资源描述
<p>第六篇 不等式A
第1讲 不等关系与不等式
[最新考纲]
1．了解现实世界和日常生活中的不等关系．
2．了解不等式(组)的实际背景．
3．把握不等式的性质及应用.
知 识 梳 理
1．两个实数比较大小的方法
(1)作差法
(2)作商法
2．不等式的性质
(1)对称性：a＞b⇔b＜a；
(2)传递性：a＞b，b＞c⇔a＞c；
(3)可加性：a＞b⇔a＋c＞b＋c，a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d；
(4)可乘性：a＞b，c＞0⇒ac＞bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；
(5)可乘方：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)；
(6)可开方：a＞b＞0⇒＞(n∈N，n≥2)．
辨 析 感 悟
1．对两个实数大小的比较的生疏
(1)两个实数a，b之间，有且只有a＞b，a＝b，a＜b三种关系中的一种．(√)
(2)若＞1.则a＞b.(×)
2．对不等式性质的理解
(3)在一个不等式的两边同乘以一个非零实数，不等式仍旧成立．(×)
(4)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)
(5)(2022·丽水模拟改编)设a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“b＜”成立的既不充分也不必要条件．(√)
(6)(2021·北京卷改编)若a＞b，则＜.(×)
若a＞b，则a2＞b2.(×)
若a＞b，则a3＞b3.(√)
[感悟·提升]
两个防范 一是在使用不等式时，肯定要搞清它们成立的前提条件，不行强化或弱化成立的条件，如“同向不等式”才可相加、“同向且两边同正的不等式”才可相乘；“可乘性中的”c的符号等都需留意，如(2)、(3)、(4)．
二是利用特值法推断两个式子大小时，错误的关系式，只需取特值举反例即可，而正确的关系式，则需推理论证．如(6)中当a＝1，b＝－2时，＜不成立；当a＝－1，b＝－2时，a2＞b2不成立.
同学用书第94页
考点一 用不等式(组)表示不等关系
【例1】 某商人假如将进货单价为8元的商品按每件10元销售，每天可销售100件，现在他接受提高售价，削减进货量的方法增加利润．已知这种商品的单价每提高1元，销售量就相应削减10件．若把提价后商品的单价设为x元，怎样用不等式表示每天的利润不低于300元？
解 若提价后商品的单价为x元，则销售量削减×10件，因此，每天的利润为(x－8)[100－10(x－10)]元，则“每天的利润不低于300元”可以表示为不等式(x－8)[100－10(x－10)]≥300.
规律方法 对于不等式的表示问题，关键是理解题意，分清变化前后的各种量，得出相应的代数式，然后用不等式表示．而对于涉及条件较多的实际问题，则往往需列不等式组解决．
【训练1】 某化工厂制定明年某产品的生产方案，受下面条件的制约：生产此产品的工人不超过200人；每个工人的年工作时间约为2 100 h；估计此产品明年的销售量至少为80 000袋；生产每袋产品需用4 h；生产每袋产品需用原料20 kg；年底库存原料600 t，明年可补充1 200 t．试依据这些数据猜测明年的产量．
解 设明年的产量为x袋，则
解得80 000≤x≤90 000.
估计明年的产量在80 000袋到90 000袋之间．
考点二 比较大小
【例2】 (1)若a＝，b＝，c＝，则 ( )．
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜a＜c
(2)已知a≠1且a∈R，试比较与1＋a的大小．
(1)解析 易知a，b，c都是正数，＝＝log89＞1，所以b＞a；＝＝log2532＞1，所以a＞c.即c＜a＜b.故选C.
答案 C
(2)解 ∵－(1＋a)＝，
当a＝0时，＝0，∴＝1＋a；
当a＜1，且a≠0时，＞0，
∴＞1＋a；
当a＞1时，＜0，∴＜1＋a.
规律方法 (1)比较大小时，要把各种可能的状况都考虑进去，对不确定的因素需进行分类争辩，每一步运算都要精确 ，每一步推理都要有充分的依据．
(2)用作商法比较代数式的大小一般适用于分式、指数式、对数式，作商只是思路，关键是化简变形，从而使结果能够与1比较大小．
【训练2】 (2022·四川卷)设a，b为正实数．现有下列命题：
①若a2－b2＝1，则a－b＜1；②若－＝1，则a－b＜1；③若|－|＝1，则|a－b|＜1；④若|a3－b3|＝1，则|a－b|＜1.
