高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)1 第1講　不等關(guān)系與一元二次不等式

第1講不等關(guān)系與一元二次不等式課標(biāo)要求考情分析1.了解日常生活中的不等關(guān)系，了解不等式(組)的實際背景．2．掌握不等式的性質(zhì)及應(yīng)用．3．會從實際情境中抽象出一元二次不等式模型，會解一元二次不等式．4．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.本講是歷年必考內(nèi)容，小題常與集合的基本運算相結(jié)合，屬于簡單題；解答題中與函數(shù)相結(jié)合，尤其是與利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性相結(jié)合，有一定的難度.核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算1．兩個實數(shù)比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，（a，b∈R）.,a－b<0?a<b，))(2)作商法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1?a>b，,\f(a,b)＝1?a＝b，（a∈R，b>0）.,\f(a,b)<1?a<b，))2．不等式的基本性質(zhì)性質(zhì)性質(zhì)內(nèi)容特別提醒對稱性a>b?b<a?傳遞性a>b，b>c?a>c?可加性a>b?a＋c>b＋c?可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>0))?ac>bc注意c的符號eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c<0))?ac<bc同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b,c>d))?a＋c>b＋d?同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b>0,c>d>0))?ac>bd?可乘方性a>b>0?an>bn(n∈N，n≥1)a，b同為正數(shù)可開方性a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)3.一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)及一元二次方程的關(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}{x|x≠x1}Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}??常用結(jié)論1．倒數(shù)性質(zhì)(1)a>b，ab>0?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；(2)a<0<b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b)；(3)a>b>0，d>c>0?eq\f(a,c)>eq\f(b,d).2．分?jǐn)?shù)性質(zhì)若a>b>0，m>0，則(1)真分?jǐn)?shù)性質(zhì)：eq\f(b,a)<eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)>eq\f(b－m,a－m)(b－m>0)；(2)假分?jǐn)?shù)性質(zhì)：eq\f(a,b)>eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)<eq\f(a－m,b－m)(b－m>0)．3．兩個常用的結(jié)論(1)不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)對任意實數(shù)x恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0.))(2)不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)對任意實數(shù)x恒成立?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))【小題自測】1．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)兩個實數(shù)a，b之間，有且只有a>b，a＝b，a<b三種關(guān)系中的一種．()(2)若eq\f(a,b)>1，則a>b.()(3)一個不等式的兩邊同時加上或同時乘以同一個數(shù)，不等號方向不變．()(4)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.()(5)若不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)的解集為(x1，x2)，則必有a>0.()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√2．(教材改編)若a，b都是實數(shù)，則“eq\r(a)－eq\r(b)>0”是“a2－b2>0”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選A.eq\r(a)－eq\r(b)>0?eq\r(a)>eq\r(b)?a>b≥0?a2>b2，但由a2－b2>0?/eq\r(a)－eq\r(b)>0.3．不等式eq\f(x－3,x－1)≤0的解集為()A．{x|x<1或x≥3} B．{x|1≤x≤3}C．{x|1<x≤3} D．{x|1<x<3}解析：選C.由eq\f(x－3,x－1)≤0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－3）（x－1）≤0，,x－1≠0，))解得1<x≤3.4．