3－a )≤0，即－6≤a ≤2. ②如图②，g (x )的图象与x 轴有2个交点， 但当x ∈[－2，＋∞)时，g (x )≥0，
即⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，
x ＝－a
2<－2，g (－2)≥0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
a 2－4(3－a )>0，
－a
2<－2，
4－2a ＋3－a ≥0，
可得⎩⎪⎨
⎪⎧
a >2或a <－6，a >4，a ≤73，
解得a ∈∅.
③如图③，g (x )的图象与x 轴有2个交点， 但当x ∈(－∞，2]时，g (x )≥0.
即⎩⎪⎨⎪⎧
Δ>0，
x ＝－a
2>2，g (2)≥0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
a 2－4(3－a )>0，
－a
2>2，
7＋a ≥0，
可得⎩⎪⎨⎪
⎧
a >2或a <－6，a <－4，
a ≥－7.
∴－7≤a <－6，
综上，实数a 的取值范围是[－7,2]．
(3)令h (a )＝xa ＋x 2＋3.
当a ∈[4,6]时，h (a )≥0恒成立．
只需⎩⎪⎨⎪⎧ h (4)≥0，h (6)≥0，即⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2＋4x ＋3≥0，x 2＋6x ＋3≥0，
解得x ≤－3－6或x ≥－3＋ 6. ∴实数x 的取值范围是
(－∞，－3－6]∪[－3＋6，＋∞)．
1．已知集合A ＝{x |x ≥0}，B ＝{x |(x ＋1)(x －5)<0}，则A ∩B 等于( ) A ．[－1,4) B ．[0,5)
C ．[1,4]
D ．[－4，－1)∪ [4,5)
答案 B
解析 由题意得B ＝{x |－1<x <5}，故A ∩B ＝{x |x ≥0}∩{x |－1<x <5}＝[0,5)．故选B. 2．若不等式ax 2＋bx ＋2>0的解集为{x |－1<x <2}，则不等式2x 2＋bx ＋a >0的解集为( )
A.⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪⎪
x <－1或x >12 B.⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
x ⎪⎪
－1<x <12 C ．{x |－2<x <1} D ．{x |x <－2或x >1}
答案 A
解析 ∵不等式ax 2
＋bx ＋2>0的解集为{x |－1<x <2}，∴ax 2＋bx ＋2＝0的两根为－1,2，且a <0，即－1＋2＝
－b a ，(－1)×2＝2
a ，解得a ＝－1，
b ＝1，则所求不等式可化为2x 2＋x －1>0，解得⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪
⎪
x <－1或x >12，故选A. 3．若一元二次不等式2kx 2＋kx －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] 答案 A
解析 由题意可得⎩⎪⎨⎪
⎧
k <0，Δ＝k 2－4×2k ×⎝⎛⎭⎫－38<0， 解得－3<k <0.
4．若存在实数x ∈[2,4]，使x 2－2x ＋5－m <0成立，则m 的取值范围为( ) A ．(13，＋∞) B ．(5，＋∞) C ．(4，＋∞) D ．(－∞，13)
答案 B
解析 m >x 2－2x ＋5，设f (x )＝x 2－2x ＋5＝(x －1)2＋4，x ∈[2,4]，当x ＝2时，f (x )min ＝5，存在x ∈[2,4]使x 2－2x ＋5－m <0成立，即m >f (x )min ，∴m >5.故选B.
5．若不等式x 2－(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] 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，不等式的解集为{x |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1<a ≤3，综上可得－4≤a ≤3.
6．(2018·浙江宁波十校适应性测试)当x ∈(a ，b ]时，不等式2x －1x ＋2≤1恒成立，则实数a 的取值范围为( )
A ．[－2,3)
B ．(－2,3]
C ．(－2,3)
D ．{－2} 答案 A
解析 由2x －1x ＋2≤1，得2x －1x ＋2－1＝x －3x ＋2≤0，解得－2<x ≤3，因为当x ∈(a ，b ]时，不等式2x －1
x ＋2≤1恒成立，
所以(a ，b ]⊆(－2,3]，则a ∈[－2,3)，故选A.