其中的真命题有________(写出全部真命题的编号)．
解析 ①中，a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝1，a，b为正实数，若a－b≥1，则必有a＋b＞1，又a－b＝，不合题意，故①正确．
②中，－＝＝1，只需a－b＝ab即可．如取a＝2，b＝满足上式，但a－b＝＞1，故②错．
③中，a，b为正实数，所以＋＞|－|＝1，
且|a－b|＝|(＋)(－)|＝|＋|＞1，故③错．
④中，|a3－b3|＝|(a－b)(a2＋ab＋b2)|＝|a－b|(a2＋ab＋b2)＝1.
若|a－b|≥1，不妨取a＞b＞1，则必有a2＋ab＋b2＞1，不合题意，故④正确．
答案 ①④
考点三 不等式的性质及其应用
【例3】 (1)(2022·泉州模拟)若x＞y，a＞b，则在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤＞这五个式子中，恒成立的全部不等式的序号是________．
(2)(2022·湖南卷)设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：>；②ac</p><bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．
其中全部的正确结论的序号是 ( )．
A.① B．①②
C．②③ D．①②③
审题路线
解析 (1)令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合题设条件x＞y，a＞b，
∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，
∴a－x＝b－y，因此①不成立．
又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不成立．
又∵＝＝－1，＝＝－1，
∴＝，因此⑤不成立．
由不等式的性质可推出②④成立．
(2)由不等式性质及a>b>1知<，又c<0，所以>，①正确；构造函数y＝xc，∵c＜0，∴y＝xc在(0，＋∞)上是减函数，又a＞b＞1，∴ac＜bc，知②正确；∵a＞b＞1，a－c＞0，∴a－c＞b－c＞1，∵a＞b＞1，∴logb(a－c)＞loga(a－c)＞loga(b－c)，知③正确．
答案 (1)②④ (2)D
规律方法 (1)推断不等式是否成立，需要逐一给出推理推断或反例说明．常用的推理推断需要利用不等式的性质．
(2)在推断一个关于不等式的命题真假时，先把要推断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质推断命题真假，当然推断的同时还要用到其他学问，比如对数函数，指数函数的性质等．
【训练3】 若＜＜0，则下列不等式：①＜；②|a|＋b＞0；③a－＞b－；④ln a2＞ln b2中，正确的不等式是 ( )．
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
解析 法一 由＜＜0，可知b＜a＜0.①中，由于a＋b＜0，ab＞0，所以＜0，＞0.故有＜，即①正确；②中，由于b＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②错误；③中，由于b＜a＜0，又＜＜0，所以a－＞b－，故③正确；④中，由于b＜a＜0，依据y＝x2在(－∞，0)上为减函数，可得b2＞a2＞0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b2＞ln a2，故④错误．由以上分析，知①③正确．
法二 由于＜＜0，故可取a＝－1，b＝－2.
明显|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②错误；
由于ln a2＝ln(－1)2＝0，ln b2＝ln(－2)2＝ln 4＞0，所以④错误．综上所述，可排解②④.
答案 C
1．推断不等式是否成立，主要利用不等式的性质和特殊值验证两种方法，特殊是对于有肯定条件限制的选择题，用特殊值验证的方法更简便．
2．倒数关系在不等式中的作用：⇒＜；⇒＞.
3．比较法是不等式性质证明的理论依据，是不等式证明的主要方法之一，作差法的主要步骤为：作差——变形——推断正负．在所给不等式是积、商、幂的形式时，可考虑比商．
易错辨析6——多次使用同向不等式的可加性而致误
【典例】 设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________．
[错解] 由得
①＋②得≤a≤3.②－①得≤b≤1.
由此得4≤f(－2)＝4a－2b≤11.
所以f(－2)的取值范围是[4,11]．
[答案] [4,11]
[错因] 本题错解的主要缘由是多次使用同向不等式的可加性而导致了f(－2)的范围扩大．
[正解] 法一 设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.
于是得解得
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
法二 由
得
∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，
故5≤f(－2)≤10.
法三 由
确定的平面区域如图阴影部分，
当f(－2)＝4a－2b过点
A时，
取得最小值4×－2×＝5，
当f(－2)＝4a－2b过点B(3,1)时，
取得最大值4×3－2×1＝10，
∴5≤f(－2)≤10.
[答案] [5,10]
[防范措施] 利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避开错误的有效途径．
【自主体验】
假如－1＜a＋b＜3,3＜a－b＜5，那么2a－3b的取值范围是( )．
A．(2,8) B．(5,14)
C．(6,13) D．(7,13)
解析 设a＋b＝x，a－b＝y，
∴－1＜x＜3,3＜y＜5，a＝，b＝，
∴2a－3b＝x＋y－(x－y)＝－x＋y.
