1.4.2 一元二次不等式及其解法-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第一章　预备知识 §4　一元二次函数与 一元二次不等式 4.2　一元二次不等式及其解法 (教师独具内容) 课程标准：1.理解一元二次不等式和一元二次不等式的解集的概念.2.理解一元二次方程、一元二次不等式与一元二次函数的关系.3.熟练掌握一元二次不等式的两种解法． 教学重点：1.一元二次方程、一元二次不等式与一元二次函数之间的关系.2.一元二次不等式的解法． 教学难点：一元二次方程、一元二次不等式与一元二次函数之间的关系． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　一元二次不等式的概念 一般地，形如ax2＋bx＋c＞0，或ax2＋bx＋c＜0，或ax2＋bx＋c≥0，或ax2＋bx＋c≤0(其中，x为未知数，a，b，c均为常数，且a≠0)的不等式叫作一元二次不等式． 知识点二　一元二次不等式的解集的概念 使一元二次不等式成立的所有未知数的值组成的______叫作这个一元二次不等式的______． 集合 解集 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 ax2＋bx＋c>0 (a>0) 的解集 ________________________ _________ ____ ax2＋bx＋c<0 (a>0) 的解集 _________ ______ ______ {x|x<x1， 或x>x2} R {x|x1<x<x2} ∅ ∅ 核心概念掌握 7 一元二次不等式的解法与步骤 (1)解一元二次不等式的常用方法 ①图象法：由一元二次方程、一元二次不等式及一元二次函数的关系，可以得到解一元二次不等式的一般步骤： (ⅰ)化不等式为标准形式： ax2＋bx＋c>0(a>0)或ax2＋bx＋c<0(a>0)； (ⅱ)求方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根，并画出对应函数y＝ax2＋bx＋c的图象简图； (ⅲ)由图象得出不等式的解集． 核心概念掌握 8 ②代数法：将所给不等式化为一般式后借助分解因式或配方法求解． 当m<n时，若(x－m)(x－n)>0，则可得x>n或x<m； 若(x－m)(x－n)<0，则可得m<x<n. 有口诀如下：大于取两边，小于取中间． (2)含有参数的一元二次型的不等式 在解含有参数的一元二次型的不等式时，往往要对参数进行分类讨论，为了做到分类“不重不漏”，讨论需从如下三个方面进行考虑： ①关于不等式类型的讨论：二次项系数a>0，a<0，a＝0. ②关于不等式对应的方程根的讨论：两根(Δ>0)，一根(Δ＝0)，无根(Δ<0)． ③关于不等式对应的方程根的大小的讨论：x1>x2，x1＝x2，x1<x2. 核心概念掌握 9 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)一元二次方程的根就是相应一元二次函数的图象与x轴的交点．(　　) (2)(x＋a)(x＋a＋1)<0是一元二次不等式．(　　) (3)不论实数a取什么值，不等式ax2＋bx＋c≥0的解集一定与相应方程ax2＋bx＋c＝0的解有关．(　　) (4)设二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的两解为x1，x2(x1<x2)，则一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集不可能为{x|x1<x<x2}．(　　) √ × 答案 √ × 核心概念掌握 10 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)不等式x2－2x＋3>0的解集为_____． (2)不等式－x2－3x＋4>0的解集为___________． (3)当a>0时，若ax2＋bx＋c>0的解集为R，则Δ应满足的条件为________． (4)已知不等式ax2－bx＋2<0的解集为{x|1<x<2}，则a＋b＝____． 答案 R {x|－4<x<1} Δ<0 4 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　不含参数的一元二次不等式 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 【感悟提升】　解不含参数的一元二次不等式的一般步骤 (1)通过对不等式的变形，使不等式右侧为0，使二次项系数为正； (2)对不等式左侧因式分解，若不易分解，则计算对应方程的判别式； (3)求出相应的一元二次方程的根或根据判别式说明方程有无实根； (4)根据一元二次方程根的情况画出对应的二次函数的草图； (5)根据图象写出不等式的解集． 核心素养形成 15 解 【跟踪训练】 1．求下列不等式的解集： (1)x2－3x＋1≤0； (2)3x2＋5x－2>0； (3)－9x2＋6x－1<0； (4)x2－4x＋5>0； (5)2x2＋x＋1<0. 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 题型二　含参数的一元二次不等式 解关于x的不等式(a∈R)： (1)2x2＋ax＋2>0； (2)ax2－(a＋1)x＋1<0. 