1．5一元二次方程、不等式與二次函數(shù)1．會結(jié)合二次函數(shù)的圖象，判斷一元二次方程實(shí)根的存在性及實(shí)根的個數(shù)．2．借助二次函數(shù)的圖象，了解一元二次不等式與相應(yīng)函數(shù)、方程的聯(lián)系．3．能借助二次函數(shù)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．1．一元二次不等式只含有一個未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)是2的不等式，稱為一元二次不等式．2．三個“二次”之間的關(guān)系判別式Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根有兩個不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2(x1<x2)有兩個相等的實(shí)數(shù)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實(shí)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)))))Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}??當(dāng)Δ<0時，不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集為R還是?，要注意區(qū)別．3．分式不等式與整式不等式(1)eq\f(f(x),g(x))>0(<0)?f(x)g(x)>0(<0).(2)eq\f(f(x),g(x))≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.4．簡單的絕對值不等式絕對值不等式|x|>a(a>0)的解集為(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|<a(a>0)的解集為(－a，a).記憶口訣：大于號取兩邊，小于號取中間．教材拓展1．一元二次不等式恒成立問題(1)不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，x∈R恒成立?a>0且Δ<0.(2)不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)，x∈R恒成立?a<0且Δ<0.(3)若a可以為0，則需要分類討論，一般優(yōu)先考慮a＝0的情形．2．對于不等式ax2＋bx＋c>0，求解時不要忘記a＝0時的情形．1．判斷（正確的畫“√”，錯誤的畫“×”）(1)eq\f(x－a,x－b)≥0等價于(x－a)(x－b)≥0.(×)(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集為(x1，x2)，則必有a＞0.(√)(3)不等式x2≤a的解集為[－eq\r(a)，eq\r(a)].(×)(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a＜0)沒有實(shí)數(shù)根，則不等式ax2＋bx＋c＞0(a<0)的解集為R.(×)2．（人教A版必修第一冊P53T1(5)改編）不等式－2x2＋x≤－3的解集為（－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))．解析：由－2x2＋x≤－3可得2x2－x－3≥0，即(2x－3)(x＋1)≥0，解得x≤－1或x≥eq\f(3,2)，故不等式的解集為（－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).3．（人教A版必修第一冊P55T5改編）已知A＝{x|x2－16<0}，B＝{x|x2－4x＋3>0}，則A∪B＝R．解析：已知A＝{x|x2－16<0}＝{x|－4<x<4}，B＝{x|x2－4x＋3>0}＝{x|x<1或x>3}，則A∪B＝R.4．（人教A版必修第一冊P58T6改編）若不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0對一切實(shí)數(shù)x都成立，則k的取值范圍為（－3，0]．解析：當(dāng)k＝0時，滿足題意；當(dāng)k≠0時，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝k2－4×2k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)))<0，))解得－3<k<0，所以－3<k≤0.考點(diǎn)1一元二次不等式的解法命題角度1不含參一元二次不等式的解法【例1】（多選）下列選項(xiàng)中，正確的是(ABD)A．不等式x2＋x－2>0的解集為{x|x<－2或x>1}B．不等式eq\f(2x＋1,x－2)≤1的解集為{x|－3≤x<2}C．不等式|x－2|≥1的解集為{x|1≤x≤3}D．設(shè)x∈R，則“|x－1|<1”是“eq\f(x＋4,x－5)<0”的充分不必要條件【解析】因?yàn)榉匠蘹2＋x－2＝0的解為x1＝1，x2＝－2，所以不等式x2＋x－2>0的解集為{x|x<－2或x>1}，故A正確；因?yàn)閑q\f(2x＋1,x－2)－1≤0，即eq\f(x＋3,x－2)≤0，即(x＋3)(x－2)≤0且x－2≠0，解得－3≤x<2，所以不等式的解集為{x|－3≤x<2}，故B正確；由|x－2|≥1，可得x－2≤－1或x－2≥1，解得x≤1或x≥3，所以不等式的解集為{x|x≤1或x≥3}，故C錯誤；由|x－1|<1，可得－1<x－1<1，解得0<x<2，由eq\f(x＋4,x－5)<0，可得－4<x<5，因此，“|x－1|<1”是“eq\f(x＋4,x－5)<0”的充分不必要條件，故D正確．