又∵－＜－x＜，＜y＜，
∴6＜－x＋y＜13，
∴2a－3b的取值范围是(6,13)．
答案 C
对应同学用书P297
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2022·深圳一模)设x，y∈R，则“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的( )．
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析 由不等式性质知当x≥1且y≥2时，x＋y≥3；而当x＝2，y＝时满足x＋y≥3，但不满足x≥1且y≥2，故“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的充分而不必要条件．
答案 A
2．(2022·保定模拟)已知a>b，则下列不等式成立的是( )．
A．a2－b2≥0 B．ac>bc
C．|a|>|b| D．2a>2b
解析 A中，若a＝－1，b＝－2，则a2－b2≥0不成立；当c＝0时，B不成立；当0>a>b时，C不成立；由a>b知2a>2b成立，故选D.
答案 D
3．(2022·河南三市三模)已知0＜a＜1，x＝loga＋loga ，y＝loga5，z＝loga －loga ，则( )．
A．x＞y＞z B．z＞y＞x
C．z＞x＞y D．y＞x＞z
解析 由题意得x＝loga，y＝loga，z＝loga，而0＜a＜1，∴函数y＝loga x在(0，＋∞)上单调递减，∴y＞x＞z.
答案 D
4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是( )．
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析 由－1＜b＜0，可得b＜b2＜1，又a＜0，
∴ab＞ab2＞a.
答案 D
5．(2022·晋城模拟)已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出<成立的有( a="">b，ab>0可得<，②、④正确．又正数大于负数，①正确，③错误，故选c. c="" a2b1.="" a2b1="" .="" a="">0，b>0且a≠b时，aabb与abba.
解 (1)∵3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.
(2)＝aa－bbb－a＝aa－ba－b＝a－b.
当a>b，即a－b>0，>1时，a－b>1，∴aabb>abba.
当a<b，即a－b<0,0<<1时，a－b>1，
∴aabb>abba.
∴当a>0，b>0且a≠b时，aabb>abba.
10．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，假如两人步行速度、跑步速度均相同，试推断谁先到教室？
解 设从寝室到教室的路程为s，甲、乙两人的步行速度为v1，跑步速度为v2，且v1＜v2.
甲所用的时间t甲＝＋＝，
乙所用的时间t乙＝，
∴＝×＝
＝＞＝1.
∵t甲＞0，t乙＞0，∴t甲＞t乙，即乙先到教室．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．下面四个条件中，使a＞b成立的充分不必要条件是( )．
A．a＞b＋1 B．a＞b－1 C．a2＞b2 D．a3＞b3
解析 由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要条件是a＞b＋1.
答案 A
2．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( )．
A．c≥b＞a B．a＞c≥b
C．c＞b＞a D．a＞c＞b
解析 c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b，将已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2，
∵1＋a2－a＝2＋＞0，∴1＋a2＞a，
∴b＝1＋a2＞a，∴c≥b＞a.
答案 A
二、填空题
3．(2022·三门峡二模)给出下列条件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中，能推出logb＜loga＜logab成立的条件的序号是________．
解析 若1＜a＜b，则＜＜1＜b，∴loga＜loga＝－1＝logb，故条件①不成立；
若0＜a＜b＜1，则b＜1＜＜，
∴logab＞loga＞loga＝－1＝logb，故条件②成立；
若0＜a＜1＜b，则0＜＜1，∴loga＞0，logab＜0，故条件③不成立．
答案 ②
三、解答题
4．设0<x<1，a>0且a≠1，比较|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小．
解 法一 作差比较
当a>1时，由0<x<1知，
loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，
∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|
＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)，
∵0<1－x2<1，∴loga(1－x2)<0，>0，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
当0<a<1时，同样可得|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
法二 平方作差
|loga(1－x)|2－|loga(1＋x)|2
＝[loga(1－x)]2－[loga(1＋x)]2
＝loga(1－x2)·loga
＝loga(1－x2)·loga>0.
∴|loga(1－x)|2>|loga(1＋x)|2，
故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
法三 作商比较
∵＝＝|log(1＋x)(1－x)|，
∵0<x<1，∴log(1＋x)(1－x)<0，
故＝－log(1＋x)(1－x)＝log(1＋x)
＝1＋log(1＋x)＝1＋log(1＋x).
