2.3 第2课时 一元二次不等式的应用-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第一册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第二章　一元二次函数、方程和不等式 2.3　二次函数与一元二次方程、不等式 第2课时　一元二次不等式的应用 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 4 答案 解析 解析：原不等式等价于(x＋a)(b－x)<0，即(x＋a)(x－b)>0，又a＋b<0，所以b<－a.所以原不等式的解集为{x|x>－a或x<b}． {x|x>－a或x<b} 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 5 解 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 6 解 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 7 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 8 5．若当0≤x≤2时，x2－2ax＋a＋2≥0恒成立，则实数a的取值范围为_______________． 答案 解析 解析：：若当0≤x≤2时，x2－2ax＋a＋2≥0恒成立，则函数y＝x2－2ax＋a＋2在0≤x≤2时的最小值恒大于等于0.二次函数y＝x2－2ax＋a＋2图象的对称轴为直线x＝a.当a≥2时，函数y＝x2－2ax＋a＋2在x＝2时取得最小值，且最小值为6－3a，故6－3a≥0，即a≤2，则a＝2；当a≤0时，函数y＝x2－2ax＋a＋2在x＝0时取得最小值，且最小值为2＋a，故2＋a≥0，则－2≤a≤0；当0<a<2时，函数y＝x2－2ax＋a＋2在x＝a时取得最小值，且最小值为－a2＋a＋2，则－a2＋a＋2≥0，则0<a<2.综上，实数a的取值范围为{a|－2≤a≤2}． {a|－2≤a≤2} 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 9 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 10 7．(2024·陕西部分学校高一选科调考)某礼服租赁公司共有300套礼服供租赁，若每套礼服每天的租价为200元，则所有礼服均被租出；若将每套礼服每天的租价在200元的基础上提高10x元(1≤x≤20，x∈Z)，则被租出的礼服会减少10x套．若要使该礼服租赁公司每天租赁礼服的收入超过6.24万元，则该礼服租赁公司每套礼服每天的租价应定为(　　) A．220元 B．240元 C．250元 D．280元 答案 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 11 解析 解析：依题意，每天有300－10x套礼服被租出，该礼服租赁公司每天租赁礼服的收入为(300－10x)(200＋10x)＝－100x2＋1000x＋60000元．因为要使该礼服租赁公司每天租赁礼服的收入超过6.24万元，所以－100x2＋1000x＋60000>62400，即x2－10x＋24<0，解得4<x<6.因为1≤x≤20且x∈Z，所以x＝5，即该礼服租赁公司每套礼服每天的租价应定为250元．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 知识对点练 12 40分钟综合练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 14 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 17 4．(2024·武威第一中学高一期中)2024年7月1日，迎来了香港回归祖国27周年，为了迎接这一历史性时刻，某商店购进一批香港回归27周年纪念章，每枚的最低售价为15元，若每枚按最低售价销售，每天能卖出45枚，每枚售价每提高1元，日销售量将减少3枚，为了使这批纪念章每天获得600元以上的销售收入，则这批纪念章的销售单价x(单位：元)的取值范围是(　　) A．{x|10<x<20} B．{x|15≤x<20} C．{x|16<x<20} D．{x|15≤x<25} 答案 解析 解析：由题意，得x[45－3(x－15)]>600，即x2－30x＋200<0，解得10<x<20.又每枚纪念章的最低售价为15元，所以15≤x<20.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 19 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 21 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 22 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 23 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 24 答案 解析 {x|3≤x<5} 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 25 解析 答案 －3≤k<2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 26 10．