第2章 第3节 第2课时 一元二次不等式-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（基础版）

第二章　一元二次函数、方程和不等式 第三节　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 课标解读 考向预测 1.会从实际情境中抽象出一元二次不等式，了解一元二次不等式的实际意义. 2.能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集. 3.借助一元二次函数的图象，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系. 二次函数、一元二次方程和一元二次不等式统称为“二次问题”，二次函数是解决“二次问题”的核心灵魂．对于一元二次不等式，主要考查利用二次函数求解一元二次不等式、借助二次函数的图象利用数形结合写出有关不等式的解集或者是未知参数的取值范围．预计2026年高考对于一元二次不等式的考查还是以解不等式为主，与集合、利用导数研究函数的单调性结合，难度不会太大. 必备知识—强基础 考点探究—提素养 课时作业 目录 必备知识—强基础 1．二次函数与一元二次方程、不等式解集的对应关系 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 必备知识—强基础 5 {x|x>x2，或x<x1} R {x|x1＜x＜x2} ∅ ∅ 必备知识—强基础 6 f(x)g(x)>0(<0) f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0 (－∞，－a)∪(a，＋∞) (－a，a) 必备知识—强基础 7 必备知识—强基础 8 × √ × × 必备知识—强基础 9 题组二　回归教材——练一练 (1)(人教B必修第一册2.2.3练习B T1改编)已知集合A＝{0，1，2，4}，B＝{x|x2－6x＋5<0}，则A∩B＝(　　) A．{0，1，2，3，4} B．{1，2，4} C．{0，1} D．{2，4} 解析：由题意，得B＝{x|x2－6x＋5<0}＝{x|1<x<5}，所以A∩B＝{2，4}．故选D. 必备知识—强基础 10 解析：原不等式可变形为(x－m)(x＋n)<0，方程(x－m)(x＋n)＝0的两根为m，－n，显然由m＋n>0，得m>－n，所以原不等式的解集是{x|－n<x<m}．故选B. 必备知识—强基础 11 －14 必备知识—强基础 12 (4)(人教A必修第一册复习参考题2 T6改编)若不等式mx2＋2mx－4＜2x2＋4x对任意x都成立，则实数m的取值范围是________． (－2，2] 必备知识—强基础 13 考点探究—提素养 一元二次不等式的解法(多考向探究) 考向1　不含参数的一元二次不等式的解法 已知集合A＝{x|4－x2>0}，B＝{x|x2－4x＋3<0}，则A∪B＝(　　) A．{x|－2<x<1} B．{x|1<x<2} C．{x|－2<x<3} D．{x|－2<x<2} 解析：因为A＝{x|－2<x<2}，B＝{x|1<x<3}，所以A∪B＝{x|－2<x<3}．故选C. 考点探究—提素养 15 解不含参数的一元二次不等式的一般步骤 考点探究—提素养 16 1.已知集合M＝{x|0≤x＜2}，N＝{x|－x2＋2x＋3＞0}，则M∩N＝(　　) A．{x|0≤x＜1} B．{x|0≤x＜2} C．{x|0≤x≤1} D．{x|0≤x≤2} 解析：因为N＝{x|－x2＋2x＋3＞0}＝{x|x2－2x－3＜0}＝{x|－1＜x＜3}，M＝{x|0≤x＜2}，所以M∩N＝{x|0≤x＜2}．故选B. 考点探究—提素养 17 考向2　含参数的一元二次不等式的解法 解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1＜0(a∈R)． 考点探究—提素养 18 考点探究—提素养 19 解含参数的一元二次不等式的一般步骤 求对应方程的根优先考虑用因式分解法确定，不能因式分解时再用求根公式计算． 考点探究—提素养 20 2.解关于x的不等式ax2＋x＋1>0，a∈R. 考点探究—提素养 21 考点探究—提素养 22 考向3　可化为一元二次不等式的分式不等式的解法 考点探究—提素养 23 考点探究—提素养 24 分式不等式的求解策略 考点探究—提素养 25 3.求下列不等式的解集： 考点探究—提素养 26 考点探究—提素养 27 三个“二次”之间的关系 若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－1<x<2}，则不等式a(x2＋1)＋b(x－1)＋c>2ax的解集是(　　) A．{x|0<x<3} B．{x|x<0，或x>3} C．{x|1<x<3} D．{x|－1<x<3} 考点探究—提素养 28 考点探究—提素养 29 三个“二次”即二次函数、一元二次方程、一元二次不等式，三者之间具有密切的联系．一元二次方程和一元二次不等式可看作二次函数的一种特殊情况：当y＝0时，函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)转化为二次方程ax2＋bx＋c＝0；当y>0或y<0时，就转化为一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)或ax2＋bx＋c<0(a≠0)，所以解决问题需要三者相互联系． 考点探究—提素养 30 4.已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的最小值为0，若关于x的不等式x2＋ax＋b<c的解集为{x|m<x<m＋4}，则实数c的值为(　　) A．