由0<x<1知，1＋x>1及>1，
∴log(1＋x)>0，故>1，
∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.
同学用书第96页
第2讲 一元二次不等式及其解法
[最新考纲]
1．会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型．
2．通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的关系．
3．会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.
知 识 梳 理
1．一元二次不等式的解法
(1)将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．
(2)计算相应的判别式．
(3)当Δ≥0时，求出相应的一元二次方程的根．
(4)利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式的解集．
2．三个“二次”间的关系
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＝－
没有实数根
ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集
{x|x＞x2或x＜x1}
R
ax2＋bx＋c＜0 (a＞0)的解集
{x|x1＜x＜x2}
∅
∅
辨 析 感 悟
1．对一元二次不等式的解法的理解
(1)(2021·广东卷改编)不等式x2＋x－2＜0的解集为－2＜x＜1.(×)
(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.(√)
(3)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.(√)
(4)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.(×)
2．对一元二次不等式恒成立问题的生疏
(5)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a＜0且Δ＝b2－4ac≤0.(×)
(6)若关于x的不等式ax2＋x－1≤0的解集为R，则a≤－.(√)
(7)若不等式x2＋ax＋1≥0对x∈恒成立，则a的最小值为－.(√)
[感悟·提升]
三个防范 一是当Δ＜0时，不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)的解集为R还是∅，要留意区分，如(4)中当a＞0时，解集为R；当a＜0时，解集为∅.
二是对于不等式ax2＋bx＋c＞0求解时不要遗忘争辩a＝0时的情形，如(5)中当a＝b＝0，c≤0时，不等式ax2＋bx＋c≤0在R上也是恒成立的．
三是解含参数的一元二次不等式，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类争辩；若不能因式分解，则可对判别式进行分类争辩分类要不重不漏.
考点一 一元二次不等式的解法
【例1】 (2022·大连模拟)已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，假如不等式f(x)＞0的解集是(－1,3)，则不等式f(－2x)＜0的解集是
( )．
A.∪
B.
C.∪
D.
解析 由f(x)＞0，得ax2＋(ab－1)x－b＞0，又其解集是(－1,3)，∴a＜0.且解得a＝－1或，
∴a＝－1，b＝－3.∴f(x)＝－x2＋2x＋3，
∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，
由－4x2－4x＋3＜0，得4x2＋4x－3＞0，
解得x＞或x＜－，故选A.
答案 A
规律方法 解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再依据判别式符号推断对应方程根的状况，然后结合相应二次函数的图象写出不等式的解集.
同学用书第97页
【训练1】 (2021·江苏卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x＞0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)＞x的解集用区间表示为________．
解析 ∵f(x)是定义在R上的奇函数，
∴f(0)＝0，
又当x＜0时，－x＞0，
∴f(－x)＝x2＋4x.
又f(x)为奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－x2－4x(x＜0)，
∴f(x)＝
(1)当x＞0时，由f(x)＞x得x2－4x＞x，解得x＞5；
(2)当x＝0时，f(x)＞x无解；
(3)当x＜0时，由f(x)＞x得－x2－4x＞x，解得－5＜x＜0.
综上得不等式f(x)＞x的解集用区间表示为(－5,0)∪(5，＋∞)．
答案 (－5,0)∪(5，＋∞)
考点二 含参数的一元二次不等式的解法
【例2】 (2021·烟台期末)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(x＋1)≥0，解得x≥或x≤－1.
③当a＜0时，原不等式化为(x＋1)≤0.
当＞－1，即a＜－2时，解得－1≤x≤；
当＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意；
当＜－1，即a＞－2，解得≤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；当－2＜a＜0时，不等式的解集为；当a＝－2时，不等式的解集为{x|x＝－1}；当a＜－2时，不等式的解集为.
规律方法 解含参数的一元二次不等式分类争辩的依据
(1)二次项中若含有参数应争辩是小于0，等于0，还是大于0，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式．
(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，争辩判别式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，要争辩两根的大小关系，从而确定解集形式．
【训练2】 (1)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. B. C. D.
(2)解关于x的不等式(1－ax)2＜1.
(1)解析 法一 ∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集为(x1，x2)，∴x1，x2是方程x2－2ax－8a2＝0的两根．
由根与系数的关系知
∴x2－x1＝＝＝15，又∵a＞0，∴a＝，故选A.
法二 由x2－2ax－8a2<0，得(x＋2a)(x－4a)<0，
∵a＞0，∴不等式x2－2ax－8a2＜0的解集为(－2a,4a)，
又∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集为(x1，x2)，
∴x1＝－2a，x2＝4a.∵x2－x1＝15，
∴4a－(－2a)＝15，解得a＝，故选A.