某商家一月份至五月份累计销售额达3860万元，六月份的销售额为500万元，七月份的销售额比六月份增加x%，八月份的销售额比七月份增加x%，九、十月份的销售总额与七、八月份的销售总额相等，若一月份至十月份的销售总额至少为7000万元，则x的最小值为________，八月份的销售额至少为________万元． 解析 答案 20 720 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 27 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 28 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 29 12．(2024·宝鸡渭滨中学高一月考)如图，在长为8 m，宽为6 m的矩形地面的四周种植花卉，中间种植草坪，如果要求草坪外侧四周的花卉带的宽度都相同，且草坪的面积不超过总面积的一半，则花卉带的宽度至少应为多少米？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 30 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 31 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 32 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 33 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 34 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 36 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 37 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 38 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 39 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 40 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　简单分式不等式的解法 1．不等式eq \f(x－1,x－2)≥0的解集为(　　) A．{x|1≤x≤2} B．{x|x≤1或x>2} C．{x|1≤x<2} D．{x|x>2或x＝1} 解析：eq \f(x－1,x－2)≥0等价于(x－1)(x－2)≥0且x－2≠0，所以x≤1或x>2，所以原不等式的解集为{x|x≤1或x>2}．故选B.　 2．若实数a，b满足a＋b<0，则不等式eq \f(x＋a,b－x)<0的解集为______________． 解：移项、通分得eq \f(a（x－1）－（x－2）,x－2)＞0⇒[(a－1)x－(a－2)](x－2)＞0.① 当a＝1时，①式可以转化为x＞2； 当a＞1时，①式可以转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a－2,a－1)))(x－2)＞0； 当a＜1时，①式可以转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a－2,a－1)))(x－2)＜0； 又当a≠1时，2－eq \f(a－2,a－1)＝eq \f(a,a－1)， 3．解不等式eq \f(a（x－1）,x－2)＞1(a∈R)． 所以当a＞1或a＜0时，2＞eq \f(a－2,a－1)； 当a＝0时，2＝eq \f(a－2,a－1)；当0＜a＜1时，2＜eq \f(a－2,a－1). 故当a＝1时，原不等式的解集是{x|x＞2}； 当a＞1时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(a－2,a－1)或x>2))))； 当0＜a＜1时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2<x<\f(a－2,a－1)))))； 当a＝0时，原不等式的解集是∅； 当a＜0时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－2,a－1)＜x＜2)))). 知识点二　与一元二次不等式有关的恒成立问题 4．不等式ax2－ax＋a＋1>0对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．{a|a>0} B．{a|a≥0} C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(a<－\f(4,3)或a>0)))) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(a<－\f(4,3)或a≥0)))) 解析：①当a＝0时，1>0成立；②当a≠0时，只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝a2－4a（a＋1）<0，))解得a>0.