解 核心素养形成 18 解 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 【感悟提升】　解含参数的一元二次不等式的一般步骤 (1)讨论二次项系数：二次项若含有参数应讨论是等于0，小于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)判断方程根的个数：讨论判别式Δ与0的关系； (3)写出解集：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，分类讨论的结果最后不能合并． 核心素养形成 21 解：原不等式可化为(x－a)(x－a2)>0. 方程x2－(a＋a2)x＋a3＝0的两根为x1＝a，x2＝a2. 由a2－a＝a(a－1)可知， ①当a<0或a>1时，a2>a. 解原不等式得x>a2或x<a； ②当0<a<1时，a2<a，解原不等式得x>a或x<a2； ③当a＝0时，原不等式为x2>0，∴x≠0； ④当a＝1时，原不等式为(x－1)2>0， ∴x≠1. 解 【跟踪训练】 2．解关于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3>0. 核心素养形成 22 解 综上可知，当a<0或a>1时，原不等式的解集为{x|x<a，或x>a2}； 当0<a<1时，原不等式的解集为{x|x<a2，或x>a}； 当a＝0时，原不等式的解集为{x|x≠0}； 当a＝1时，原不等式的解集为{x|x≠1}． 核心素养形成 23 题型三　三个“二次”之间的转化关系 　 若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－3<x<4}，求不等式bx2＋2ax－c－3b<0的解集. 解 核心素养形成 24 【感悟提升】　三个“二次”之间的关系 (1)三个“二次”中，一元二次函数是主体，讨论一元二次函数主要是将问题转化为一元二次方程和一元二次不等式的形式来研究． (2)讨论一元二次方程和一元二次不等式又要将其与相应的一元二次函数相联系，通过一元二次函数的图象及性质来解决问题，关系如下： 核心素养形成 25 答案 解析 核心素养形成 26 答案 解析 核心素养形成 27 题型四　不等式恒成立问题 (1)若不等式ax2＋ax＋a＋3≥0对一切实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．{a|－4<a<0} B．{a|a<－4，或a>0} C．{a|a≥0} D．{a|－4<a≤0} 答案 解析 核心素养形成 28 (2)若关于x的不等式x2－ax＋2a>0在[3，5]上恒成立，则实数a的取值范围是________． 解析 答案 (－∞，8) 核心素养形成 29 【感悟提升】　 (1)求解一元二次不等式恒成立的问题，先观察二次项的系数，若确定，可根据Δ求解；若二次项系数不确定时，需对二次项系数是否为0进行讨论． (2)用分离参数法解决不等式恒成立问题时，需对参数前的系数的正负以及是否为0进行观察． 核心素养形成 30 解 【跟踪训练】 4．若对任意x∈[1，4]，不等式x2－(a＋2)x＋4≥－a－1恒成立，求实数a的取值范围． 核心素养形成 31 随堂水平达标 1．在下列不等式中，解集是∅的是(　　) A．2x2－3x＋2>0 B．x2＋4x＋4≤0 C．4－4x－x2<0 D．－2＋3x－2x2>0 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 2．在R上定义运算⊙：a⊙b＝ab＋2a＋b，则满足x⊙(x－2)<0的实数x的取值范围为(　　) A．(0，2) B．(－2，1) C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－1，2) 解析：∵x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋x－2<0，∴x2＋x－2<0，即(x－1)(x＋2)<0，解得－2<x<1.故选B. 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 4．若不等式x2＋(m－3)x＋m≤0的解集不是空集，则实数m的取值范围是______________． 解析：由题意知Δ＝(m－3)2－4m≥0，即m2－10m＋9≥0，∴m≥9或m≤1. 答案 解析 m≥9或m≤1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 5．解不等式1<x2－3x＋1<9－x. 解：由x2－3x＋1>1，得x2－3x>0， ∴x<0或x>3. 由x2－3x＋1<9－x，得x2－2x－8<0， ∴－2<x<4， ∴原不等式的解集为{x|x<0或x>3}∩{x|－2<x<4}＝{x|－2<x<0，或3<x<4}． 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 课后课时精练 一、选择题 1．下列不等式中一元二次不等式的个数为(　　) ①(m＋1)x2＞x；②－x2＋5x＋6＞0；③(x＋a)(x＋a＋1)＜0；④2x2－x＞2. A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由一元二次不等式的定义可知，②③④为一元二次不等式． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 2．