高考數(shù)學(xué)（理）一輪講義第33講　一元二次不等式及其解法

第33講一元二次不等式及其解法考綱要求考情分析命題趨勢1.會從實際情境中抽象出一元二次不等式模型．2．通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系．3．會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設(shè)計求解的程序框圖.2017·江蘇卷，72016·江蘇卷，52015·山東卷，1對一元二次不等式的考查．主要以考查解法為主，同時也考查一元二次方程的判別式、根的存在性及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)等．另外，以函數(shù)、數(shù)列為載體，以一元二次不等式的解法為手段求參數(shù)的取值范圍也是熱點.分值：5分三個二次之間的關(guān)系判別式Δ＝b2－4Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實根x1，x2(x1＜x2)有兩相等實根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集__{x|x＜x1或x＞x2}____eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a)))))____R__ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集__{x|x1＜x＜x2}____?____?__1．思維辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)．(1)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集為(x1，x2)，則必有a＞0.(√)(2)若不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，則方程ax2＋bx＋c＝0的兩個根是x1和x2.(√)(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)沒有實數(shù)根，則不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為R.(×)(4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的條件是a＜0且Δ＝b2－4ac≤0.(×(5)若二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向下，則不等式ax2＋bx＋c＜0的解集一定不是空集．(√)解析(1)正確．由不等式解集為(x1，x2)可知a＞0，故正確．(2)正確．由不等式的解集可知命題正確．(3)錯誤．當(dāng)a＜0時，不等式的解集為?，故錯誤．(4)錯誤．不等式恒成立的條件為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c≤0，))故錯誤．(5)正確．圖象開口向下，則一定有小于0的部分，故正確．2．已知全集U＝R，集合A＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,3－x)＞0))))，B＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(y＝\r(4－2x)))))，則A∩B＝(D)A．(1,2) B．(2,3)C．[2,3) D．(1,2]解析∵eq\f(x－1,3－x)＞0，∴(x－1)(x－3)＜0，∴1＜x＜3.又∵4－2x≥0，∴4≥2x，∴x≤2，∴A∩B＝{x|1＜x≤2}，故選D．3．不等式x(2－x)＞0的解集為__(0,2)__.解析∵x(2－x)＞0，∴x(x－2)＜0，∴0＜x＜2，故解集為(0,2)．4．關(guān)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)))，則a＋b＝__－14__.解析由題意可知a＜0且－eq\f(1,2)和eq\f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的兩個根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,－\f(1,2)×\f(1,3)＝\f(2,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2.))∴a＋b＝－14.5．不等式x2＋ax＋4≤0的解集不是空集，則實數(shù)a的取值范圍是__(－∞－4]∪[4，＋∞)__.解析由題意可知Δ＝a2－16≥0解得a≥4或a≤－4.一含參數(shù)的一元二次不等式的解法(1)二次項中若含有參數(shù)應(yīng)討論是小于零，等于零，還是大于零，然后將不等式轉(zhuǎn)化為二次項系數(shù)為正的形式．(2)當(dāng)不等式對應(yīng)方程的根的個數(shù)不確定時，討論判別式Δ與零的關(guān)系．(3)確定無根時可直接寫出解集，確定方程有兩個根時，要討論兩根的大小關(guān)系，從而確定解集形式．【例1】解關(guān)于x的不等式：ax2－2≥2x－ax(a∈R)．解析原不等式可化為ax2＋(a－2)x－2≥0.①當(dāng)a＝0時，原不等式化為x＋1≤0，解得x≤－1.②當(dāng)a＞0時，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≥0，解得x≥eq\f(2,a)或x≤－1.③當(dāng)a＜0時，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≤0.當(dāng)eq\f(2,a)＞－1，即a＜－2時，解得－1≤x≤eq\f(2,a)；當(dāng)eq\f(2,a)＝－1，即a＝－2時，解得x＝－1滿足題意；當(dāng)eq\f(2,a)＜－1，即－2<a<0時，解得eq\f(2,a)≤x≤－1.綜上所述，當(dāng)a＝0時，不等式的解集為{x|x≤－1}；當(dāng)a＞0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≥\f(2,a)或x≤－1))))；當(dāng)－2＜a＜0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)≤x≤－1))))；當(dāng)a＝－2時，不等式的解集為{x|x＝－1}；當(dāng)a＜－2時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(2,a))))).二一元二次不等式恒成立問題不等式恒成立問題的求解方法(1)解決恒成立問題一定要搞清誰是主元，誰是參數(shù)，一般地，知道誰的范圍，誰就是主元，求誰的范圍，誰就是參數(shù)．(2)對于一元二次不等式恒成立問題，恒大于零就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方，恒小于零就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸下方．