答案 A
(2)解 由(1－ax)2＜1，得a2x2－2ax＜0，
即ax(ax－2)＜0，当a＝0时，x∈∅.
当a＞0时，由ax(ax－2)＜0，得a2x＜0，
即0＜x＜.当a＜0时，＜x＜0.
综上所述：当a＝0时，不等式解集为空集；当a＞0时，不等式解集为；当a＜0时，不等式解集为.
考点三 一元二次不等式恒成立问题
【例3】 已知函数f(x)＝mx2－mx－1.
(1)若对于x∈R，f(x)＜0恒成立，求实数m的取值范围；
(2)若对于x∈[1,3]，f(x)＜5－m恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)由题意可得m＝0或⇔m＝0或－4＜m＜0⇔－4＜m≤0.
故m的取值范围是(－4,0]．
(2)法一 要使f(x)＜－m＋5在[1,3]上恒成立，即m2＋m－6＜0在x∈[1,3]上恒成立．
令g(x)＝m2＋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＜，则0＜m＜；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.
法二 ∵f(x)＜－m＋5⇔m(x2－x＋1)＜6，
∵x2－x＋1＞0，∴m＜对于x∈[1,3]恒成立，
只需求的最小值，
记g(x)＝，x∈[1,3]，
记h(x)＝x2－x＋1＝2＋，h(x)在x∈[1,3]上为增函数．
则g(x)在[1,3]上为减函数，
∴[g(x)]min＝g(3)＝，∴m＜.
所以m的取值范围是.
规律方法 (1)不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＞0；当a≠0时，不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＜0；当a≠0时，
(2)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：一是利用二次函数区间上的最值来处理；二是先分别出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简洁．
【训练3】 (1)若关于x的不等式ax2＋2x＋2＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是________．
(2)(2022·淄博模拟)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0对一切x∈(0,2]恒成立，则a的取值范围是 ( )．
A.
B.
C.∪
D.
解析 (1)当a＝0时，原不等式可化为2x＋2＞0，其解集不为R，故a＝0不满足题意，舍去；
当a≠0时，要使原不等式的解集为R，
只需解得a＞.
综上，所求实数a的取值范围是.
(2)∵x∈(0,2]，
∴a2－a≥＝.
要使a2－a≥在x∈(0,2]时恒成立，
则a2－a≥max，
由基本不等式得x＋≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，即max＝.
故a2－a≥，解得a≤或a≥.
答案 (1) (2)C
同学用书第98页
1．解不等式的基本思路是等价转化，分式不等式整式化，使要求解的不等式转化为一元一次不等式或一元二次不等式，进而获得解决．
2．当判别式Δ＜0时，ax2＋bx＋c＞0(a＞0)解集为R；ax2＋bx＋c＜0(a＞0)解集为∅.二者不要混为一谈．
3．含参数的不等式的求解，留意选好分类标准，避开盲目争辩．
4．对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
思想方法5——数形结合思想在“三个二次”间关系的应用
【典例】 (2022·福建卷)对于实数a和b，定义运算“*”；a*b＝设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．
解析 由定义可知：
f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝
∴f(x)＝
作出函数f(x)的图象，如图所示．
由图可知，当0＜m＜时，f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3.
不妨设x1＜x2＜x3，易知x2＞0，且x2＋x3＝2×＝1，
∴0＜x2x3＜2，即0＜x2x3＜.
令
解得x＝或(舍去)．
∴＜x1＜0，
∴＞－x1＞0，
∴0＜－x1x2x3＜，
∴＜x1x2x3＜0.
答案
[反思感悟] “三个二次”间关系，其实质是抓住二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与横轴的交点、二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)的解集的端点值、二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程思想、化归思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决．
【自主体验】
1．已知函数f(x)＝则满足不等式f(1－x2)＞f(2x)的x的取值范围是________．
解析 由函数f(x)的图象可知(如下图)，满足f(1－x2)＞f(2x)分两种状况：
①⇒0≤x＜－1；
②⇒－1＜x＜0.
综上可知：－1＜x＜－1.