不等式x2－4x>2ax＋a对一切实数x都成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，4) B．(－4，－1) C．(－∞，－4)∪(－1，＋∞) D．(－∞，1)∪(4，＋∞) 解析：不等式x2－4x>2ax＋a变形为x2－(4＋2a)x－a>0，由该不等式对一切实数x恒成立，得Δ<0，即(4＋2a)2－4·(－a)<0，化简得a2＋5a＋4<0，解得－4<a<－1，所以实数a的取值范围是(－4，－1)．故选B. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 解析：对于A，显然正确；对于B，－x2＋4x－3≥0，解得1≤x≤3，p是q的充分不必要条件，所以B正确；对于C，命题“∃x∈R，使x2＋ax＋a<0”的否定是“∀x∈R，x2＋ax＋a≥0”．因为命题“∃x∈R，使x2＋ax＋a<0”是假命题，所以∀x∈R，x2＋ax＋a≥0为真命题，则Δ＝a2－4a≤0，解得0≤a≤4，所以C错误；对于D，当k＝0时，不等式为1>0恒成立，当k≠0时，需k>0，且Δ＝k2－4k<0，解得0<k<4，所以不等式kx2－kx＋1>0恒成立，则k的取值范围为[0，4)，所以D正确． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 二、填空题 6．若不等式5x2－bx＋c<0的解集为{x|－1<x<3}，则b＋c＝______． 解析：由题意知，方程5x2－bx＋c＝0的两根为x1＝－1，x2＝3，将x1＝－1代入方程，得b＋c＝－5. 答案 解析 －5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 7．已知M＝{x|－9x2＋6x－1<0}，N＝{x|x2－3x－4<0}，则M∩N＝_____________________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 答案 解析 [－2，＋∞) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 三、解答题 9．已知关于x的不等式x2－x－m＋1>0. (1)当m＝3时，解此不等式； (2)若对于任意的实数x，此不等式恒成立，求实数m的取值范围． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 11．已知函数y＝x2－(a＋1)x＋1(a∈R)． (1)若关于x的不等式y≥0的解集为R，求实数a的取值范围； (2)若关于x的不等式y<0的解集是{x|b<x<2}，求a，b的值； (3)若关于x的不等式y≤0的解集是P，集合Q＝{x|0≤x≤1}，若P∩Q＝∅，求实数a的取值范围． 解：(1)∵y＝x2－(a＋1)x＋1(a∈R)， 且关于x的不等式y≥0的解集为R， ∴Δ＝(a＋1)2－4≤0，解得－3≤a≤1， ∴实数a的取值范围是－3≤a≤1. 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 12．已知M是关于x的不等式2x2＋(3a－7)x＋3＋a－2a2<0的解集，且M中的一个元素是0，求实数a的取值范围，并用a表示出该不等式的解集． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点三　一元二次不等式与相应一元二次函数、一元二次方程的关系 Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象 ax2＋bx＋c＝0 (a>0)的实数根 x1，x2 x0＝－eq \f(b,2a) 没有实数根 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a))))) 　求下列不等式的解集： (1)2x2＋7x＋3>0；(2)－x2＋8x－3>0； (3)x2－4x－5≤0；(4)－4x2＋18x－eq \f(81,4)≥0； (5)－eq \f(1,2)x2＋3x－5>0；(6)－2x2＋3x－2<0. 解　(1)因为Δ＝72－4×2×3＝25>0，所以方程2x2＋7x＋3＝0有两个不等实根x1＝－3，x2＝－eq \f(1,2)，又二次函数y＝2x2＋7x＋3的图象开口向上，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)，或x<－3)))). (2)因为Δ＝82－4×(－1)×(－3)＝52>0，所以方程－x2＋8x－3＝0有两个不等实根x1＝4－eq \r(13)，x2＝4＋eq \r(13)，又二次函数y＝－x2＋8x－3的图象开口向下，所以原不等式的解集为{x|4－eq \r(13)<x<4＋eq \r(13)}． (3)原不等式可化为(x－5)(x＋1)≤0，所以原不等式的解集为{x|－1≤x≤5}． (4)原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(9,2))) eq \s\up12(2)≤0，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(9,4))))). (5)原不等式可化为x2－6x＋10<0，因为Δ＝62－40＝－4<0，所以原不等式的解集为∅. (6)原不等式可化为2x2－3x＋2>0，因为Δ＝9－4×2×2＝－7<0，所以原不等式的解集为R. 