9 B．8 C．6 D．4 考点探究—提素养 31 一元二次不等式恒成立问题 已知函数f(x)＝x2＋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． 考点探究—提素养 32 考点探究—提素养 33 考点探究—提素养 34 恒成立问题求参数范围的解题策略 (1)一元二次不等式在R上恒成立，可用判别式Δ解决，一元二次不等式在给定区间上恒成立，不能用判别式Δ解决，一般用分类讨论求最值或分离参数求最值解决． (2)解给定参数范围的不等式恒成立问题，可考虑变换思维角度，即把变量与参数交换位置(变换主元)，构造以参数为变量的函数，再根据原参数的范围求解． 一般地，知道谁的范围，就选谁当主元；求谁的范围，谁就是参数． 考点探究—提素养 35 5.若关于x的不等式(a2－16)x2－(a－4)x－1≥0的解集为∅，则实数a的取值范围为________． 考点探究—提素养 36 6．若对于任意x∈[－2，3]，不等式x2－a|x|＋1>0恒成立，则实数a的取值范围为__________． (－∞，2) 考点探究—提素养 37 7．设函数f(x)＝mx2－mx－1，若对任意x∈[1，3]，f(x)>－m＋2恒成立，则实数m的取值范围为________． (3，＋∞) 考点探究—提素养 38 8．若命题“∃a∈[－1，3]，ax2－(2a－1)x＋3－a<0”为假命题，则x的取值范围 为__________________． 考点探究—提素养 39 课时作业 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 考向 一元二次不等式的解法 一元二次不等式的解法 三个二次之间的关系 一元二次不等式有解问题 一元二次不等式恒成立问题 三个二次之间的关系 三个二次之间的关系 考点 不含参数的一元二次不等式的解法 分式不等式的解法 在R上的恒成立问题 关联点 充分、必要条件的判断 利用基本不等式求最值 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 41 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 考向 一元二次不等式有解问题 一元二次不等式的解法 三个二次之间的关系 一元二次不等式恒成立问题 一元二次不等式的解法 三个二次之间的关系 一元二次不等式恒成立问题 考点 有整数解问题 含参数的一元二次不等式的解法 在给定区间上的恒成立问题 分式不等式的解法 给定参数范围的恒成立问题 关联点 充分、必要条件的判断 对数函数的定义域 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 42 题号 15 16 17 18 19 20 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 考向 一元二次不等式恒成立问题 三个二次之间的关系 三个二次之间的关系 一元二次不等式的解法 一元二次不等式有解问题 一元二次不等式恒成立问题 考点 在给定区间上的恒成立问题 一元二次不等式的实际应用 有整数解问题 在给定区间上的恒成立问题 关联点 根的分布 根的 分布 用不等式的性质求代数式的取值范围 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 43 一、单项选择题 1．不等式x2－3x－10<0的解集为(　　) A．(－2，5) B．(－∞，－2)∪(5，＋∞) C．(－5，2) D．(－∞，－5)∪(2，＋∞) 解析：由x2－3x－10<0，得(x＋2)(x－5)<0，解得－2<x<5.故选A. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 44 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 45 3．已知不等式ax2＋bx－2<0的解集为{x|－1<x<2}，则不等式ax2＋(b－1)x－3>0的解集为(　　) A．R B．∅ C．{x|－1<x<3} D．{x|x<－1，或x>3} 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 46 4．已知关于x的不等式－x2＋4x≥a2－3a在R上有解，则实数a的取值范围是(　　) A．{a|－1≤a≤4} B．{a|－1<a<4} C．{a|a≥4，或a≤－1} D．{a|－4≤a≤1} 解析：因为关于x的不等式－x2＋4x≥a2－3a在R上有解，即x2－4x＋a2－3a≤0在R上有解，只需y＝x2－4x＋a2－3a的图象与x轴有公共点，所以Δ＝(－4)2－4×(a2－3a)≥0，即a2－3a－4≤0，所以(a－4)(a＋1)≤0，解得－1≤a≤4，所以实数a的取值范围是{a|－1≤a≤4}．故选A. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 47 5．(2025·北京景山中学模拟)使得命题“∀x∈R，kx2＋2kx－3<0”为真命题的k的取值范围是(　　) A．(－3，0) B．(－3，0] C．(－3，1) D．(3，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 48 6．(2025·广东燕博园联考)已知a，b，c∈R且a≠0，则“ax2＋bx＋c>0的解集为{x|x≠1}”是“a＋b＋c＝0”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 51 8．