(亂用不等式的加法法則致誤)已知－1<a<2，－3<b<5，則2a－b的取值范圍是________．解析：由題意得－2<2a<4，－5<－b<3，所以－7<2a－b<7.答案：(－7，7)5．若關(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＝________．解析：因為x1＝－eq\f(1,2)，x2＝eq\f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的兩個根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)－\f(b,2)＋2＝0，,\f(a,9)＋\f(b,3)＋2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2，))所以a＋b＝－14.答案：－14考點一不等式的性質(zhì)及其應(yīng)用(師生共研)(1)(2022·銀川重點高中一模)已知a，b，c滿足a>b>c，且ac>0，則下列選項中一定能成立的是()A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)>0C．a(chǎn)b(a－c)>0 D．cb2>ca2(2)已知－1<x<4，2<y<3，則x－y的取值范圍是________，3x＋2y的取值范圍是________．【解析】(1)取a＝－1，b＝－2，c＝－3，則ab＝2<ac＝3，cb2＝－12<ca2＝－3，排除A，D；取a＝3，b＝2，c＝1，則c(b－a)＝－1<0，排除B；因為a>b>c，且ac>0，所以a，b，c同號，且a－c>0，所以ab(a－c)>0.(2)由題意得－3<－y<－2，所以－4<x－y<2.由題意得－3<3x<12，4<2y<6，所以1<3x＋2y<18.【答案】(1)C(2)(－4，2)(1，18)(1)比較大小常用的方法(2)判斷不等式的常用方法①直接利用不等式的性質(zhì)逐個驗證，利用不等式的性質(zhì)判斷不等式是否成立時要特別注意前提條件．②利用特殊值法排除錯誤答案．【對點訓(xùn)練】1．(2022·安徽黃山期末)已知P＝a2＋4a＋1，Q＝－b2＋2b－4，則()A．P>QB．P<QC．P≥QD．P≤Q解析：選C.P－Q＝a2＋b2＋4a－2b＋5＝(a＋2)2＋(b－1)2，所以P－Q≥0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－2，b＝1時取等號，所以選C.2．(巧用結(jié)論1)(2022·長春市高三質(zhì)量監(jiān)測)已知a>b，下列不等式一定成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．ln(a－b)>0C．|a|>|b| D．a(chǎn)3>b3解析：選D.對于A，當(dāng)a＝2，b＝－1時，eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故A不正確；對于B，當(dāng)a＝2，b＝1時，ln(a－b)＝ln1＝0，故B不正確；對于C，當(dāng)a＝2，b＝－3時，|a|<|b|，故C不正確；對于D，因為函數(shù)y＝x3是R上的增函數(shù)，a>b，所以a3>b3，故D正確，故選D.3．若6<a<10，eq\f(a,2)≤b≤2a，c＝a＋b，則c的取值范圍是()A．[9，18]B．(15，30)C．[9，30]D．(9，30)解析：選D.因為eq\f(a,2)≤b≤2a，所以eq\f(3a,2)≤a＋b≤3a，即eq\f(3a,2)≤c≤3a.因為6<a<10，所以9<c<30.考點二一元二次不等式的解法(師生共研)解下列關(guān)于x的不等式．(1)0<x2－x－2≤4；(2)ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)．【解】(1)原不等式等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－2≤4，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－6≤0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）（x＋1）>0，,（x－3）（x＋2）≤0，))解得eq\b\lc\{(\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)因為a>0，原不等式等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.①當(dāng)a＝1時，eq\f(1,a)＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0無解；②當(dāng)a>1時，eq\f(1,a)<1，解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得eq\f(1,a)<x<1；③當(dāng)0<a<1時，eq\f(1,a)>1，解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得1<x<eq\f(1,a).綜上所述，當(dāng)0<a<1時，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1<x<\f(1,a)))；當(dāng)a＝1時，解集為?；當(dāng)a>1時，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,a)<x<1)).(1)解一元二次不等式的方法和步驟(2)解含參數(shù)的一元二次不等式的步驟①二次項若含有參數(shù)應(yīng)討論參數(shù)是等于0，小于0，還是大于0，然后將不等式轉(zhuǎn)化為一次不等式或二次項系數(shù)為正的一元二次不等式；②判斷一元二次不等式所對應(yīng)的方程實根的個數(shù)，即討論判別式Δ與0的關(guān)系；③確定方程無實根或有兩個相同實根時，可直接寫出解集；確定方程有兩個相異實根時，要討論兩實根的大小關(guān)系，從而確定解集．