高考数学人教A版（理）一轮复习：第七篇 第2讲 一元二次不等式及其解法
第2讲 一元二次不等式及其解法
A级 基础演练
(时间：30分钟 满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．(2012·南通二模)已知f(x)＝则不等式f(x)
2，因此x<0.
综上，x<4.故f(x)0，不等式－c0，∴－0的解集是 ( )．
A．(0,1)∪(，＋∞) B．(－，1)∪(，＋∞)
C．(，＋∞) D．(－，)
解析 原不等式等价于或
∴x>或00的解集为，则不等式－cx2＋2x－a>0的解集为________．
解析 由ax2＋2x＋c>0的解集为知a<0，且－，为方程ax2＋2x＋c＝0的两个根，由根与系数的关系得－＋＝－，－×＝，解得a＝－12，c＝2，∴－cx2＋2x－a>0，即2x2－2x－12<0，其解集为(－2,3)．
答案 (－2,3)
6．在实数集上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)，若不等式(x－a)⊗(x＋a)<1对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析 由题意知(x－a)⊗(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)＝－x2＋x＋a2－a.故－x2＋x＋a2－a<1对任意x∈R都成立．
即－x2＋x<－a2＋a＋1对任意x∈R都成立．
而－x2＋x＝－2＋≤，只需－a2＋a＋1>即可，即4a2－4a－3<0，解得－
4的解集为{x|x<1或x>b}，
(1)求a，b；
(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0.
解 (1)因为不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b}，所以x1＝1与x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的两个实数根，且b>1.
由根与系数的关系，得解得
(2)由(1)知不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0为x2－(2＋c)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)<0.
①当c>2时，不等式(x－2)(x－c)<0的解集为{x|22时，不等式的解集为{x|20，
即Δ＝(m－2)2－4(m－1)(－1)>0，得m2>0，
所以m≠1且m≠0.
(2)在m≠0且m≠1的条件下，
因为＋＝＝m－2，
所以＋＝2－
＝(m－2)2＋2(m－1)≤2.
得m2－2m≤0，所以0≤m≤2.
所以m的取值范围是{m|01的解集为 ( )．
A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞)
C．(－1,0) D．(0,1)
解析 ∵f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1，Δ＝(a＋2)2－4a＝a2＋4>0，
∴函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1必有两个不同的零点，
又f(x)在(－2，－1)上有一个零点，则f(－2)f(－1)<0，
∴(6a＋5)(2a＋3)<0，∴－1即为－x2－x>0，
解得－10对x∈R恒成立，则关于t的不等式a2t＋10对x∈R恒成立，
则Δ＝4a2－4a<0，所以0t2＋2t－3>0，
即所以10恒成立，则b的取值范围是________．
解析 依题意，f(x)的对称轴为x＝1，且开口向下，
∴当x∈[－1,1]时，f(x)是增函数．
若f(x)>0恒成立，则f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1>0，即b2－b－2>0，∴(b－2)(b＋1)>0，∴b>2或b<－1.
答案 (－∞，－1)∪(2，＋∞)
4．(2012·浙江)设a∈R，若x>0时均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，则a＝________.
解析 显然a＝1不能使原不等式对x>0恒成立，故a≠1且当x1＝，a≠1时原不等式成立．对于x2－ax－1＝0，设其两根为x2，x3，且x20.当x>0时，原不等式恒成立，故x1＝满足方程x2－ax－1＝0，代入解得a＝或a＝0(舍去)．
答案
三、解答题(共25分)
5．(12分)设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a＞0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
注 e为自然对数的底数．
解 (1)因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x＞0，
所以f′(x)＝－2x＋a＝－.
由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．
(2)由题意得，f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.
由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，
要使e－1≤f(x)≤e2，对x∈[1，e]恒成立，
只要解得a＝e.
6．(13分)(2013·金华模拟)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，函数F(x)＝f(x)－x
的两个零点为m，n(m0的解集；
(2)若a>0，且00，即a(x＋1)(x－2)>0.
当a>0时，不等式F(x)>0的解集为{x|x<－1或x>2}；当a<0时，不等式F(x)>0的解集为{x|－10，且00.
∴f(x)－m<0，即f(x)
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