在关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中至多有2个整数，则实数a的取值范围是(　　) A．(－3，5) B．(－2，4) C．[－3，5] D．[－2，4] 解析：x2－(a＋1)x＋a<0可化为(x－1)(x－a)<0，当a>1时，不等式的解集为1<x<a，要使得解集中至多有2个整数，则1<a≤4；当a＝1时，不等式的解集为∅，满足题意；当a<1时，不等式的解集为a<x<1，要使得解集中至多有2个整数，则－2≤a<1.综上，实数a的取值范围是[－2，4]．故选D. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 57 [－3，－1)∪[1，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 58 13．若函数y＝lg (c＋2x－x2)的定义域是(m，m＋4)，则实数c的值为______． 3 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 59 14．若对任意m∈[－1，1]，x2＋(3－m)x－6<2恒成立，则实数x的取值范围是________________． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 60 15．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝x|x－a|－2a2，若当x>2时，f(x)>0，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[－2，1] C．[－1，2] D．[－1，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 63 16．(多选)已知关于x的不等式a(x－1)(x＋3)＋2>0的解集是(x1，x2)，其中x1<x2，则下列结论正确的是(　　) A．x1＋x2＋2＝0 B．－3<x1<x2<1 C．|x1－x2|>4 D．x1x2＋3<0 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 67 18．某景区旅馆共有200张床位，若每床每晚的定价为50元，则所有床位均有人入住；若将每床每晚的定价在50元的基础上提高10的整数倍，则入住的床位数会减少10的相应倍数．若要使该旅馆每晚的收入超过1.54万元，则每个床位的定价应为________元． 解析：设每个床位的定价应为x元，则每晚有200－(x－50)＝250－x张床位有人入住，所以旅馆每晚的收入为(250－x)x＝－x2＋250x元，因为要使该旅馆每晚的收入超过1.54万元，所以－x2＋250x>15400，即x2－250x＋15400<0，解得110<x<140，因为x是10的整数倍，所以每个床位的定价应为120或130元． 120或130 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 68 19．设关于x的不等式ax2＋8(a＋1)x＋7a＋16≥0(a∈Z)只有有限个整数解，且0是其中一个解，则a的取值是__________，不等式的全部整数解的和为________． －2或－1 －10 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 69 6 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 70 　　　　　　　　　　　　　 R 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＝－eq \f(b,2a) 没有 实数根 ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集 _______________ ____________ ______ ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集 ______________ _____ _____ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a))))) 2.分式不等式 (1)eq \f(f（x）,g（x）)>0(<0)⇔ __________________． (2)eq \f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔ __________________________． 3．简单的绝对值不等式 |x|>a(a>0)的解集为_____________________，|x|<a(a>0)的解集为___________． (1)一元二次不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,b2－4ac<0.)) (2)一元二次不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,b2－4ac<0.)) 题组一　走出误区——判一判 (1)不等式－x2－x＋6＞0的解集是{x|x＜－3，或x＞2}．(　　) (2)不等式eq \f(x－1,x＋3)≥2等价于x－1≥2x＋6.(　　) (3)不等式x2－a≤0的解集是[－eq \r(a)，eq \r(a)]．(　　) (4)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，关于x的不等式f(x)<0的解集为(－1，3)，则f(4)>f(0)>f(1)．