答案 (－1，－1)
2．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是________．
解析 画出f(x)＝的图象，如图．
由函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，结合图象得：0＜m＜1，即m∈(0,1)．
答案 (0,1)
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2022·长春调研)已知集合P＝{x|x2－x－2≤0}，Q＝{x|log2(x－1)≤1}，则(∁RP)∩Q＝( )．
A．[2,3] B．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
C．(2,3] D．(＋∞，－1]∪(3，＋∞)
解析 依题意，得P＝{x|－1≤x≤2}，Q＝{x|1＜x≤3}，则(∁RP)∩Q＝(2,3]．
答案 C
2．(2022·沈阳质检)不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，则实数a的取值范围是( )．
A．[－4,4] B．(－4,4)
C．(－∞，－4]∪[4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
解析 不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，只需Δ＝a2－16＞0，∴a＜－4或a＞4，故选D.
答案 D
3．(2021·南通二模)已知f(x)＝则不等式f(x)<f(4)的解集为( )．
A．{x|x≥4} B．{x|x<4}
C．{x|－3<x<0} D．{x|x<－3}
解析 f(4)＝＝2，不等式即为f(x)<2.
当x≥0时，由<2，得0≤x<4；
当x<0时，由－x2＋3x<2，得x<1或x>2，因此x<0.
综上，x<4.故f(x)<f(4)的解集为{x|x<4}．
答案 B
4．已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是，则不等式x2－bx－a＜0的解集是( )．
A．(2,3)
B．(－∞，2)∪(3，＋∞)
C.
D.∪
解析 由题意知－，－是方程ax2－bx－1＝0的根，所以由根与系数的关系得－＋＝，×＝－.解得a＝－6，b＝5，不等式x2－bx－a＜0即为x2－5x＋6＜0，解集为(2,3)．
答案 A
5．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，不等式f(x)＜0的解集为{x|x＜－3，或x＞1}，则函数y＝f(－x)的图象可以为( )．
解析 由f(x)＜0的解集为{x|x＜－3，或x＞1}知a＜0，y＝f(x)的图象与x轴交点为(－3,0)，(1,0)，∴f(－x)图象开口向下，与x轴交点为(3,0)，(－1,0)．
答案 B
二、填空题
6．已知关于x的不等式＜0的解集是(－∞，－1)∪，则a＝________.
解析 由于不等式＜0的解集是(－∞，－1)∪，故－应是ax－1＝0的根，∴a＝－2.
答案 －2
7．(2021·四川卷)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________．
解析 ∵f(x)是偶函数，
∴f(x)＝f(|x|)．
又x≥0时，f(x)＝x2－4x，
不等式f(x＋2)＜5⇒f(|x＋2|)＜5
⇒|x＋2|2－4|x＋2|＜5
⇒(|x＋2|－5)(|x＋2|＋1)＜0
⇒|x＋2|－5＜0⇒|x＋2|＜5⇒－5＜x＋2＜5⇒－7＜x＜3.
故解集为(－7,3)．
答案 (－7,3)
8．(2022·福州期末)若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4,3]的子集，则a的取值范围是________.
解析 原不等式即(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，不等式的解为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.
答案 [－4,3]
三、解答题
9．求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．
解 ∵12x2－ax＞a2，∴12x2－ax－a2＞0，
即(4x＋a)(3x－a)＞0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，
得：x1＝－，x2＝.
①a＞0时，－＜，解集为；
②a＝0时，x2＞0，解集为{x|x∈R且x≠0}；
③a＜0时，－＞，解集为.
综上所述，当a＞0时，不等式的解集为
；
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.
10．(2022·长沙质检)已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．
解 法一 f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.
①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，
只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；
②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，
由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.
综上所述，所求a的取值范围是[－3,1]．
法二 令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，
得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或
解得－3≤a≤1.所求a的取值范围是[－3,1]．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2021·安徽卷)已知一元二次不等式f(x)＜0的解集为，则f(10x)＞0的解集为( )．
A．{x|x＜－1或x＞－lg 2} B．{x|－1＜x＜－lg 2}
C．{x|x＞－lg 2} D．{x|x＜－lg 2}
解析 依题意知f(x)＞0的解为－1＜x＜，故－1＜10x＜，解得x＜lg ＝－lg 2.
答案 D
2．(2021·西安二模)在R上定义运<!--0时，由－x2＋3x<2，得x<1或x--><!--0(a--></x<1知，1＋x></a<1时，同样可得|loga(1－x)|><!--1－x2<1，∴loga(1－x2)<0，--><!--0，loga(1＋x)--></x<1，a></b，即a－b<0,0<<1时，a－b><!--，②、④正确．又正数大于负数，①正确，③错误，故选c.--><!--成立的有(--><!--，又c<0，所以--></bc；③logb(a－c)><!--0，给出下列三个结论：-->
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