《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

对点训练
1. (2024·大同模拟)已知命题$p:\exists x\in\mathbf{R}$，使得$ax^{2}+2x + 1＜0$成立为真命题，则实数$a$的取值范围是 ( )
A. $(-\infty,0]$
B. $(-\infty,1)$
C. $[0,1)$
D. $(0,1]$

答案： B 命题$p$为真命题等价于不等式$ax^2 + 2x + 1 ＜ 0$有解.当$a = 0$时，不等式变形为$2x + 1 ＜ 0$，则$x ＜ -\frac{1}{2}$，符合题意；当$a ＞ 0$时，$\Delta = 4 - 4a ＞ 0$，解得$0 ＜ a ＜ 1$；当$a ＜ 0$时，总存在$x \in \mathbf{R}$，使得$ax^2 + 2x + 1 ＜ 0$；综上可得实数$a$的取值范围为$(-\infty, 1)$.

2. 若不等式$x^{2}+a(x - 1)+1\geqslant0$对一切$x\in(1,2]$都成立，则$a$的最小值为 ( )
A. 0 B. $-2\sqrt{2}$
C. $-2\sqrt{2}-2$ D. - 5

答案： D 记$f(x) = x^2 + a(x - 1) + 1 = x^2 + ax + 1 - a$，要使不等式$x^2 + a(x - 1) + 1 \geq 0$对一切$x \in (1, 2]$都成立，则$\begin{cases}-\frac{a}{2} \leq 1\\f(1) = 2 \geq 0\end{cases}$或$\begin{cases}1 ＜ -\frac{a}{2} ＜ 2\\f(-\frac{a}{2}) = -\frac{a^2}{4} - a + 1 \geq 0\end{cases}$或$\begin{cases}-\frac{a}{2} \geq 2\\f(2) = a + 5 \geq 0\end{cases}$，解得$a \geq -2$或$-4 ＜ a ＜ -2$或$-5 \leq a \leq -4$，综上，$a \geq -5$.

3. 已知对任意$m\in[1,3]$，$mx^{2}-mx - 1＜-m + 5$恒成立，则实数$x$的取值范围是 ( )
A. $(\frac{6}{7},+\infty)$
B. $(-\infty,\frac{1 - \sqrt{5}}{2})\cup(\frac{1 + \sqrt{5}}{2},+\infty)$
C. $(-\infty,\frac{6}{7})$
D. $(\frac{1 - \sqrt{5}}{2},\frac{1 + \sqrt{5}}{2})$

答案： D 对任意$m \in [1, 3]$，不等式$mx^2 - mx - 1 ＜ -m + 5$恒成立，即对任意$m \in [1, 3]$，$m(x^2 - x + 1) ＜ 6$恒成立，所以对任意$m \in [1, 3]$，$x^2 - x + 1 ＜ \frac{6}{m}$恒成立，所以对任意$m \in [1, 3]$，$x^2 - x + 1 ＜ (\frac{6}{m})_{\min} = 2$恒成立，所以$x^2 - x + 1 ＜ 2$，解得$\frac{1 - \sqrt{5}}{2} ＜ x ＜ \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$，故实数$x$的取值范围是$(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}, \frac{1 + \sqrt{5}}{2})$.

视角一 已知两根与实数$k$的大小关系
[例1](1)若关于$x$的方程$ax^{2}-2ax + 1 = 0$有两个不同的正根，则实数$a$的取值范围是（ ）
A.$(0,1)$
B.$(0,+\infty)$
C.$(1,+\infty)$
D.$(-\infty,0)$

答案： 拓展拔高1 一元二次方程根的分布
[例1]
(1)C 因为关于x的方程$ax^{2}-2ax + 1 = 0$有两个不同的正根，
所以$\begin{cases}a\neq0\\\Delta = 4a^{2}-4a＞0\\\frac{1}{a}＞0\end{cases}$，解得$a＞1$，
故实数a的取值范围是$(1,+\infty)$。

(2)已知关于$x$的二次方程$(2m + 1)x^{2}-2mx + m - 1 = 0$有一正根和一负根，则实数$m$的取值范围是________。

答案： 【解析】方法一：显然$2m + 1\neq0$，令$f(x)=x^{2}-\frac{2m}{2m + 1}x+\frac{m - 1}{2m + 1}$，则$f(0)＜0$，即$\frac{m - 1}{2m + 1}＜0$，所以$(2m + 1)(m - 1)＜0$，解得$-\frac{1}{2}＜m＜1$。
方法二：设$x_{1},x_{2}$是方程$(2m + 1)x^{2}-2mx + m - 1 = 0$的两个根，则$x_{1}x_{2}=\frac{m - 1}{2m + 1}＜0$，解得$-\frac{1}{2}＜m＜1$。
答案：$(-\frac{1}{2},1)$