(　　) (2)(人教B必修第一册练习A T1(2)改编)设m＋n>0，则关于x的不等式(m－x)(n＋x)>0的解集是(　　) A．{x|x<－n，或x>m} B．{x|－n<x<m} C．{x|x<－m，或x>n} D．{x|－m<x<n} (3)(人教B必修第一册习题2－2B T7改编)若关于x的不等式ax2＋bx＋2>0的解集是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，则a＋b的值是________． 解析：由题意，知－eq \f(1,2)，eq \f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，由根与系数的关系，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－b,a)＝－\f(1,6)，,\f(2,a)＝－\f(1,6)，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2.))所以a＋b＝－14. 解析：原不等式可整理为(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.当m＝2时，不等式为4＞0，该不等式恒成立；当m≠2时，需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,（4－2m）2－4×4（2－m）＜0，))解得－2＜m＜2.综上可知，实数m的取值范围是(－2，2]． 解：原不等式可化为(ax－1)(x－1)＜0， 当a＞0时，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)＜0， 所以当a＞1时，解得eq \f(1,a)＜x＜1； 当a＝1时，解集为∅； 当0＜a＜1时，解得1＜x＜eq \f(1,a)； 当a＝0时，原不等式等价于－x＋1＜0，即x＞1； 当a＜0时，eq \f(1,a)＜1，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＞1或x＜eq \f(1,a). 综上，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))))； 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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,a)，或x>1)))). 解：当a＝0时，原不等式为x＋1>0， 解得x>－1. 当a<0时，Δ＝1－4a>0，ax2＋x＋1＝0的两个根分别为x1＝eq \f(－1＋\r(1－4a),2a)，x2＝eq \f(－1－\r(1－4a),2a)，且x1<x2，此时不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(1－4a),2a)<x<\f(－1－\r(1－4a),2a))))). 当a>0时，若Δ＝1－4a<0，即a>eq \f(1,4)，此时不等式的解集为R； 若Δ＝1－4a＝0，即a＝eq \f(1,4)，此时不等式的解集为{x|x≠－2}； 若Δ＝1－4a>0，即0<a<eq \f(1,4)，ax2＋x＋1＝0的两个根分别为x1＝eq \f(－1＋\r(1－4a),2a)，x2＝eq \f(－1－\r(1－4a),2a)，x1>x2， 此时不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(－1－\r(1－4a),2a)，或x>\f(－1＋\r(1－4a),2a))))). 综上可知，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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－1＋\r(1－4a),2a)<x<\f(－1－\r(1－4a),2a)))))； 当a>eq \f(1,4)时，不等式的解集为R；当a＝eq \f(1,4)时，不等式的解集为{x|x≠－2}； 当0<a<eq \f(1,4)时，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－\r(1－4a),2a)，或x>\f(－1＋\r(1－4a),2a))))). 求下列不等式的解集： (1)eq \f(x＋2,x－3)>0；(2)eq \f(5－x,x2－2x－3)<－1. 解：(1)eq \f(x＋2,x－3)>0⇔(x＋2)(x－3)>0， 解得x<－2或x>3. 故不等式eq \f(x＋2,x－3)>0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)． (2)eq \f(5－x,x2－2x－3)<－1⇔eq \f(x2－3x＋2,x2－2x－3)<0⇔(x＋1)·(x－1)(x－2)(x－3)<0，由数轴标根法，得不等式eq \f(5－x,x2－2x－3)<－1的解集为(－1，1)∪(2，3)． 分式不等式的求解策略是把分式不等式转化为整式不等式，对于形如eq \f(f（x）,g（x）)>m的分式不等式，一般应遵循“移项—通分—化乘积”的原则进行求解． 解不等式eq \f(f（x）,g（x）)>m时，不能直接在不等式两边同乘以分母g(x)，因为g(x)的符号不确定． (1)eq \f(2x－3,x＋1)<1；(2)eq \f(3x,2x＋1)≤1. 