解：(1)因为Δ＝9－4＝5>0， 所以方程x2－3x＋1＝0有两个不等实数根x1＝eq \f(3－\r(5),2)，x2＝eq \f(3＋\r(5),2)， 所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(5),2)≤x≤\f(3＋\r(5),2))))). (2)原不等式可化为(3x－1)(x＋2)>0，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,3)，或x<－2)))). (3)原不等式可化为(3x－1)2>0，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(1,3)))，x∈R )) . (4)因为Δ＝(－4)2－4×5＝－4<0，所以原不等式的解集为R. (5)因为Δ＝12－4×2＝－7<0，所以原不等式的解集为∅. 解　(1)Δ＝a2－16，下面分情况讨论： ①当Δ<0，即－4<a<4时，方程2x2＋ax＋2＝0无实根，所以原不等式的解集为R. ②当Δ≥0，即a≥4或a≤－4时，方程2x2＋ax＋2＝0的两个根为x1＝eq \f(1,4)(－a－eq \r(a2－16))，x2＝eq \f(1,4)(－a＋eq \r(a2－16))． 当a＝±4时，原不等式的解集为{x|x∈R，且x≠1}； 当a>4或a<－4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<\f(1,4)（－a－\r(a2－16)），或x>\f(1,4)（－a＋\r(a2－16)）))))； 当－4<a<4时，原不等式的解集为R. (2)若a＝0，原不等式为－x＋1<0， 解得x>1； 若a<0，原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0， 解得x<eq \f(1,a)或x>1； 若a>0，原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0，(*) 其解的情况应由eq \f(1,a)与1的大小关系决定，故 ①当a＝1时，由(*)式，得x∈∅； ②当a>1时，由(*)式，得eq \f(1,a)<x<1； ③当0<a<1时，由(*)式，得1<x<eq \f(1,a). 综上所述，当a<0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<\f(1,a)，或x>1))))； 当a＝0时，原不等式的解集为{x|x>1}；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(1<x<\f(1,a)))))；当a＝1时，原不等式的解集为∅；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,a)<x<1)))). 解　因为ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－3<x<4}， 所以a<0且－3和4是方程ax2＋bx＋c＝0的两根， 由一元二次方程根与系数的关系可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3＋4＝－\f(b,a)，,－3×4＝\f(c,a)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－a，,c＝－12a.)) 所以不等式bx2＋2ax－c－3b<0， 即为－ax2＋2ax＋15a<0， 即x2－2x－15<0， 故所求不等式的解集为{x|－3<x<5}． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<2)))) 【跟踪训练】 3．(1)已知关于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－2，或x>－\f(1,2)))))，则ax2－bx＋c>0的解集为________． 解析：由题意，得－2，－eq \f(1,2)是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，且a<0，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－\f(b,a)，,（－2）×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝\f(c,a)，))解得a＝c，b＝eq \f(5,2)c，∴不等式ax2－bx＋c>0即为2x2－5x＋2<0，解得eq \f(1,2)<x<2. eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1)))) (2)已知方程ax2＋bx＋2＝0的两根为－eq \f(1,2)和2，则不等式ax2＋bx－1>0的解集为________． 解析：∵方程ax2＋bx＋2＝0的两根为－eq \f(1,2)和2，由根与系数的关系可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋2＝－\f(b,a)，,－\f(1,2)×2＝\f(2,a)，))∴a＝－2，b＝3，∴不等式ax2＋bx－1>0可变为－2x2＋3x－1>0，即2x2－3x＋1<0，解得eq \f(1,2)<x<1. 