故選ABD.命題角度2含參一元二次不等式的解法【例2】解關(guān)于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R).【解】原不等式可化為ax2＋(a－2)x－2≥0，即(ax－2)(x＋1)≥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|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|\f(2,a)≤x≤－1))；當(dāng)a＝－2時，不等式的解集為{－1}；當(dāng)a<－2時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1≤x≤\f(2,a))).對含參的一元二次不等式，應(yīng)對參數(shù)進(jìn)行分類討論，常見的分類有(1)根據(jù)二次項(xiàng)系數(shù)為正、為負(fù)及為零進(jìn)行分類．(2)根據(jù)判別式Δ與0的大小關(guān)系判斷根的個數(shù)．(3)有兩個根時，有時還需根據(jù)兩根之間的大小關(guān)系進(jìn)行討論．【對點(diǎn)訓(xùn)練1】解關(guān)于x的不等式：(1)eq\f(2x,1－x)≤3；(2)ax2－(2a－1)x－2≥0.解：(1)由題意得eq\f(2x,1－x)－3＝eq\f(5x－3,1－x)≤0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((5x－3)(x－1)≥0，,x－1≠0，))解得x≤eq\f(3,5)或x>1，所以不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,5)))∪(1，＋∞).(2)不等式ax2－(2a－1)x－2≥0可化為(ax＋1)(x－2)≥0，當(dāng)a＝0時，x－2≥0，不等式的解集為[2，＋∞）；當(dāng)a>0時，不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－2)≥0，其解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))∪[2，＋∞）；當(dāng)a<0時，不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－2)≤0，①當(dāng)－eq\f(1,a)<2，即a<－eq\f(1,2)時，不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，2))；②當(dāng)－eq\f(1,a)＝2，即a＝－eq\f(1,2)時，不等式的解集為{2}；③當(dāng)－eq\f(1,a)>2，即－eq\f(1,2)<a<0時，不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,a))).考點(diǎn)2三個“二次”之間的關(guān)系【例3】（多選）若存在m，n(m<n－1)，使得0≤x2＋ax＋b≤c－x的解集為{x|m≤x≤m＋1或x＝n}，則下列結(jié)論正確的是(AD)A．x2＋ax＋b≥0的解集為{x|x≤m＋1或x≥n}B．x2＋ax＋b≤c－x的解集為{x|m＋1≤x≤n}C．c＝－nD．a(chǎn)2＋2a>4b－4c【解析】對于A，B，因?yàn)閙<n－1，故m＋1<n，由題意得x2＋ax＋b≤c－x的解集為{x|m≤x≤n}，x2＋ax＋b≥0的解集為{x|x≤m＋1或x≥n}，A正確，B錯誤；對于C，x2＋(a＋1)x＋b－c＝0的兩個根為m，n，x2＋ax＋b＝0的兩個根為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，C錯誤；對于D，因?yàn)閚－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))>1，兩邊平方得a2＋2a>4b－4c，D正確．故選AD.1．一元二次方程的根就是相應(yīng)二次函數(shù)的零點(diǎn)，也是相應(yīng)一元二次不等式解集的端點(diǎn)值．2．給出一元二次不等式的解集，相當(dāng)于知道了相應(yīng)二次函數(shù)圖象的開口方向及與x軸的交點(diǎn)，可以利用代入法或根與系數(shù)的關(guān)系求待定系數(shù)．【對點(diǎn)訓(xùn)練2】（多選）已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集為(－∞，1)∪(5，＋∞)，則(CD)A.a>0B．a(chǎn)＋b＋c>0C．bx＋c>0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(5,6)))D．cx2－bx＋a<0的解集是解析：由題意可得1和5是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，且a<0，由韋達(dá)定理可得1＋5＝－eq\f(b,a)，1×5＝eq\f(c,a)，得b＝－6a，c＝5a，對于A，因?yàn)閍<0，故A錯誤；對于B，a＋b＋c＝a－6a＋5a＝0，故B錯誤；對于C，不等式bx＋c>0，即－6ax＋5a>0，即6x－5>0，解得x>eq\f(5,6)，所以不等式bx＋c>0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(5,6)))，故C正確；對于D，由不等式cx2－bx＋a<0，得a(5x2＋6x＋1)<0，即5x2＋6x＋1>0，則(5x＋1)(x＋1)>0，解得x>－eq\f(1,5)或x<－1，即解集為，故D正確．故選CD.