解：(1)eq \f(2x－3,x＋1)<1⇔eq \f(x－4,x＋1)<0⇔(x＋1)(x－4)<0， 解得－1<x<4， 所以不等式eq \f(2x－3,x＋1)<1的解集为(－1，4)． (2)eq \f(3x,2x＋1)≤1⇔eq \f(3x,2x＋1)－1≤0， 则eq \f(3x－2x－1,2x＋1)≤0，即eq \f(x－1,2x＋1)≤0， 故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－1）（2x＋1）≤0，,2x＋1≠0，))解得－eq \f(1,2)<x≤1， 所以不等式eq \f(3x,2x＋1)≤1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x≤1)))). 解析：由a(x2＋1)＋b(x－1)＋c>2ax，得ax2＋(b－2a)x＋(a＋c－b)>0　①.又不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－1<x<2}，所以a<0，且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－1）＋2＝－\f(b,a)，,（－1）×2＝\f(c,a)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝－1，,\f(c,a)＝－2))　②.将①两边同除以a，得x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)－2))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(c,a)－\f(b,a)))<0　③.将②代入③，得x2－3x<0，解得0<x<3.故选A. 解析：∵函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的图象开口向上，最小值为0，∴Δ＝a2－4b＝0，∴b＝eq \f(a2,4)，则f(x)＝x2＋ax＋eq \f(a2,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,2)))eq \s\up12(2)，∵f(x)<c的解集为{x|m＜x＜m＋4}，∴m，m＋4是方程f(x)－c＝0的两个不等实根，即m，m＋4是x2＋ax＋eq \f(a2,4)－c＝0的两个不等实根，∴m＋m＋4＝－a，解得m＝eq \f(－a－4,2)，∴c＝f(m)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(a,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－4,2)＋\f(a,2)))eq \s\up12(2)＝4.故选D. 解：(1)因为当x∈R时，f(x)≥a恒成立，即x2＋ax＋3－a≥0恒成立， 所以Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0， 解得－6≤a≤2， 所以实数a的取值范围是[－6，2]． (2)由题意，原不等式可转化为x2＋ax＋3－a≥0在x∈[－2，2]上恒成立，则当x∈[－2，2]时，(x2＋ax＋3－a)min≥0. 令g(x)＝x2＋ax＋3－a，则该函数图象的对称轴方程为x＝－eq \f(a,2). 由题意，得当－eq \f(a,2)<－2，即a>4时，g(x)在x∈[－2，2]上的最小值g(x)min＝g(－2)＝7－3a≥0，解得a≤eq \f(7,3)，舍去； 当－2≤－eq \f(a,2)≤2，即－4≤a≤4时，g(x)在x∈[－2，2]上的最小值g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)－a＋3≥0，解得－6≤a≤2，所以－4≤a≤2； 当－eq \f(a,2)>2，即a<－4时，g(x)在x∈[－2，2]上的最小值g(x)min＝g(2)＝7＋a≥0， 解得a≥－7，所以－7≤a<－4. 综上可得，实数a的取值范围是[－7，2]． (3)令h(a)＝xa＋x2＋3.当a∈[4，6]时，h(a)≥0恒成立， 只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h（4）≥0，,h（6）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋3≥0，,x2＋6x＋3≥0，)) 解得x≤－3－eq \r(6)或x≥－3＋eq \r(6)， 所以实数x的取值范围是(－∞，－3－eq \r(6)]∪[－3＋eq \r(6)，＋∞)． 解析：当a＝4时，不等式化为－1≥0，无解，满足题意；当a＝－4时，不等式化为8x－1≥0，解得x≥eq \f(1,8)，不符合题意，舍去；当a≠±4时，要使得不等式(a2－16)x2－(a－4)x－1≥0的解集为∅，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－16<0，,Δ＝（a－4）2＋4（a2－16）<0，))解得－eq \f(12,5)<a<4.综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(12,5)，4)). eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(12,5)，4)) 解析：若x＝0，则易知a∈R；若x∈[－2，0)∪(0，3]，当a＝0时，不等式x2＋1>0恒成立，当a≠0时，不等式可变形为a<eq \f(x2＋1,|x|)，0<|x|≤3，设t＝|x|，t∈(0，3]，则y＝eq \f(x2＋1,|x|)＝eq \f(t2＋1,t)＝t＋eq \f(1,t)，由对勾函数的性质，知该函数在(0，1]上单调递减，在[1，3]上单调递增，所以当t＝1时，y＝t＋eq \f(1,t)取得最小值2，所以a<2.