《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例2](1)(2024·通辽模拟)已知不等式$ax^{2}+bx - 1＞0$的解集为$\{x|-\frac{1}{2}＜x＜-\frac{1}{3}\}$，则不等式$x^{2}-bx - a\geqslant0$的解集为 ( )
A. $\{x|x\leqslant - 3或x\geqslant - 2\}$
B. $\{x|-3\leqslant x\leqslant - 2\}$
C. $\{x|2\leqslant x\leqslant3\}$
D. $\{x|x\leqslant2或x\geqslant3\}$

答案： A 因为不等式$ax^2 + bx - 1 ＞ 0$的解集为$\{x|-\frac{1}{2} ＜ x ＜ -\frac{1}{3}\}$，所以$ax^2 + bx - 1 = 0$的两根分别为$-\frac{1}{2}, -\frac{1}{3}$，即$\begin{cases}-\frac{1}{2} + (-\frac{1}{3}) = -\frac{b}{a}\\-\frac{1}{2} \times (-\frac{1}{3}) = -\frac{1}{a}\end{cases}$，解得$a = -6$，$b = -5$.所以不等式$x^2 - bx - a \geq 0$可化为$x^2 + 5x + 6 \geq 0$，其解集为$\{x|x \leq -3或x \geq -2\}$.

[例2](2)(2024·安庆模拟)已知不等式$ax^{2}+bx + c＞0$的解集为$\{x|-\frac{1}{2}＜x＜2\}$，则下列结论正确的是 ( )
A. $b＞0$
B. $c＞0$
C. $a + b + c＞0$
D. $a - b + c＞0$

答案： ABC 由题意可知，方程$ax^2 + bx + c = 0$的解为$x_1 = -\frac{1}{2}$，$x_2 = 2$，且$a ＜ 0$，则$-\frac{b}{a} = x_1 + x_2 = \frac{3}{2}$，$\frac{c}{a} = x_1x_2 = -1$，解得$b = -\frac{3}{2}a$，$c = -a$.
令$f(x) = ax^2 + bx + c = ax^2 - \frac{3}{2}ax - a(a ＜ 0)$，
对于A，$b = -\frac{3}{2}a ＞ 0$，故A正确；
对于B，$c = -a ＞ 0$，故B正确；
对于C，$a + b + c = f(1) = a - \frac{3}{2}a - a = -\frac{3}{2}a ＞ 0$，故C正确；
对于D，$a - b + c = f(-1) = a + \frac{3}{2}a - a = \frac{3}{2}a ＜ 0$，故D错误.

对点训练
1. 若$ax^{2}+bx + c＞0$的解集为$(-\infty,-2)\cup(4,+\infty)$，则对于函数$f(x)=ax^{2}+bx + c$，有 ( )
A. $f(5)＜f(2)＜f(-1)$
B. $f(2)＜f(5)＜f(-1)$
C. $f(-1)＜f(2)＜f(5)$
D. $f(2)＜f(-1)＜f(5)$

答案： D 因为$ax^2 + bx + c ＞ 0$的解集为$(-\infty, -2) \cup (4, +\infty)$，所以$a ＞ 0$，且$-2$，$4$是方程$ax^2 + bx + c = 0$的两根，由根与系数的关系得$\begin{cases}-2 + 4 = -\frac{b}{a}\\(-2) \times 4 = \frac{c}{a}\end{cases}$，所以$\begin{cases}b = -2a\\c = -8a\end{cases}$，所以函数$f(x) = ax^2 + bx + c = ax^2 - 2ax - 8a = a(x^2 - 2x - 8)$，其图象的对称轴为直线$x = 1$，开口向上，所以$f(2) ＜ f(-1) ＜ f(5)$.

2. 关于$x$的不等式$(ax - b)(x - 2)＞0$的解集为$\{x|\frac{1}{2}＜x＜2\}$，则满足条件的一组有序实数对$(a,b)$的值可以是____.

答案： 【解析】因为不等式$(ax - b)(x - 2) ＞ 0$的解集为$\{x|\frac{1}{2} ＜ x ＜ 2\}$，所以方程$(ax - b)(x - 2) = 0$的实数根为$\frac{1}{2}$和$2$，且$\begin{cases}a ＜ 0\\\frac{b}{a} = \frac{1}{2}\end{cases}$，即$a = 2b ＜ 0$，则满足条件的一组有序实数对$(a, b)$的值可以是$(-2, -1)$.
答案：$(-2, -1)$(答案不唯一)

[例3](2024·重庆模拟)当$a\in(t_{1},t_{2})$时，不等式$\frac{2 - ax - x^{2}}{1 - x + x^{2}}＜3$对任意实数$x$恒成立，则$t_{1}+t_{2}$的值为 ( )
A. - 7
B. 6
C. 7
D. 8

答案： B 由于$1 - x + x^2 = (x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} ＞ 0$，则不等式$\frac{2 - ax - x^2}{1 - x + x^2} ＜ 3$等价于$4x^2 + (a - 3)x + 1 ＞ 0$.依题意，不等式$4x^2 + (a - 3)x + 1 ＞ 0$对任意实数$x$恒成立，则$\Delta = (a - 3)^2 - 16 ＜ 0$，解得$-1 ＜ a ＜ 7$，于是$t_1 = -1$，$t_2 = 7$，所以$t_1 + t_2 = 6$.