另外常轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的最值或用分離參數(shù)求最值．【例2】函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋3.(1)當(dāng)x∈R時，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍；(2)當(dāng)x∈[－2,2]時，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍；(3)當(dāng)a∈[4,6]時，f(x)≥0恒成立，求x的取值范圍．解析(1)當(dāng)x∈R時，有x2＋ax＋3－a≥0恒成立，須Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，所以－6≤a≤2，故a的范圍為[－6,2](2)當(dāng)x∈[－2,2]時，設(shè)g(x)＝x2＋ax＋3－a≥0，分如下三種情況討論(如圖所示)．①如圖(1)，當(dāng)g(x)的圖象恒在x軸上方時，滿足條件，有Δ＝a2－4(3－a)≤0，即－6≤a≤2.②如圖(2)，g(x)的圖象與x軸有交點，但在x∈[－2，＋∞)時，g(x)≥0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x＝－\f(a,2)＜－2，,g－2≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－43－a>0，,－\f(a,2)＜－2，,4－2a＋3－a≥0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>2或a<－6，,a＞4，,a≤\f(7,3)，))無解．③如圖(3)，g(x)的圖象與x軸有交點，但在x∈(－∞，2]時，g(x)≥0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x＝－\f(a,2)＞2，,g2≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－43－a>0，,－\f(a,2)＞2，,7＋a≥0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>2或a<－6，,a＜－4，,a≥－7，))得－7≤a<－6.綜合，得－7≤a≤2，即a的取值范圍是[－7,2]．(3)令h(a)＝xa＋x2＋3，當(dāng)a∈[4,6]時，h(a)≥0恒成立．只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h4≥0，,h6≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋3≥0，,x2＋6x＋3≥0，))解之得x≤－3－eq\r(6)或x≥－3＋eq\r(6)，故x的取值范圍是(－∞，－3－eq\r(6)]∪[－3＋eq\r(6)，＋∞)．三一元二次不等式的實際應(yīng)用求解不等式應(yīng)用題的四個步驟(1)閱讀、理解、審題，把握問題中的關(guān)鍵量，找準(zhǔn)不等關(guān)系．(2)引進數(shù)學(xué)符號，將文字信息轉(zhuǎn)化為符號語言，用不等式表示不等關(guān)系，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型．(3)解不等式，得出數(shù)學(xué)結(jié)論，并注意數(shù)學(xué)模型中自變量的實際意義．(4)回歸實際問題，將數(shù)學(xué)結(jié)論還原為實際問題的結(jié)果．【例3】甲廠以x千克/小時的速度勻速生產(chǎn)某種產(chǎn)品(生產(chǎn)條件要求1≤x≤10)，每小時可獲得利潤是100·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))元．(1)要使生產(chǎn)該產(chǎn)品2小時獲得的利潤不低于3000元，求x的取值范圍；(2)要使生產(chǎn)900千克該產(chǎn)品獲得的利潤最大，問：甲廠應(yīng)該選取何種生產(chǎn)速度？并求最大利潤．解析(1)根據(jù)題意，200eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))≥3000，整理得5x－14－eq\f(3,x)≥0，即5x2－14x－3≥0，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.即要使生產(chǎn)該產(chǎn)品2小時獲得的利潤不低于3000元，x的取值范圍是[3,10]．(2)設(shè)利潤為y元，則y＝eq\f(900,x)·100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))＝9×104eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(1,x)－\f(3,x2)))＝9×104eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,6)))2＋\f(61,12)))，故x＝6時，ymax＝457500元．即甲廠以6千克/小時的生產(chǎn)速度生產(chǎn)900千克該產(chǎn)品獲得的利潤最大，最大利潤為4575001．已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|2＜x＜4))，則不等式cx2＋bx＋a＜0的解集為(D)A．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2))))) B．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,4)))))C．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＜x＜\f(1,2))))) D．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)或x＜\f(1,4)))))解析由已知得a＜0，且2,4為一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，得－eq\f(b,a)＝2＋4①，eq\f(c,a)＝2×4②.①除以②，得－eq\f(b,c)＝eq\f(3,4)，由②得eq\f(a,c)＝eq\f(1,8).∵a＜0，∴c＜0，∴不等式cx2＋bx＋a＜0?x2＋eq\f(b,c)x＋eq\f(a,c)＞0?x2－eq\f(3,4)x＋eq\f(1,8)＞0?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))＞0，∴x＞eq\f(1,2)或x＜eq\f(1,4)，故選D．2．不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2))＜2的解集是(D)A．(－1,1) B．(－2,2)C．(－1,0)∪(0,1) D．