故实数a的取值范围是(－∞，2)． 解析：由f(x)>－m＋2，得mx2－mx－1>－m＋2，即m(x2－x＋1)>3，当x∈[1，3]时，x2－x＋1∈[1，7]，所以m>eq \f(3,x2－x＋1)在[1，3]上恒成立，只需m>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x2－x＋1)))eq \s\do7(max)，当x＝1时，x2－x＋1有最小值，为1，则eq \f(3,x2－x＋1)有最大值，为3，则m>3，故实数m的取值范围为(3，＋∞)． 解析：由题意知“∀a∈[－1，3]，ax2－(2a－1)x＋3－a≥0”为真命题．令g(a)＝ax2－2ax＋x＋3－a＝(x2－2x－1)a＋x＋3，则由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－1）≥0，,g（3）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋3x＋4≥0，,3x2－5x≥0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤4，,x≥\f(5,3)或x≤0，))所以x的取值范围为[－1，0]∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，4)). [－1，0]∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，4)) 2．若集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,1－x)≥0))))，B＝{x|x2－x－2>0}，则A∩(∁RB)＝(　　) A．[1，2] B．(1，2] C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．∅ 解析：eq \f(x－2,1－x)≥0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）（x－1）≤0，,x≠1，))解得1<x≤2，则A＝(1，2]．由x2－x－2＝(x－2)(x＋1)>0，解得x>2或x<－1，则B＝(－∞，－1)∪(2，＋∞)，故∁RB＝[－1，2]，则A∩(∁RB)＝(1，2]．故选B. 解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝－1＋2，,－\f(2,a)＝－1×2，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1.))故不等式ax2＋(b－1)x－3>0可化为x2－2x－3>0，即(x－3)(x＋1)>0，解得x<－1或x>3.故选D. 解析：根据题意可知，关于x的不等式kx2＋2kx－3<0的解集为R，当k＝0时，－3<0恒成立；当k≠0时，则满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4k2＋12k<0，))解得－3<k<0.综上，k的取值范围为(－3，0]．故选B. 解析：由题意，二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|x≠1}，则等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,－\f(b,2a)＝1，,Δ＝b2－4ac＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝c>0，,b＝－2a，))则a＋b＋c＝0，当a＋b＋c＝0时，不能推出a＝c>0，b＝－2a，所以“ax2＋bx＋c>0的解集为{x|x≠1}”是“a＋b＋c＝0”的充分不必要条件．故选A. 7．(2025·江苏无锡长泾中学模拟)若关于x的不等式mx2－x＋1<0的解集为{x|a<x<b}，则eq \f(1,a－1)＋eq \f(4,b－1)的最小值为(　　) A．3＋2eq \r(6) B．4 C．5＋2eq \r(2) D．8 解析：由题意知，a，b是方程mx2－x＋1＝0(m>0)的两根，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\f(1,m)>0，,ab＝\f(1,m)>0，))则a＋b＝ab且a>0，b>0，则b＝eq \f(a,a－1)＝1＋eq \f(1,a－1)，由b>0，得eq \f(a,a－1)>0⇒a(a－1)>0⇒a>1，所以eq \f(1,b－1)＝a－1>0，所以eq \f(1,a－1)＋eq \f(4,b－1)＝eq \f(1,a－1)＋4(a－1)≥2eq \r(\f(1,a－1)·4（a－1）)＝4，当且仅当eq \f(1,a－1)＝4(a－1)，即a＝eq \f(3,2)时，等号成立，所以eq \f(1,a－1)＋eq \f(4,b－1)的最小值为4.故选B. 二、多项选择题 9．已知关于x的一元二次不等式ax2－(2a－1)x－2>0，其中a<0，则该不等式的解集可能是(　　) A．∅ B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,a))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))∪(2，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，2)) 解析：不等式变形为(x－2)(ax＋1)>0，又a<0，所以(x－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))<0.