综上可得a≥0.故选B.　 知识点三　一元二次不等式的实际应用 6．(2024·温州苍南县树人中学高一质量检测)某种汽车在水泥路面上的刹车距离s(单位：m)和汽车刹车前的车速v(单位：km/h)之间有如下关系：s＝eq \f(1,20)v＋eq \f(1,160)v2，在一次交通事故中，测得这种车刹车距离大于40 m，则这辆汽车刹车前的车速至少为(精确到1 km/h)(　　) A．76 km/h B．77 km/h C．78 km/h D．80 km/h 解析：根据题意，有s＝eq \f(1,20)v＋eq \f(1,160)v2>40，移项整理，得v2＋8v－40×160>0，又v>0，解得v>－4＋4eq \r(401)≈76.1.所以这辆汽车刹车前的速度至少为77 km/h.故选B.　 一、单项选择题 1．不等式eq \f(1＋x,1－x)≥0的解集为(　　) A．{x|－1<x≤1} B．{x|－1≤x<1} C．{x|－1≤x≤1} D．{x|－1<x<1} 解析：原不等式⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）（x－1）≤0，,x－1≠0，))∴－1≤x＜1.　 2．已知关于x的不等式(a2－4)x2＋(a－2)x－1<0对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．－2≤a≤eq \f(6,5) B．－2≤a<eq \f(6,5) C．－eq \f(6,5)<a≤2 D．a≥2 解析：①当a2－4＝0，即a＝±2时，若a＝2，－1<0恒成立，因此a＝2满足题意；若a＝－2，不等式化为－4x－1<0，即x>－eq \f(1,4)，不满足题意．②当a2－4≠0，即a≠±2时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－4<0，,Δ<0，))解得－eq \f(6,5)<a<2.综上可得，实数a的取值范围是－eq \f(6,5)<a≤2.故选C.　 3．(2024·陕西咸阳高一期末)“不等式mx2＋x＋4m>0在R上恒成立”的一个必要不充分条件是(　　) A．m>eq \f(1,4) B．0<m<eq \f(1,4) C．m>eq \f(1,8) D．0<m<eq \f(1,8) 解析：因为“不等式mx2＋x＋4m>0在R上恒成立”，显然m＝0不满足题意，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝1－16m2<0，))解得m>eq \f(1,4)，则“不等式mx2＋x＋4m>0在R上恒成立”等价于m>eq \f(1,4).对于A，m>eq \f(1,4)是充要条件，故A不符合题意；对于B，因为m>eq \f(1,4)推不出0<m<eq \f(1,4)，故B不符合题意；对于C，因为m>eq \f(1,4)⇒m>eq \f(1,8)，反之不能推出，故C符合题意；对于D，因为m>eq \f(1,4)推不出0<m<eq \f(1,8)，故D不符合题意．故选C.　 5．(2024·乐清中学高一月考)对任意x∈{x|1＜x≤3}，一元二次不等式x2－(m＋2)x＋m＋2≥0恒成立，则m的取值范围是(　　) A．－2＜m＜2 B．m≤eq \f(5,2) C．－2≤m≤2 D．m≤2 解析：设y＝x2－(m＋2)x＋m＋2，其图象的对称轴方程为x＝eq \f(m＋2,2).当eq \f(m＋2,2)≥3，即m≥4时，一元二次不等式x2－(m＋2)x＋m＋2≥0恒成立，只需当x＝3时，y≥0，即9－3m－6＋m＋2≥0，解得m≤eq \f(5,2)，所以m不存在．当eq \f(m＋2,2)≤1，即m≤0时，一元二次不等式x2－(m＋2)x＋m＋2≥0恒成立，只需当x＝1时，y≥0，即1－m－2＋m＋2≥0，即1≥0，所以m≤0.当1<eq \f(m＋2,2)<3，即0<m<4时，一元二次不等式x2－(m＋2)x＋m＋2≥0恒成立，只需eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋2,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(（m＋2）2,2)＋m＋2≥0，解得－2≤m≤2，所以0<m≤2.综上，m≤2.故选D.　 二、多项选择题 6．已知关于x的方程x2＋(m－3)x＋m＝0，则下列结论中正确的是(　　) A．方程x2＋(m－3)x＋m＝0有一个正根一个负根的充要条件是m∈{m|m<0} B．方程x2＋(m－3)x＋m＝0有两个正实数根的充要条件是m∈{m|0<m≤1} C．方程x2＋(m－3)x＋m＝0无实数根的充要条件是m∈{m|m>1} D．当m＝3时，方程x2＋(m－3)x＋m＝0的两个实数根之和为0 解析：对于A，当x＝0时，函数y＝x2＋(m－3)x＋m的值为m，由二次函数的图象知，方程有一个正根一个负根的充要条件是m∈{m|m<0}，故A正确；对于B，若方程x2＋(m－3)x＋m＝0有两个正实数根x1，x2，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（m－3）2－4m≥0，,x1＋x2＝3－m>0，,x1x2＝m>0，))解得0<m≤1，故B正确；对于C，方程x2＋(m－3)x＋m＝0无实数根，则Δ＝(m－3)2－4m<0，解得1<m<9，故C错误；对于D，当m＝3时，方程为x2＋3＝0，无实数根，故D错误．