解析　因为ax2＋ax＋a＋3≥0对一切实数x恒成立，所以当a＝0时，不等式为3≥0，满足题意；当a≠0时，需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝a2－4a（a＋3）≤0，))解得a>0.综上，实数a的取值范围是{a|a≥0}． 解析　不等式可化为a(x－2)<x2，由于x∈[3，5]，则x－2>0，所以a<eq \f(x2,x－2)在[3，5]上恒成立．令y＝eq \f(x2,x－2)，x∈[3，5]，则y＝eq \f(x2－4＋4,x－2)＝(x＋2)＋eq \f(4,x－2)＝(x－2)＋eq \f(4,x－2)＋4.令t＝x－2，t∈[1，3]，则y＝t＋eq \f(4,t)＋4≥2eq \r(t·\f(4,t))＋4＝8，当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时等号成立，所以当t＝2时y取最小值8，则a<8，故实数a的取值范围是(－∞，8)． 解：∀1≤x≤4，不等式x2－(a＋2)x＋4≥－a－1恒成立，即∀1≤x≤4，a(x－1)≤x2－2x＋5恒成立． ①当x＝1时，不等式为0≤4恒成立，此时a∈R； ②当1<x≤4时，a≤eq \f(x2－2x＋5,x－1)＝x－1＋eq \f(4,x－1). ∵1<x≤4，∴0<x－1≤3， ∴x－1＋eq \f(4,x－1)≥2eq \r(（x－1）·\f(4,x－1))＝4(当且仅当x－1＝eq \f(4,x－1)，即x＝3时取等号)，∴a≤4. 综上，实数a的取值范围为{a|a≤4}．　 解析A的解集为R；B的解集是{x|x＝－2}；C的解集为{x|x>－2＋2eq \r(2)，或x<－2－2eq \r(2)}，用排除法应选D. 3．若t>2，则关于x的不等式(x－t)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))))) 解析：∵t>2，∴t>eq \f(1,t)，∴由(x－t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))<0，得eq \f(1,t)<x<t.故选A. 3．关于x的不等式x2－2ax－3a2＜0(a＞0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a＝(　　) A.eq \f(5,2) B.eq \f(7,2) C.eq \f(15,4) D.eq \f(15,2) 解析：由条件知x1，x2为方程x2－2ax－3a2＝0的两根，则x1＋x2＝2a，x1x2＝－3a2，故(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(2a)2－4×(－3a2)＝16a2＝152，解得a＝±eq \f(15,4)，又a＞0，所以a＝eq \f(15,4).故选C. 4．已知不等式ax2－5x＋b>0的解集为{x|－3<x<2}，则不等式bx2－5x＋a>0的解集为(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))<x<\f(1,2) )) B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)))，或x>\f(1,2) )) C．{x|－3<x<2} D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)))，或x>\f(1,3) )) 解析：由题意可知，ax2－5x＋b＝0的两个根分别为－3，2，利用根与系数的关系可得，－3＋2＝eq \f(5,a)，－3×2＝eq \f(b,a)，解得a＝－5，b＝30，则所求不等式可化为30x2－5x－5>0，即(2x－1)(3x＋1)>0，解得x<－eq \f(1,3)或x>eq \f(1,2).故选B. 5．(多选)下列说法正确的是(　　) A．不等式(2x－1)(1－x)>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1)))) B．已知p：1<x<2，q：－x2＋4x－3≥0，则p是q的充分不必要条件 C．若命题“∃x∈R，使x2＋ax＋a<0”是假命题，则实数a的取值范围为{a|0<a<4} D．当x∈R时，不等式kx2－kx＋1>0恒成立，则k的取值范围是[0，4) eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1<x<4，且x≠\f(1,3))))) 解析：由－9x2＋6x－1<0，得9x2－6x＋1>0.所以(3x－1)2>0，解得x≠eq \f(1,3)，即M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，且x≠\f(1,3))))).由x2－3x－4<0，得(x－4)(x＋1)<0，解得－1<x<4，即N＝{x|－1<x<4}．所以M∩N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1<x<4，且x≠\f(1,3))))). 8．若∀x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围为________. 