当a＝－eq \f(1,2)时，不等式的解集为∅；当a<－eq \f(1,2)时，－eq \f(1,a)<x<2；当－eq \f(1,2)<a<0时，2<x<－eq \f(1,a).故选ABD. 10．已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(－∞，－2)∪(3，＋∞)，则(　　) A．a>0 B．不等式bx＋c>0的解集为{x|x<－6} C．a＋b＋c>0 D．不等式cx2－bx＋a<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 解析：显然a>0，A正确；又－2和3是关于x的方程ax2＋bx＋c＝0的两根，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＋3＝－\f(b,a)，,－2×3＝\f(c,a)，))即b＝－a，c＝－6a，则a＋b＋c＝－6a<0，C错误；不等式bx＋c>0即为－ax－6a>0，解得x<－6，B正确；不等式cx2－bx＋a<0即为－6ax2＋ax＋a<0，即6x2－x－1>0，解得x<－eq \f(1,3)或x>eq \f(1,2)，D正确．故选ABD. 11．命题“∀x∈[1，2]，ax2－x＋a>0”为真命题的一个充分不必要条件可以是(　　) A．a≥eq \f(1,2) B．a>eq \f(1,2) C．a≥1 D．a＝2 解析：解法一：由题意，得a>0，设函数f(x)＝ax2－x＋a，其图象的对称轴为直线x＝eq \f(1,2a).当eq \f(1,2a)≤1，即a≥eq \f(1,2)时，f(x)在[1，2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝2a－1>0，即a>eq \f(1,2)，符合题意；当1<eq \f(1,2a)<2，即eq \f(1,4)<a<eq \f(1,2)时，可知Δ＝1－4a2<0无解，不符合题意； 当eq \f(1,2a)≥2，即0<a≤eq \f(1,4)时，f(x)在[1，2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝5a－2>0无解，不符合题意．综上，命题为真命题的充要条件为a>eq \f(1,2)，所以命题为真命题的一个充分不必要条件可以为a≥1或a＝2.故选CD. 解法二：因为∀x∈[1，2]，ax2－x＋a>0等价于∀x∈[1，2]，a>eq \f(x,x2＋1)恒成立，设h(x)＝eq \f(x,x2＋1)，则h(x)＝eq \f(x,x2＋1)＝eq \f(1,x＋\f(1,x))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,2))).所以命题为真命题的充要条件为a>eq \f(1,2)，所以命题为真命题的一个充分不必要条件可以为a≥1或a＝2.故选CD. 三、填空题 12．不等式eq \f(x2＋2x－3,x＋1)≥0的解集为______________________． 解析：原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3≥0，,x＋1>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3≤0，,x＋1<0，))解得x≥1或－3≤x<－1. 解析：依题意，得－x2＋2x＋c>0，即x2－2x－c<0的解集为(m，m＋4)，所以m，m＋4是方程x2－2x－c＝0的两个根，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋m＋4＝2，,m（m＋4）＝－c，))解得m＝－1，c＝3. 解析：x2＋(3－m)x－6<2，即x2＋(3－m)x－8<0，设g(m)＝x2＋(3－m)x－8＝－mx＋x2＋3x－8，因为对任意m∈[－1，1]，g(m)＝－mx＋x2＋3x－8<0恒成立，所以由一次函数的性质，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝－x＋x2＋3x－8<0，,g（－1）＝x＋x2＋3x－8<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－8<0，,x2＋4x－8<0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4<x<2，,－2－2\r(3)<x<2\r(3)－2.))故实数x的取值范围是(－4，2eq \r(3)－2)． (－4，2eq \r(3)－2) 解析：解法一：当a>2，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－ax－2a2，x≥a，,－x2＋ax－2a2，2<x<a，))当2<x<a时，f(x)＝－x2＋ax－2a2，此时Δ＝a2－4×2a2＝－7a2<0，所以f(x)<0，不满足当x>2时，f(x)>0，故a>2不符合题意；当0<a≤2，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)，由f(x)>0，解得x>2a，由于当x>2时，f(x)>0，故2a≤2，解得a≤1，所以0<a≤1；当a＝0，x>2时，f(x)＝x2>0恒成立，符合题意；当a<0，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)，由f(x)>0，解得x>－a，由于当x>2时，f(x)>0，故－a≤2，解得a≥－2，所以－2≤a<0.