[例4]金榜原创·易错对对碰
(1)(一题多法)若对于$x\in[1,3]$，$mx^{2}-mx + m - 6＜0(m\neq0)$恒成立，则$m$的取值范围是____.

答案： 【解析】由已知得，$m(x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}m - 6 ＜ 0(m \neq 0)$在$x \in [1, 3]$上恒成立.
方法一：令$g(x) = m(x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}m - 6(m \neq 0)$，$x \in [1, 3]$.当$m ＞ 0$时，$g(x)$在$[1, 3]$上单调递增，所以$g(x)_{\max} = g(3) = 7m - 6 ＜ 0$，所以$m ＜ \frac{6}{7}$，则$0 ＜ m ＜ \frac{6}{7}$.当$m ＜ 0$时，$g(x)$在$[1, 3]$上单调递减，所以$g(x)_{\max} = g(1) = m - 6 ＜ 0$，所以$m ＜ 6$，所以$m ＜ 0$.综上所述，$m$的取值范围是$\{m|0 ＜ m ＜ \frac{6}{7}或m ＜ 0\}$.
方法二：因为$x^2 - x + 1 = (x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} ＞ 0$，又因为$m(x^2 - x + 1) - 6 ＜ 0$，所以$m ＜ \frac{6}{x^2 - x + 1}$.因为函数$y = \frac{6}{x^2 - x + 1} = \frac{6}{(x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}}$在$[1, 3]$上的最小值为$\frac{6}{7}$，所以只需$m ＜ \frac{6}{7}$即可.因为$m \neq 0$，所以$m$的取值范围是$\{m|0 ＜ m ＜ \frac{6}{7}或m ＜ 0\}$.
答案：$\{m|0 ＜ m ＜ \frac{6}{7}或m ＜ 0\}$

[例4](2)若$mx^{2}-mx - 1＜0$对于$m\in[1,2]$恒成立，则实数$x$的取值范围为____.

答案： 【解析】设$g(m) = mx^2 - mx - 1 = (x^2 - x)m - 1$，其图象是直线，当$m \in [1, 2]$时，图象为一条线段，则$\begin{cases}g(1) ＜ 0\\g(2) ＜ 0\end{cases}$，即$\begin{cases}x^2 - x - 1 ＜ 0\\2x^2 - 2x - 1 ＜ 0\end{cases}$，解得$\frac{1 - \sqrt{3}}{2} ＜ x ＜ \frac{1 + \sqrt{3}}{2}$，故实数$x$的取值范围为$(\frac{1 - \sqrt{3}}{2}, \frac{1 + \sqrt{3}}{2})$.
答案：$(\frac{1 - \sqrt{3}}{2}, \frac{1 + \sqrt{3}}{2})$

[例5](一题多法)若关于$x$的不等式$x^{2}-ax + 7＞0$在$(2,7)$上有实数解，则$a$的取值范围是 ( )
A. $(-\infty,8)$
B. $(-\infty,8]$
C. $(-\infty,2\sqrt{7})$
D. $(-\infty,\frac{11}{2})$

答案： A 方法一：(分离参数法)不等式$x^2 - ax + 7 ＞ 0$在$(2, 7)$上有实数解，等价于不等式$a ＜ x + \frac{7}{x}$在$(2, 7)$上有实数解，因为函数$f(x) = x + \frac{7}{x}$在$(2, \sqrt{7})$上单调递减，在$(\sqrt{7}, 7)$上单调递增，又由$f(2) = 2 + \frac{7}{2} = \frac{11}{2}$，$f(7) = 7 + \frac{7}{7} = 8$，所以$f(x)_{\max} ＜ f(7) = 8$，所以$a ＜ 8$，即实数$a$的取值范围是$(-\infty, 8)$.
方法二：(最值转化法)原不等式在$(2, 7)$上有解，它的否定是不等式$x^2 - ax + 7 ＞ 0$在$(2, 7)$上无解，则$\begin{cases}4 - 2a + 7 \leq 0\\49 - 7a + 7 \leq 0\end{cases}$，解得$a \geq 8$，因此不等式$x^2 - ax + 7 ＞ 0$在$(2, 7)$上有解时$a ＜ 8$.