解析：∀x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，即－a≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)恒成立，由于函数y＝x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立，故－a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) eq \s\do7(min)，即－a≤2，则a≥－2. 解：(1)当m＝3时，不等式为x2－x－2>0. 即(x－2)(x＋1)>0，解得x<－1或x>2. (2)∵不等式x2－x－m＋1>0对于任意x都成立， ∴(－1)2＋4(m－1)<0，解得m<eq \f(3,4). 故实数m的取值范围是m<eq \f(3,4). 10．若不等式ax2＋bx＋c≥0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)≤x≤2))))，求不等式cx2＋bx＋a＜0的解集． 解：解法一：由ax2＋bx＋c≥0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)≤x≤2))))， 知a＜0， －eq \f(1,3)，2为方程ax2＋bx＋c＝0的两个根， ∴－eq \f(1,3)＋2＝－eq \f(b,a)， －eq \f(1,3)×2＝eq \f(c,a)，∴b＝－eq \f(5,3)a，c＝－eq \f(2,3)a. ∴所求不等式变为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)a))x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)a))x＋a＜0， 即2ax2＋5ax－3a＞0. 又a＜0，∴2x2＋5x－3＜0， ∴不等式cx2＋bx＋a<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－3＜x＜\f(1,2))))). 解法二：由已知得a＜0且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋2＝－eq \f(b,a)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×2＝eq \f(c,a)，知c＞0， 设方程cx2＋bx＋a＝0的两根分别为x1，x2，且x1<x2， 则x1＋x2＝－eq \f(b,c)，x1x2＝eq \f(a,c)， 其中eq \f(a,c)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×2)＝－eq \f(3,2)， －eq \f(b,c)＝eq \f(－\f(b,a),\f(c,a))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))×2)＝－eq \f(5,2)， ∴x1＝－3，x2＝eq \f(1,2)， ∴不等式cx2＋bx＋a＜0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)∵关于x的不等式y<0的解集是{x|b<x<2}， ∴对应方程x2－(a＋1)x＋1＝0的两个实数根为b，2， 由根与系数的关系，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b·2＝1，,b＋2＝a＋1，)) 解得a＝eq \f(3,2)，b＝eq \f(1,2). (3)∵关于x的不等式y≤0的解集是P， 集合Q＝{x|0≤x≤1}，当P∩Q＝∅时， 即不等式y>0对x∈Q恒成立； ∴x∈[0，1]时，x2－(a＋1)x＋1>0恒成立， 又当x＝0时，y＝1>0， ∴a＋1<x＋eq \f(1,x)对于x∈(0，1]恒成立． 又x＋eq \f(1,x)≥2，当且仅当x＝1时取等号， ∴a＋1<2，即a<1， ∴实数a的取值范围是a<1. 解：原不等式可化为(2x－a－1)(x＋2a－3)<0， 由x＝0适合不等式得(a＋1)(2a－3)>0， 所以a<－1或a>eq \f(3,2). 若a<－1，则－2a＋3－eq \f(a＋1,2)＝eq \f(5,2)(－a＋1)>5， 所以3－2a>eq \f(a＋1,2)， 此时不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)<x<3－2a))))； 若a>eq \f(3,2)，则－2a＋3－eq \f(a＋1,2)＝eq \f(5,2)(－a＋1)<－eq \f(5,4)， 所以3－2a<eq \f(a＋1,2)， 此时不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(3－2a<x<\f(a＋1,2))))). 综上，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(a＋1,2)<x<3－2a))))； 当a>eq \f(3,2)时，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(3－2a<x<\f(a＋1,2))))). $$