【對點訓(xùn)練】1．(2022·上海普通高等學(xué)校春考)不等式eq\f(2x＋5,x－2)<1的解集為________．解析：eq\f(2x＋5,x－2)<1，即eq\f(2x＋5,x－2)－1<0，即eq\f(x＋7,x－2)<0，解得－7<x<2，因此不等式的解集為(－7，2)．答案：(－7，2)2．若不等式ax2＋bx＋2<0的解集為{x|x<－eq\f(1,2)或x>eq\f(1,3)}，則eq\f(a－b,a)＝________．解析：由題意得方程ax2＋bx＋2＝0的兩根為－eq\f(1,2)與eq\f(1,3)，所以－eq\f(b,a)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝－eq\f(1,6)，則eq\f(a－b,a)＝1－eq\f(b,a)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)3．求不等式12x2－ax>a2(a∈R)的解集．解：因為12x2－ax>a2，所以12x2－ax－a2>0，即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，解得x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f(a,3).當(dāng)a>0時，－eq\f(a,4)<eq\f(a,3)，不等式的解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；當(dāng)a＝0時，原不等式變形為x2>0，解集為{x|x∈R且x≠0}；當(dāng)a<0時，－eq\f(a,4)>eq\f(a,3)，不等式的解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<\f(a,3)或x>－\f(a,4))))).綜上所述，當(dāng)a>0時，不等式的解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；當(dāng)a＝0時，不等式的解集為{x|x∈R且x≠0}；當(dāng)a<0時，不等式的解集為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<\f(a,3)或x>－\f(a,4))))).考點三一元二次不等式的恒成立問題(多維探究)考向1形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈R)若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0對一切x∈R恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．【解析】當(dāng)a－2＝0，即a＝2時，不等式為－4<0，對一切x∈R恒成立．當(dāng)a≠2時，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,Δ＝4（a－2）2＋16（a－2）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<2，,－2<a<2，))解得－2<a<2.所以實數(shù)a的取值范圍是(－2，2]．【答案】(－2，2]一元二次不等式在R上恒成立的條件不等式類型恒成立條件ax2＋bx＋c>0a>0，Δ<0ax2＋bx＋c≥0a>0，Δ≤0ax2＋bx＋c<0a<0，Δ<0ax2＋bx＋c≤0a<0，Δ≤0考向2形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈[a，b])若不等式x2≥m＋4x在[0，1]上恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．m≤－3或m≥0 B．m≥－3C．－3≤m≤0 D．m≤－3【解析】因為不等式x2≥m＋4x在[0，1]上恒成立，所以只需m≤(x2－4x)min，x∈[0，1]，令f(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，x∈[0，1]，所以f(x)min＝f(1)＝－3，所以m≤－3.【答案】D形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈[a，b])恒成立問題的求解思路(1)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求其最值，讓最值大于等于或小于等于0，從而求出參數(shù)的范圍．(2)數(shù)形結(jié)合，利用二次函數(shù)在端點a，b處的取值特點確定不等式求參數(shù)的取值范圍．考向3形如f(x)≥0(f(x)≤0)(參數(shù)m∈[a，b])已知a∈[－1，1]時不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，則x的取值范圍為()A．(－∞，2)∪(3，＋∞)B．(－∞，1)∪(2，＋∞)C．(－∞，1)∪(3，＋∞)D．(1，3)【解析】把不等式的左端看成關(guān)于a的一次函數(shù)，記f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，則由f(a)>0對于任意的a∈[－1，1]恒成立，得f(－1)＝x2－5x＋6>0，且f(1)＝x2－3x＋2>0即可，解不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，))得x<1或x>3.故選C項．【答案】C給定參數(shù)范圍求x范圍的恒成立問題的解法解決恒成立問題一定要清楚選誰為主元，誰是參數(shù)．一般情況下，知道誰的范圍，就選誰當(dāng)主元，求誰的范圍，誰就是參數(shù)．即把主元與參數(shù)交換位置，構(gòu)造以參數(shù)為變量的函數(shù)，根據(jù)原變量的取值范圍列式求解．【對點訓(xùn)練】1．