(－2,0)∪(0,2)解析∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2))＜2，∴－2＜x2－2＜2，∴0＜x2＜4.∴－2＜x＜0或0＜x＜2，故選D．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≤1，,eqlog\s\do8(\f(1,3))x，x＞1，))若對任意的x∈R，不等式f(x)≤m2－eq\f(3,4)m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為__eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))∪[1，＋∞)__.解析由題意知，m2－eq\f(3,4)m≥f(x)max.當(dāng)x＞1時，f(x)＝eqlog\s\do8(\f(1,3))x是減函數(shù)，且f(x)＜0；當(dāng)x≤1時，f(x)＝－x2＋x，其圖象的對稱軸方程是x＝eq\f(1,2)，且開口向下，∴f(x)max＝－eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，∴m2－eq\f(3,4)m≥eq\f(1,4)，即4m2－3m－1≥0，∴m≤－eq\f(1,4)或m≥1.4．解下列關(guān)于x的不等式．(1)0<x2－x－2≤4；(2)12x2－ax>a2(a∈R)．解析(1)原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－2≤4))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－6≤0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x＋1>0，,x－3x＋2≤0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2或x<－1，,－2≤x≤3.))借助于數(shù)軸，如圖所示．∴原不等式的解集為{x|－2≤x<－1或2<x≤3}．(2)∵12x2－ax>a2，∴12x2－ax－a2>0，即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，得x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f(a,3).當(dāng)a>0時，－eq\f(a,4)<eq\f(a,3)，解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))x<－eq\f(a,4)或x>eq\f(a,3)}；當(dāng)a＝0時，x2>0，解集為{x|x≠0}；當(dāng)a<0時，－eq\f(a,4)>eq\f(a,3)，解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))x<eq\f(a,3)或x>－eq\f(a,4)}.綜上所述，當(dāng)a>0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))x<－eq\f(a,4)或x>eq\f(a,3)}；當(dāng)a＝0時，不等式的解集為{x|x≠0}；當(dāng)a<0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))x<eq\f(a,3)或x>－eq\f(a,4)}.易錯點分不清主元、次元錯因分析：如果式子中含有兩個或多個變量，解題時通常是以一個為主，兼顧其他．【例1】(1)對任意x∈[－1,1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，求a的取值范圍(2)對任意a∈[－1,1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，求x的取值范圍解析(1)當(dāng)x∈[－1,1]時，x2＋(a－4)x＋4－2a＞0恒成立?(x－2)a＋x2－4x＋4＞0恒成立?(x－2)a＞－(x－2)2恒成立∵－1≤x≤1時，－3≤x－2≤－1，∴a＜－(x－2)恒成立．∵1≤－(x－2)≤3，∴a的取值范圍是(－∞，1)．(2)f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋x2－4x＋4令g(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，依題意，在a∈[－1,1]時，g(a)的值恒大于零，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1＝x－2×－1＋x2－4x＋4＞0，,g1＝x－2×1＋x2－4x＋4＞0，))解得x＜1或x＞3.∴x的取值范圍是(－∞，1)∪(3，＋∞)．【跟蹤訓(xùn)練1】若不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)＜0對一切實數(shù)x都成立，則k的取值范圍為(D)A．(－3,0) B．[－3,0)C．[－3,0] D．(－3,0]解析當(dāng)k＝0時，顯然成立；當(dāng)k≠0時，一元二次不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)＜0對一切實數(shù)x都成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＜0，,k2－4×2k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)))＜0，))解得－3＜k＜0.綜上，k的取值范圍是(－3,0]，故選D．課時達標(biāo)第33講[解密考綱]考查不等式的解法，常以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)．在解答題中也涉及一元二次不等式的解法．一、選擇題1．不等式eq\f(2,x＋1)<1的解集是(A)A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－1,1)解析∵eq\f(2,x＋1)＜1，∴eq\f(2,x＋1)－1＜0，即eq\f(1－x,x＋1)＜0，該不等式可化為(x＋1)(x－1)＞0，∴x＜－1或x＞1，故選A．2．不等式－x2＋3x－2>0的解集是(C)A．{x|x<－2或x>－1} B．{x|x<1或x>2}C．{x|1<x<2} D．{x|－2<x<－1}解析不等式－x2＋3x－2＞0，即x2－3x＋2＜0，(x－1)(x－2)＜0，解得1＜x＜2.故原不等式的解集為{x|1＜x＜2}．3．若ax2＋bx＋c<0的解集為{x|x<－2或x>4}，則對于函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c應(yīng)有(B)A．f(5)<f(2)<f(－1) B．f(5)<f(－1)<f(2)C．f(－1)<f(2)<f(5) D．f(2)<f(－1)<f(5)解析∵ax2＋bx＋c＜0的解集為{x|x＜－2或x＞4}，∴a＜0，而且函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(4－2,2)＝1，∴f(－1)＝f(3)．又∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，∴f(5)＜f(3)＜f(2)，即f(5)＜f(－1)＜f(2)，故選B．4．函數(shù)y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＋eq\r(1－x2)的定義域為(C)A．{x|－1<x<2} B．{x|0<x<1}C．{x|0<x≤1} D．{x|－1<x≤2}解析由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)＞0，,1－x2≥0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0或x＜－1，,－1≤x≤1，))所以函數(shù)y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＋eq\r(1－x2)的定義域為{x|0＜x≤1}，故選C．5．已知函數(shù)f(x)＝(ax－1)(x＋b)，如果不等式f(x)>0的解集是(－1,3)，則不等式f(－2x)<0的解集是(A)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))解析由f(x)＞0，得ax2＋(ab－1)x－b＞0，又其解集是(－1,3)，∴a＜0，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－ab,a)＝2，,－\f(b,a)＝－3，))解得a＝－1或eq\f(1,3)(舍去)，∴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＞eq\f(1,2)或x＜－eq\f(3,2)，故選A．6．若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0對一切x∈(0,2]恒成立，則a的取值范圍是(C)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))解析∵x∈(0,2]，∴a2－a≥eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x)).要使a2－a≥eq\f(1,x＋\f(1,x))在x∈(0,2]時恒成立，則a2－a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max，由基本不等式得x＋eq\f(1,x)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，等號成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max＝eq\f(1,2).由a2－a≥eq\f(1,2)，解得a≤eq\f(1－\r(3),2)或a≥eq\f(1＋\r(3),2).二、填空題7．已知不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3<0，,x2－6x＋8<0))的解集是不等式2x2－9x＋a<0的解集的子集，則實數(shù)a的取值范圍是__(－∞，9]__.解析不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3＜0，,x2－6x＋8＜0))的解集是{x|2＜x＜3}．設(shè)f(x)＝2x2－9x＋a，則由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2≤0，,f3≤0，))解得a≤9.8．若對任意實數(shù)p∈[－1,1]，不等式px2＋(p－3)x－3>0成立，則實數(shù)x的取值范圍為__(－3，－1)__.解析不等式可變形為(x2＋x)p－3x－3＞0，令f(p)＝(x2＋x)p－3x－3，p∈[－1,1]．原不等式成立等價于f(p)＞0，p∈[－1,1]，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＞0，,f1＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－x－3x－3＞0，,x2＋x－3x－3＞0，))解得－3＜x＜－1.9．已知二次函數(shù)f(x)的二次項系數(shù)為a，且不等式f(x)>0的解集為(1,2)，若方程f(x)的最大值小于1，則a的取值范圍是__(－4,0)__.解析由題意知a＜0，可設(shè)f(x)＝a(x－1)(x－2)＝ax2－3ax＋2a，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(a,4)＜1，∴a＞－4，故－4＜a＜0.三、解答題10．已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6.(1)解關(guān)于a的不等式f(1)>0；(2)若不等式f(x)>b的解集為(－1,3)，求實數(shù)a，b的值．解析(1)由題意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3>0，即a2－6a－3<0，解得3－2eq\r(3)<a<3＋2eq\r(3).所以不等式的解集為{a|3－2eq\r(3)<a<3＋2eq\r(3)}．(2)∵f(x)>b的解集為(－1,3)，∴方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的兩根為－1,3，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f(a6－a,3)，,－1×3＝\f(b－6,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3±\r(3)，,b＝－3，))即a的值為3±eq\r(3)，b的值為－3.11．解關(guān)于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2<0(a∈R)解析原不等式可化為(ax－1)(x－2)<0.①當(dāng)a>0時，原不等式可以化為a(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))<0，等價于(x－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))<0.當(dāng)0<a<eq\f(1,2)，即2<eq\f(1,a)時，原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))2<x<eq\f(1,a)；當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，原不等式的解集是?；當(dāng)a>eq\f(1,2)，即eq\f(1,a)<2時，原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))eq\f(1,a)<x<2.②當(dāng)a＝0時，原不等式為－(x－2)<0，解得x>2，即原不等式的