故选AB.　 7．关于x的不等式(x－2)(x－3)<m的解集为{x|x1<x<x2}，则下列说法正确的是(　　) A．当m＝0时，x1＝2，x2＝3 B．若不等式的解集非空，则m>－eq \f(1,4) C．当m>0时，2<x1<x2<3 D．当m>0时，x1<2<3<x2 解析：当m＝0时，原不等式为(x－2)(x－3)<0，解得2<x<3，∴x1＝2，x2＝3，故A正确；原不等式可变形为x2－5x＋6－m<0.∵原不等式的解集非空，∴Δ＝(－5)2－4×(6－m)＝4m＋1>0，∴m>－eq \f(1,4)，故B正确；当m>0时，画出函数y＝(x－2)(x－3)和y＝m的图象如图所示，由(x－2)(x－3)＝m的两根为x1，x2，得函数y＝(x－2)(x－3)和y＝m图象交点的横坐标分别为x1，x2，由图可知，x1<2<3<x2，故C错误，D正确．故选ABD.　 三、填空题 8.eq \f(x－3,x－5)≤0的解集为____________． 解析：eq \f(x－3,x－5)≤0可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－5）（x－3）≤0，,x－5≠0，))得3≤x<5.　 9．关于x的不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,2x2＋（2k＋5）x＋5k＜0))的整数解的集合为{－2}，则实数k的取值范围是____________． 解析：由x2－x－2＞0，得x＞2或x＜－1，又由2x2＋(2k＋5)x＋5k＜0可得，(2x＋5)(x＋k)＜0，如图所示，由已知条件可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－k＞－\f(5,2)，,－2＜－k≤3，))解得－3≤k＜2.　 解析：由题意得七月份的销售额为500(1＋x%)，八月份的销售额为500(1＋x%)2，所以一月份至十月份的销售总额为3860＋500＋2[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]≥7000，解得1＋x%≤－eq \f(11,5)(舍去)或1＋x%≥eq \f(6,5)，即x%≥20%，所以x的最小值为20，八月份的销售额至少为500×(1＋20%)2＝720万元．　 解：(1)显然a＜0，且eq \f(－4a2－1,4a)＝eq \f(17,8)， 解得a＝－2或a＝－eq \f(1,8). 四、解答题 11．已知y＝ax2＋x－a. (1)若函数y有最大值eq \f(17,8)，求实数a的值； (2)若不等式y＞－2x2－3x＋1－2a对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围． (2)由y＞－2x2－3x＋1－2a，得(a＋2)x2＋4x＋a－1＞0. 当a＝－2时，不符合题意；当a≠－2时， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2＞0，,Δ＝16－4（a＋2）（a－1）＜0，)) 解得a＞2. 综上，实数a的取值范围为{a|a>2}． 解：设花卉带的宽度为x m，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<2x<8，,0<2x<6，))可得0<x<3， 所以草坪的长为(8－2x) m，宽为(6－2x) m， 则草坪的面积为(8－2x)(6－2x)＝4(4－x)·(3－x)， 因为草坪的面积不超过总面积的一半， 则4(4－x)(3－x)≤eq \f(1,2)×6×8， 整理可得x2－7x＋6≤0，解得1≤x≤6， 又0<x<3，可得1≤x<3. 所以花卉带的宽度至少应为1 m.　 13．[多选](2024·安徽淮南高一期末)若存在m，n(m<n－1)，使得0≤x2＋ax＋b≤c－x的解集为{x|m≤x≤m＋1或x＝n}，则下列结论正确的是(　　) A．x2＋ax＋b≥0的解集为{x|x≤m＋1或x≥n} B．x2＋ax＋b≤c－x的解集为{x|m＋1≤x≤n} C．c＝－n D．a2＋2a>4b－4c 解析：对于A，B，因为m<n－1，故m＋1<n，由题意得x2＋ax＋b≤c－x的解集为{x|m≤x≤n}，x2＋ax＋b≥0的解集为{x|x≤m＋1或x≥n}，故A正确，B错误；对于C，x2＋(a＋1)x＋b－c＝0的两个根为m，n，x2＋ax＋b＝0的两个根为m＋1，n，故m＋n＝－a－1，mn＝b－c，m＋1＋n＝－a，(m＋1)n＝b，由于mn＝b－c，(m＋1)n＝b，故b－c＋n＝b，所以n＝c，故C错误；对于D，因为n－m>1，n－m＝eq \r(（m＋n）2－4mn)＝eq \r(（－a－1）2－4（b－c）)，故eq \r(（－a－1）2－4（b－c）)>1，两边平方得a2＋2a>4b－4c，故D正确．故选AD.　 14．(2024·江苏常州高一月考)若a>1，关于x的不等式x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(9,a)))x＋9<0的解集中有且仅有四个整数，则a的取值范围是_________________________． 