若不等式ax2－x＋a>0對一切實數(shù)x都成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))D．(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：選A.不等式ax2－x＋a>0對一切實數(shù)x都成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,1－4a2<0，))解得a>eq\f(1,2)，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).2．在R上定義運算a※b＝(a＋1)b，若存在x∈[1，2]使不等式(m－x)※(m＋x)<4成立，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(－3，2) B．(－1，2)C．(－2，2) D．(1，2)解析：選A.由題意知，不等式(m－x)※(m＋x)<4化為(m－x＋1)(m＋x)<4，即m2＋m－4<x2－x；設(shè)f(x)＝x2－x，x∈[1，2]，則f(x)的最大值是f(2)＝4－2＝2；令m2＋m－4<2，即m2＋m－6<0，解得－3<m<2，所以實數(shù)m的取值范圍是(－3，2)．[A級基礎(chǔ)練]1．“m>0且n>0”是“mn>0”成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A.由m>0且n>0，得mn>0成立，充分性成立；而mn>0時，m>0且n>0或m<0且n<0，必要性不成立．2．若關(guān)于x的不等式(m＋1)x2－mx－1>0的解集為(1，2)，則m＝()A.eq\f(3,2)B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(3,4)D.eq\f(3,4)解析：選B.由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋1<0，,1＋2＝\f(m,m＋1)，,1×2＝－\f(1,m＋1)，))解得m＝－eq\f(3,2).3．不等式－3<4x－4x2≤0的解集是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x≤0或1≤x<\f(3,2)))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤0或x≥1))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(3,2)))))D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(1,2)或x≥\f(3,2)))))解析：選A.不等式可化為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x（x－1）≥0，,4x2－4x－3<0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0或x≥1，,－\f(1,2)<x<\f(3,2)，))所以原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x≤0或1≤x<\f(3,2))))).4．若a<b<0，則下列不等式不能成立的是()A．|a|>|b| B．a(chǎn)2>abC.eq\f(1,a)>eq\f(1,b) D.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)解析：選D.由a<b<0，得|a|>|b|，A成立；因為a<b<0，所以a2>ab，B成立；因為a<b<0，所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，C成立；當(dāng)a＝－2，b＝－1時，eq\f(1,a－b)＝－1，eq\f(1,a)＝－eq\f(1,2)，eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)不成立．故選D.5．(2022·杭州市教學(xué)質(zhì)量檢測)已知實數(shù)a，b滿足|b|≤2－a，且a≥－1，則2a＋b的最小值為()A．－7B．－5C．－3D．－1解析：選B.由|b|≤2－a及不等式的性質(zhì)可知，要使2a＋b取得最小值，則需b<0.所以b≥a－2，又a≥－1，所以2a＋b≥3a－2≥－5，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－1，b＝－3時取等號．故選B.6．已知a，b為實數(shù)，且a≠b，a<0，則a________2b－eq\f(b2,a).(填“>”“<”或“＝”)解析：因為a≠b，a<0，所以a－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2b－\f(b2,a)))＝eq\f(（a－b）2,a)<0，所以a<2b－eq\f(b2,a).答案：<7．若1<α<3，－4<β<2，則α－|β|的取值范圍是________．解析：因為－4<β<2，所以0≤|β|<4，所以－4<－|β|≤0.所以－3<α－|β|<3.答案：(－3，3)8．若a<0，則關(guān)于x的不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－a2<0，,x2－ax－2a2<0))的解集為________．解析：因為a<0，所以由ax－a2＝a(x－a)<0，得x>a，由x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)<0，得2a<x<－a.所以原不等式組的解集為(a，－a)．答案：(a，－a)9．已知關(guān)于x的不等式－x2＋ax＋b>0.(1)若該不等式的解集為(－4，2)．求a，b的值；(2)若b＝a＋1，求此不等式的解集．解：(1)根據(jù)題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－4＝a，,2×（－4）＝－b，))解得a＝－2，b＝8.