综上，a的取值范围是[－2，1]．故选B. 解法二：f(x)＝x|x－a|－2a2(x>2)．当x≥a时，f(x)＝x2－ax－2a2，令g(a)＝－2a2－xa＋x2，因为Δ＝x2＋8x2＝9x2>0，所以－2a2－xa＋x2>0，解得－x<a<eq \f(x,2)，因为x>2，所以－2≤a≤1；当x<a时，f(x)＝－x2＋ax－2a2，g(a)＝－2a2＋xa－x2，因为Δ＝x2－8x2＝－7x2<0，所以g(a)>0不成立，不符合题意．综上，a的取值范围为[－2，1]．故选B. 解析：由题意，a(x－1)(x＋3)＋2＝ax2＋2ax－3a＋2>0的解集为(x1，x2)，所以a<0，且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－2，,x1x2＝\f(2,a)－3，))所以x1＋x2＋2＝0，x1x2＋3＝eq \f(2,a)<0，故A，D正确；设f(x)＝a(x－1)(x＋3)，则原不等式可化为f(x)＝a(x－1)(x＋3)>－2的解集为(x1，x2)，而f(x)的零点分别为－3，1且f(x)的图象开口向下，又x1<x2，如图所示，由图可知，x1<－3<1<x2，|x1－x2|>4，故B错误，C正确．故选ACD. 17．(多选)已知关于x的不等式ax2＋bx＋c－1<0的解集为{x|α<x<β}，且β－α<1，若x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两个不等实根，则(　　) A．a<0 B．β－x1＝x2－α C．|x1－x2|<1 D．|β2－xeq \o\al(2,2)|>|α2－xeq \o\al(2,1)| 解析：由题意，得a>0，A错误；因为将二次函数y＝ax2＋bx＋c－1图象上的所有点向上平移1个单位长度，得到二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象，所以α＋β＝x1＋x2，即β－x1＝x2－α，B正确；如图，因为0<β－α<1，所以|x1－x2|<|β－α|<1，C正确；当α<β<0，x1<x2<0时，|β－x2|＝|α－x1|，|β＋x2|<|α＋x1|，所以|β2－xeq \o\al(2,2)|＝|(β－x2)(β＋x2)|<|(α－x1)(α＋x1)|＝|α2－xeq \o\al(2,1)|，D错误．故选BC. 解析：若a＝0，则原不等式为8x＋16≥0，即x≥－2，显然原不等式的整数解有无数个，不符合题意，故a≠0.设y＝ax2＋8(a＋1)x＋7a＋16(a≠0)，其图象为抛物线，对于任意一个给定的a值，其对应的抛物线只有在开口向下的情况下才能满足y≥0的整数解是有限个，所以a<0.因为0为其中一个解，所以7a＋16≥0，即a≥－eq \f(16,7)，所以－eq \f(16,7)≤a<0，又a∈Z，所以a＝－2或a＝－1.若a＝－2，则不等式为－2x2－8x＋2≥0，解得－2－eq \r(5)≤x≤eq \r(5)－2，因为x为整数，所以x＝－4，－3，－2，－1，0；若a＝－1，则不等式为－x2＋9≥0，解得－3≤x≤3，因为x为整数，所以x＝－3，－2，－1，0，1，2，3.所以不等式的全部整数解的和为－10. 20．若当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))时，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x恒成立，则6a＋b的最大值是________． 解析：∵当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))时，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x恒成立，∴eq \f(|ax2＋bx＋4a|,x)≤2，即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ax＋b＋\f(4a,x)))≤2.设f(x)＝ax＋b＋eq \f(4a,x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))＋b，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))，∵g(x)＝x＋eq \f(4,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))上单调递减，在[2，4]上单调递增，g(2)＝4，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq \f(25,6)，g(4)＝5，∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))时，g(x)∈[4，5]，即当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))时，x＋eq \f(4,x)∈[4，5]，∵|f(x)|≤2，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤4a＋b≤2，,－2≤5a＋b≤2，))又6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)，∴－6＝－2＋2×(－2)≤6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)≤2＋2×2＝6，即－6≤6a＋b≤6，∴6a＋b的最大值为6. $$