7．若不等式x 2－2ax ＋a ≤－1有唯一解，则a 的值为______． 答案
1±52
解析 若不等式x 2－2ax ＋a ≤－1有唯一解，则x 2－2ax ＋a ＝－1有两个相等的实根，所以 Δ＝4a 2－4(a ＋1)＝0，解得a ＝1±5
2
.
8．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件售价提高1元，销售量就会减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，销售单价的取值范围是________． 答案 (12,16)
解析 设售价定为每件x 元，利润为y ， 则y ＝(x －8)[100－10(x －10)]， 依题意有(x －8)[100－10(x －10)]>320， 即x 2－28x ＋192<0，解得12<x <16， 所以每件售价应定为12元到16元之间．
9．若不等式x 2＋ax ＋4≥0对一切x ∈(0,1]恒成立，则a 的取值范围为________． 答案 [－5，＋∞)
解析 由题意，分离参数后得，a ≥－⎝⎛⎭⎫x ＋4x . 设f (x )＝－⎝⎛⎭⎫x ＋4
x ，x ∈(0,1]， 则只要a ≥[f (x )]max 即可．
由于函数f (x )在区间(0,1]上单调递增， 所以[f (x )]max ＝f (1)＝－5，故a ≥－5.
10．设a ∈R ，若x ∈[1,2]时，均有(x －a )(x 2＋2a )<0，则a 的取值范围是__________________． 答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析 当a ≥0时，x 2＋2a >0，即当x ∈[1,2]时，均有x <a ，从而有a >2. 当a <0时，x －a >0，即当x ∈[1,2]时，均有x 2＋2a <0， 则(x 2＋2a )max <0，即4＋2a <0，得a <－2. 综上可得，a >2或a <－2.
11．已知f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋6. (1)解关于a 的不等式f (1)>0；
(2)若不等式f (x )>b 的解集为(－1,3)，求实数a ，b 的值． 解 (1)∵f (x )＝－3x 2＋a (6－a )x ＋6， ∴f (1)＝－3＋a (6－a )＋6＝－a 2＋6a ＋3>0， 即a 2－6a －3<0，解得3－23<a <3＋2 3. ∴原不等式的解集为{a |3－23<a <3＋23}． (2)∵f (x )>b 的解集为(－1,3)，
∴方程－3x 2＋a (6－a )x ＋6－b ＝0的两根为－1,3， ∴⎩⎨⎧
－1＋3＝a (6－a )
3
，－1×3＝－6－b
3
，
解得⎩
⎨⎧
a ＝3±3，
b ＝－3.
12．(2018·浙江绍兴一中模拟)已知f (x )＝x 2－2ax －3a 2. (1)设a ＝1，解不等式f (x )>0；
(2)若不等式f (x )<x 的解集中有且仅有一个整数，求a 的取值范围； (3)若a >1
4，且当x ∈[1,4a ]时，|f (x )|≤4a 恒成立，试确定a 的取值范围．
解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )>0，即x 2－2x －3>0， 解得x >3或x <－1.
故当a ＝1时，不等式f (x )>0的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)． (2)f (x )－x ＝x 2－(2a ＋1)x －3a 2， 令g (x )＝x 2－(2a ＋1)x －3a 2，
若a ＝0，则f (x )<x 的解集为(0,1)，不满足条件；
若a ≠0，由g (0)＝－3a 2
<0知x ＝0是不等式f (x )<x 的一个整数解，所以由⎩
⎪⎨⎪⎧
g (1)≥0，g (－1)≥0，得1－7
3≤a ＜0.
综上，a 的取值范围为⎣⎢
⎡⎭
⎪
⎫1－73，0.