(2)當(dāng)b＝a＋1時，－x2＋ax＋b>0?x2－ax－(a＋1)<0，即[x－(a＋1)](x＋1)<0.當(dāng)a＋1＝－1，即a＝－2時，原不等式的解集為?；當(dāng)a＋1<－1，即a<－2時，原不等式的解集為(a＋1，－1)．當(dāng)a＋1>－1，即a>－2時，原不等式的解集為(－1，a＋1)．綜上，當(dāng)a<－2時，不等式的解集為(a＋1，－1)；當(dāng)a＝－2時，不等式的解集為?；當(dāng)a>－2時，不等式的解集為(－1，a＋1)．10．已知三個不等式：ab>0，bc－ad>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0(其中a，b，c，d均為實數(shù))，用其中兩個不等式作為條件，余下的一個不等式作為結(jié)論組成一個命題，分別對命題的真假作出判斷．解：(1)若ab>0，bc－ad>0成立，不等式bc－ad>0兩邊同時除以ab可得eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，即ab>0，bc－ad>0?eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0；(2)若ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0成立，不等式eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0兩邊同時乘ab，可得bc－ad>0，即ab>0，eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0?bc－ad>0；(3)若eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，bc－ad>0成立，則eq\f(c,a)－eq\f(d,b)＝eq\f(bc－ad,ab)>0.又bc－ad>0，則ab>0，即eq\f(c,a)－eq\f(d,b)>0，bc－ad>0?ab>0.綜上可知，以三個不等式中任意兩個為條件都可推出第三個不等式成立，都為真命題．[B級綜合練]11．若b<a<0，則下列不等式：①|(zhì)a|>|b|；②a＋b<ab；③eq\f(a2,b)<2a－b中，正確的不等式有()A．0個B．1個C．2個D．3個解析：選C.對于①，因為b<a<0，所以|b|>|a|，故①錯誤；對于②，因為b<a<0，所以a＋b<0，ab>0，a＋b<ab，故②正確；對于③，eq\f(a2,b)－2a＋b＝eq\f(a2－2ab＋b2,b)＝eq\f(（a－b）2,b)<0，所以eq\f(a2,b)<2a－b，故③正確．故選C.12．若關(guān)于x的不等式ax－b>0的解集是(－∞，－2)，則關(guān)于x的不等式eq\f(ax2＋bx,x＋1)>0的解集為()A．(－∞，－1)∪(1，2) B．(－1，0)∪(2，＋∞)C．(－∞，－1)∪(0，2) D．(0，1)∪(2，＋∞)解析：選C.由于關(guān)于x的不等式ax－b>0的解集是(－∞，－2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,（－2）a－b＝0，))則有b＝－2a且a<0，則eq\f(ax2＋bx,x＋1)>0?eq\f(x（ax＋b）,x＋1)>0?eq\f(ax（x－2）,x＋1)>0?eq\f(x（x－2）,x＋1)<0?(x＋1)x(x－2)<0，解得x<－1或0<x<2，即不等式的解集為(－∞，－1)∪(0，2)．13．已知f(x)＝－2x2＋bx＋c，不等式f(x)>0的解集為(－1，3)，則b＝________；若對于任意x∈[－1，0]，不等式f(x)＋t≤4恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是________．解析：由不等式f(x)>0的解集是(－1，3)，可知－1和3是方程－2x2＋bx＋c＝0的根，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f(b,2)，,－1×3＝－\f(c,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4，,c＝6，))所以f(x)＝－2x2＋4x＋6.所以不等式f(x)＋t≤4可化為t≤2x2－4x－2，x∈[－1，0]．令g(x)＝2x2－4x－2，x∈[－1，0]，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知g(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，則g(x)的最小值為g(0)＝－2，則t≤－2.答案：4(－∞，－2]14．某商品每件成本價為80元，售價為100元，每天售出100件．若售價降低x成(1成＝10%)，售出商品數(shù)量就增加eq\f(8,5)x成．要求售價不能低于成本價．(1)設(shè)該商店一天的營業(yè)額為y，試求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)，并寫出定義域；(2)若再要求該商品一天營業(yè)額至少為10260元，求x的取值范圍．解：(1)由題意得，y＝100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,10)))·100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(8,50)x)).因為售價不能低于成本價，所以100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,10)))－80≥0，解得0≤x≤2.所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，定義域為{x|0≤x≤2}．(2)由題意得40(10－x)(25＋4x)≥10260，化簡得8x2－30x＋13≤0，解得eq\f(1,2)≤x≤eq\f(13,