考點(diǎn)3一元二次不等式的恒成立問題命題角度1在實(shí)數(shù)集R上的恒成立問題【例4】若命題p：“?x∈R，(k2－1)x2＋4(1－k)x＋3≤0”是假命題，則k的取值范圍是(B)A．(1，7) B．[1，7）C．(－7，1) D．（－7，1]【解】因?yàn)槊}“?x∈R，(k2－1)x2＋4(1－k)x＋3≤0”是假命題，所以命題“?x∈R，(k2－1)x2＋4(1－k)x＋3>0”是真命題，若k2－1＝0，則k＝1或k＝－1，當(dāng)k＝1時，不等式為3>0，恒成立，滿足題意；當(dāng)k＝－1時，不等式為8x＋3>0，不恒成立，不滿足題意；若k2－1≠0，則需要滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2－1>0，,Δ＝16(1－k)2－4×(k2－1)×3<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((k－1)(k＋1)>0，,(k－1)(k－7)<0，))解得1<k<7.綜上所述，k的取值范圍是[1，7）.故選B.命題角度2在給定區(qū)間上的恒成立問題【例5】（2025·八省聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)＝x|x－a|－2a2，若當(dāng)x>2時，f(x)>0，則a的取值范圍是(B)A．(－∞，1] B．[－2，1]C．[－1，2] D．[－1，＋∞)【解析】①若a>2，當(dāng)2<x<a時，f(x)＝x|x－a|－2a2＝－x2＋ax－2a2，此時Δ＝a2－4×(－1)×(－2a2)＝－7a2<0，又－1<0，所以f(x)<0，不滿足當(dāng)x>2時，f(x)>0，故a>2不符合題意；②若0<a≤2，當(dāng)x>2時，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)>0，解得x>2a，由于當(dāng)x>2時，f(x)>0，故2a≤2，解得0<a≤1；③若a＝0，當(dāng)x>2時，f(x)＝x2>0恒成立，符合題意；④若a<0，當(dāng)x>2時，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)>0，解得x>－a，由于當(dāng)x>2時，f(x)>0，故－a≤2，解得－2≤a<0.綜上，a的取值范圍為[－2，1].故選B.命題角度3給定參數(shù)范圍的恒成立問題【例6】若不等式x2＋px>4x＋p－3，當(dāng)0≤p≤4時恒成立，則x的取值范圍是(D)A．[－1，3]B．(－∞，－1]C．[3，＋∞)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)【解析】不等式x2＋px>4x＋p－3，可化為(x－1)p＋x2－4x＋3>0，由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3]min>0(0≤p≤4)，令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(0)＝x2－4x＋3>0，,f(4)＝4(x－1)＋x2－4x＋3>0，))解得x<－1或x>3.故選D.恒成立問題求參數(shù)的范圍的解題策略(1)弄清楚自變量、參數(shù)．一般情況下，求誰的范圍，誰就是參數(shù)．(2)對于一元二次不等式在R上恒成立問題，可用判別式Δ進(jìn)行解決；對于一元二次不等式在給定區(qū)間上恒成立問題，不能用判別式Δ進(jìn)行解決，一般用分離參數(shù)求最值或分類討論的方法．【對點(diǎn)訓(xùn)練3】已知關(guān)于x的不等式2x－1＞m(x2－1).(1)是否存在實(shí)數(shù)m，使不等式對任意x∈R恒成立？并說明理由；(2)若不等式對任意x∈(1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)若不等式對任意m∈[－2，2]恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．解：(1)不存在．理由：原不等式等價于mx2－2x＋(1－m)＜0，當(dāng)m＝0時，原不等式化為－2x＋1＜0，不恒成立；當(dāng)m≠0時，若不等式對于任意實(shí)數(shù)x恒成立，則需m＜0且Δ＝4－4m(1－m)＜0，無解，所以不存在實(shí)數(shù)m，使不等式對任意x∈R恒成立．(2)因?yàn)閤＞1，所以m＜eq\f(2x－1,x2－1).設(shè)2x－1＝t(t＞1)，x2－1＝eq\f(t2＋2t－3,4)，所以m＜eq\f(4t,t2＋2t－3)＝eq\f(4,t－\f(3,t)＋2).設(shè)g(t)＝t－eq\f(3,t)＋2，t∈(1，＋∞)，顯然g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)t→＋∞時，t－eq\f(3,t)＋2→＋∞，eq\f(4,t－\f(3,t)＋2)→0，所以m≤0.所以m的取值范圍是(－∞，0].（3)設(shè)f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，當(dāng)m∈[－2，2]時，f(m)＜0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(2)＜0，,f(－2)＜0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－2x－1＜0①，,－2x2－2x＋3＜0②.))由①得eq\f(1－\r(3),2)＜x＜eq\f(1＋\r(3),2).由②得x＜eq\f(－1－\r(7),2)或x＞eq\f(－1＋\r(7),2).