(3)若1
4<a ≤1，则⎩
⎪⎨⎪⎧
|f (1)|≤4a ，|f (4a )|≤4a ，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
|1－2a －3a 2|≤4a ，|5a 2|≤4a ，得14＜a ≤45；
若a >1，因为|f (a )|＝4a 2，|f (4a )|＝5a 2， 所以由⎩⎪⎨⎪⎧
4a 2
≤4a ，5a 2
≤4a ，
a >1，
得此不等式的解集为∅.
综上，a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤14，45.
13．若不等式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__________． 答案 [－8,4]
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.
14．已知b ，c ∈R ，若关于x 的不等式0≤x 2＋bx ＋c ≤4的解集为[x 1，x 2]∪[x 3，x 4](x 2<x 3)，则(2x 4－x 3)－(2x 1
－x 2)的最小值是________．
答案 4 3
解析 如图，据题意可知x 1，x 4是方程x 2＋bx ＋c ＝4的两根，x 2，x 3是方程x 2＋bx ＋c ＝0的两根．由根与系数的关系可得(2x 4－x 3)－(2x 1－x 2)＝2(x 4－x 1)－(x 3－x 2)
＝2(x 4＋x 1)2－4x 4·x 1－(x 3＋x 2)2－4x 2·x 3
＝2b 2－4c ＋16－b 2－4c ，令b 2－4c ＝t ，
则有(2x 4－x 3)－(2x 1－x 2)＝f (t )＝2t ＋16－t ，
令f ′(t )＝1t ＋16－12t ＝0，解得t ＝163， 当0<t <163
时，f ′(t )<0，f (t )单调递减， 当t >163
时，f ′(t )>0，f (t )单调递增． 据题意可知f (t )min ＝f ⎝⎛⎭⎫163＝4 3.
15．(2019·杭州高级中学仿真测试)若关于x 的不等式(x 2－a )(2x ＋b )≥0在(a ，b )上恒成立，则2a ＋b 的最小值为________．
答案 0
解析 要使2a ＋b 取得最小值，尽量考虑a ，b 取负值的情况，因此当a <b ≤0时，不等式(x 2－a )(2x ＋b )≥0等价于2x ＋b ≥0，即b ≥－2x 在(a ，b )上恒成立，则b ≥－2a >0，与b ≤0矛盾；
当a <0<b 时，不等式(x 2－a )(2x ＋b )≥0等价于2x ＋b ≥0，即b ≥－2x 在(a ，b )上恒成立，
则b ≥－2a ，即2a ＋b ≥0，此时2a ＋b 的最小值为0；
当0≤a <b 时，显然2a ＋b >0.
综上可知，2a ＋b 的最小值为0.
16．(2018·浙江省海盐高级中学期中)已知函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋2－a ，若集合A ＝{x ∈N |f (x )<0}中有且只有一个元素，求实数a 的取值范围．
解 ∵集合A ＝{x ∈N |f (x )<0}中有且只有一个元素，
故方程f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋2－a ＝0有两个实根，
即Δ＝(a ＋2)2－4(2－a )>0，亦即a 2＋8a －4>0，
方程x 2－(a ＋2)x ＋2－a ＝0的根为
x 1＝2＋a －a 2＋8a －42，x 2＝2＋a ＋a 2＋8a －42. 又∵f (0)＝2－a ，若f (0)＝2－a <0，
则a >2，此时x 2＝2＋a ＋a 2＋8a －42
>1， 则集合A ＝{x ∈N |f (x )<0}中至少有两个元素0,1，不符合题意； 故f (0)＝2－a ≥0，a ≤2，
此时要使集合A ＝{x ∈N |f (x )<0}中有且只有一个元素，
需满足⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)≥0，f (1)<0，
f (2)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧
2－a ≥0，12－(a ＋2)＋2－a <0，22－(a ＋2)×2＋2－a ≥0， 解得12<a ≤23，即a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤12，23.。