解析：由x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(9,a)))x＋9<0，可得(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,a)))<0，①当a<eq \f(9,a)，即1<a<3时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(a<x<\f(9,a)))))，若解集中仅有四个整数，为2，3，4，5，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1<a<2，,5<\f(9,a)≤6，))所以eq \f(3,2)≤a<eq \f(9,5)；若解集中仅有四个整数，为3，4，5，6，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2≤a<3，,6<\f(9,a)≤7，))无解， ②当a＝eq \f(9,a)，即a＝3时，不等式的解集为∅，不符合题意．③当a>eq \f(9,a)，即a>3时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(9,a)<x<a))))，若满足解集中仅有四个整数，可能为1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6，当整数解为1，2，3，4时，0<eq \f(9,a)<1，且4<a≤5，无解；当整数解为2，3，4，5时，1≤eq \f(9,a)<2且5<a≤6，解得5<a≤6；当整数解为3，4，5，6时，2≤eq \f(9,a)<3且6<a≤7，无解．综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)≤a<\f(9,5)或5<a≤6)))). 15．(2024·江苏苏州高一月考)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为实数)． (1)若f(x)<0的解集为{x|1<x<2}，求不等式cx2＋bx＋a<0的解集； (2)若不等式f(x)≥2ax＋b对任意x∈R恒成立，求eq \f(b2,a2＋c2)的最大值； (3)若对任意x∈R，2x＋2≤f(x)≤2x2－2x＋4恒成立，求ab的最大值． 解：(1)因为ax2＋bx＋c<0的解集为{x|1<x<2}， 所以ax2＋bx＋c＝0的两个根为1和2，且a>0， 所以1＋2＝－eq \f(b,a)，1×2＝eq \f(c,a)， 故b＝－3a，c＝2a， 所以cx2＋bx＋a<0，即2ax2－3ax＋a<0，即2x2－3x＋1<0，即(2x－1)(x－1)<0， 解得eq \f(1,2)<x<1， 所以不等式cx2＋bx＋a<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<1)))).　 (2)依题意a≠0，因为f(x)≥2ax＋b恒成立， 所以ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0恒成立， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（b－2a）2－4a（c－b）≤0，,a>0))⇔b2＋4a2－4ac≤0(a>0)，所以0≤b2≤4a(c－a)， 所以eq \f(b2,a2＋c2)≤eq \f(4a（c－a）,a2＋c2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)－1)),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))\s\up12(2))， 令t＝eq \f(c,a)－1，因为4a(c－a)≥b2≥0，所以c≥a⇒eq \f(c,a)≥1，从而t≥0，所以eq \f(b2,a2＋c2)≤eq \f(4t,1＋（t＋1）2)＝eq \f(4t,t2＋2t＋2)，①当t＝0时，eq \f(4t,t2＋2t＋2)＝0；②当t>0时，eq \f(4t,t2＋2t＋2)＝eq \f(4,t＋\f(2,t)＋2)≤eq \f(4,2\r(2)＋2)＝2eq \r(2)－2，所以eq \f(b2,a2＋c2)的最大值为2eq \r(2)－2. (3)令x＝1，则4≤a＋b＋c≤4， 所以a＋b＋c＝4，对任意x∈R，2x＋2≤ax2＋bx＋c恒成立， 所以ax2＋(b－2)x＋c－2≥0恒成立， 所以a>0且Δ＝(b－2)2－4a(c－2)＝(a＋c－2)2－4a(c－2)＝(a－c＋2)2≤0， 所以c＝a＋2，此时b＝2－2a， 所以ab＝a(2－2a)＝2a(1－a)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)， 当且仅当a＝eq \f(1,2)，b＝1，c＝eq \f(5,2)时等号成立， 此时2x2－2x＋4－f(x)＝2x2－2x＋4－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x＋\f(5,2)))＝eq \f(3,2)x2－3x＋eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)(x－1)2≥0成立．故ab的最大值为eq \f(1,2). $$