取交集，得eq\f(－1＋\r(7),2)＜x＜eq\f(1＋\r(3),2).所以x的取值范圍是x|eq\f(－1＋\r(7),2)＜x＜eq\f(1＋\r(3),2)．課時作業(yè)5（總分：100分）1．（5分）不等式x(x＋2)<x(3－x)＋1的解集為(A)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：不等式x(x＋2)<x(3－x)＋1，化為2x2－x－1<0，即(2x＋1)(x－1)<0，解得－eq\f(1,2)<x<1，所以不等式x(x＋2)<x(3－x)＋1的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).故選A.2．（5分）不等式eq\f(3,x＋2)>1的解集為(C)A．{x|x<1，x≠－2}B．{x|x>1}C．{x|－2<x<1}D．{x|x<－2或x>1}解析：不等式eq\f(3,x＋2)>1等價于eq\f(x－1,x＋2)<0，等價于(x－1)(x＋2)<0，解集為{x|－2<x<1}．故選C.3．（5分）不等式ax2＋bx－3<0的解集是(－∞，1)∪(3，＋∞)，則b－a的值是(D)A．－3 B．3C．－5 D．5解析：因?yàn)椴坏仁絘x2＋bx－3<0的解集是(－∞，1)∪(3，＋∞)，所以a<0，x＝1和x＝3是方程ax2＋bx－3＝0的根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋3＝－\f(b,a)，,1×3＝－\f(3,a)，))即a＝－1，b＝4，則b－a＝5.故選D.4．（5分）已知mx2＋mx＋1≥0對一切實(shí)數(shù)x恒成立，則m的取值范圍是(D)A．0<m≤4 B．0≤m≤1C．m≥4 D．0≤m≤4解析：當(dāng)m＝0時，原不等式化為1≥0，恒成立．當(dāng)m≠0時，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝m2－4m≤0，))所以0<m≤4.綜上，0≤m≤4.故選D.5．（5分）若對任意的x∈(0，＋∞)，x2－mx＋1>0恒成立，則m的取值范圍是(C)A．(－2，2) B．(2，＋∞)C．(－∞，2) D．（－∞，2]解析：由?x∈(0，＋∞)，x2－mx＋1>0，得m<x＋eq\f(1,x)，而當(dāng)x>0時，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取等號，則m<2，所以m的取值范圍是(－∞，2).故選C.6．（5分）已知對任意m∈[1，3]，mx2－mx－1<－m＋5恒成立，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,7)，＋∞))B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(5),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(5),2)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，\f(1＋\r(5),2)))解析：對任意m∈[1，3]，不等式mx2－mx－1<－m＋5恒成立，即對任意m∈[1，3]，m(x2－x＋1)<6恒成立，所以對任意m∈[1，3]，x2－x＋1<eq\f(6,m)恒成立，所以對任意m∈[1，3]，x2－x＋1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,m)))eq\s\do7(min)＝2，所以x2－x＋1<2，解得eq\f(1－\r(5),2)<x<eq\f(1＋\r(5),2)，故實(shí)數(shù)x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，\f(1＋\r(5),2))).故選D.7．（6分）（多選）已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－∞，－2)∪(3，＋∞)，則下列選項(xiàng)中正確的是(ABD)A．a(chǎn)>0B．不等式bx＋c>0的解集為{x|x<－6}C．a(chǎn)＋b＋c>0D．不等式cx2－bx＋a<0的解集為－∞，－eq\f(1,3)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：對于A，∵關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－∞，－2)∪(3，＋∞)，∴a>0，A正確；對于B，已知－2和3是關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋3＝－\f(b,a)，,－2×3＝\f(c,a)，))則b＝－a，c＝－6a，不等式bx＋c>0，即－ax－6a>0，即x＋6<0，解得x<－6，B正確；對于C，a＋b＋c＝－6a<0，C錯誤；對于D，不等式cx2－bx＋a<0，即－6ax2＋ax＋a<0，即6x2－x－1>0，解得x<－eq\f(1,3)或x>eq\f(1,2)，D正確．故選ABD.8．（6分）（多選）已知a∈R，關(guān)于x的不等式(ax－2)(x＋2)>0的解集可能是(ACD)A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)<x<－2))))B．{x|x>－2}C．D．解析：當(dāng)a＝0時，(ax－2)(x＋2)＝－2(x＋2)>0?x<－2；當(dāng)a>0時，(ax－2)(x＋2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋2)>0?x>eq\f(2,a)或x<－2，故A正確；當(dāng)a<0時，(ax－2)(x＋2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋2)>0，若eq\f(2,a)＝－2?a＝－1，則解集為空集，若eq\f(2,a)<－2?－1<a<0，則不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)<x<－2))))，若eq\f(2,a)>－2?a<－1，則不等式的解集為，故C，D正確．故選ACD.9．（5分）滿足2<x2－2x＋3<3的x的取值范圍為(0，1)∪(1，2)．解析：由2<x2－2x＋3<3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2<x2－2x＋3，,x2－2x＋3<3，))由2<x2－2x＋3，得x2－2x＋1>0，(x－1)2>0，解得x≠1，由x2－2x＋3<3，得x2－2x<0，解得0<x<2，所以0<x<1或1<x<2，所以原不等式組的解集為(0，1)∪(1，2).10．（5分）命題q：?x∈（－∞，－2]，x2＋2x－a＋2>0.若q為真命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2)．解析：因?yàn)?x∈（－∞，－2]，x2＋2x－a＋2>0為真命題，則a<x2＋2x＋2在x∈（－∞，－2]上恒成立，令g(x)＝x2＋2x＋2＝(x＋1)2＋1，x∈（－∞，－2]，則g(x)min＝g(－2)＝2，所以a<g(x)min＝2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2).11．（16分）已知函數(shù)f(x)＝x2－3x＋a.(1)若f(x)>0在x∈R上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)<0在x∈（－1，2]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)若f(x)>0在x∈R上恒成立，則Δ＝(－3)2－4a<0，得a>eq\f(9,4)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，＋∞)).(2)由題意知，a<－x2＋3x在x∈（－1，2]上恒成立，則a<(－x2＋3x)min，－x2＋3x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)，當(dāng)x∈（－1，2]時，－x2＋3x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－4，\f(9,4)))，所以a≤－4，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（－∞，－4].12．（17分）已知f(x)＝ax2＋x－a，a∈R.(1)若不等式f(x)>x2＋ax－1－a對一切實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若a∈R，解不等式f(x)>1.解：(1)f(x)>x2＋ax－1－a對一切實(shí)數(shù)x恒成立，則ax2＋x－a>x2＋ax－1－a，所以不等式(a－1)x2＋(1－a)x＋1>0的解集為R，所以當(dāng)a＝1時，不等式為1>0，解集為R，符合題意；當(dāng)a≠1時，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,Δ＝(1－a)2－4(a－1)<0，))解得1<a<5.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，5）.(2)原不等式可化為ax2＋x－a－1>0，即(x－1)(ax＋a＋1)>0，若a＝0，則x－1>0，解集為{x|x>1}；若a>0，則1>－eq\f(a＋1,a)，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(a＋1,a)或x>1))；若a<0，則(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))<0，因?yàn)?－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,a)))＝eq\f(2a＋1,a)，所以當(dāng)－eq\f(1,2)<a<0時，1<－eq\f(a＋1,a)，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1<x<－\f(a＋1,a)))，當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時，(x－1)2<0，解集為?，當(dāng)a<－eq\f(1,2)時，1>－eq\f(a＋1,a)，解集為．綜上，當(dāng)a>0時，f(x)>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(a＋1,a)或x>1))；當(dāng)a＝0時，f(x)>1的解集為{x|x>1}；當(dāng)－eq\f(1,2)<a<0時，f(x)>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1<x<－\f(a＋1,a)))；當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時，f(x)>1的解集為?；當(dāng)a<－eq\f(1,2)時，f(x)>1的解集為．13．（5分）對任意x∈[1，2]，不等式ax2－2x＋3a<0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(D)A．（－∞，eq\r(5)） B．eq\b\lc\(\rc\