《2026年金版新学案高三数学人教版》

典例2 解关于$x$的不等式$ax^{2}-(a + 1)x + 1＜0(a＞0)$.
听课笔记：

答案： 典例2 解：原不等式可化为$(ax - 1)(x - 1)＜0$。
因为$a＞0$，所以$a(x - \frac{1}{a})(x - 1)＜0$，所以当$a＞1$时，解得$\frac{1}{a}＜x＜1$；当$a = 1$时，不等式无解；当$0＜a＜1$时，解得$1＜x＜\frac{1}{a}$。
综上，当$0＜a＜1$时，不等式的解集为$\{x|1＜x＜\frac{1}{a}\}$；当$a = 1$时，不等式的解集为$\varnothing$；当$a＞1$时，不等式的解集为$\{x|\frac{1}{a}＜x＜1\}$。

对点练1 解下列关于$x$的不等式：
(1) $x - 3\sqrt{x}＞-2$；
(2) $\frac{1}{x + 1}＞1$；
(3) $x^{2}-(a^{2}+a)x + a^{3}＜0(a＞0)$；
(4) $x^{2}-ax + 1\leq0$.

答案： 对点练1.解：
(1)由不等式$x - 3\sqrt{x}＞-2$，可得$\sqrt{x}＞2$或$\sqrt{x}＜1$.由$\sqrt{x}＞2$，得$x＞4$；由$\sqrt{x}＜1$，得$x＜1$且$x\geq0$，即$0\leq x＜1$。所以不等式的解集为$\{x|x＞4$，或$0\leq x＜1\}$。
(2)$\frac{1}{x + 1}＞1\Rightarrow\frac{1}{x + 1}-1＞0\Rightarrow\frac{-x}{x + 1}＞0\Rightarrow\frac{x}{x + 1}＜0\Rightarrow - 1＜x＜0$，故不等式的解集为$(-1,0)$。
(3)原不等式可化为$(x - a)(x - a^2)＜0$，当$a^2＞a$，即$a＞1$时，不等式的解集为$\{x|a＜x＜a^2\}$；当$a^2＜a$，即$0＜a＜1$时，不等式的解集为$\{x|a^2＜x＜a\}$；当$a^2 = a$，即$a = 1$时，不等式的解集为$\varnothing$。
(4)由题意知，$\Delta = a^2 - 4$，
①当$a^2 - 4＞0$，即$a＞2$或$a＜-2$时，方程$x^2 - ax + 1 = 0$的两根为$x = \frac{a\pm\sqrt{a^2 - 4}}{2}$，所以解集为$\{x|\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}＜x\leq\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}\}$。
②若$\Delta = a^2 - 4 = 0$，则$a = \pm2$.当$a = 2$时，原不等式可化为$x^2 - 2x + 1\leq0$，即$(x - 1)^2\leq0$，所以$x = 1$；当$a = - 2$时，原不等式可化为$x^2 + 2x + 1\leq0$，即$(x + 1)^2\leq0$，所以$x = - 1$。
③当$\Delta = a^2 - 4＜0$，即$-2＜a＜2$时，原不等式的解集为$\varnothing$。
综上，当$a＞2$或$a＜-2$时，原不等式的解集为$\{x|\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}＜x\leq\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}\}$；当$a = 2$时，原不等式的解集为$\{1\}$；当$a = - 2$时，原不等式的解集为$\{-1\}$；当$-2＜a＜2$时，原不等式的解集为$\varnothing$。

典例3 已知关于$x$的不等式$kx^{2}-6kx + k + 8\geq0$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，则实数$k$的取值范围是（ ）

A.$[0,1]$
B.$(0,1$
C.$(-\infty,0)\cup(1,+\infty)$
D.$(-\infty,0]\cup[1,+\infty)$
听课笔记：

答案： 典例3 A 当$k = 0$时，$8＞0$恒成立，符合题意；当$k\neq0$时，要使$kx^2 - 6kx + k + 8\geq0$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，只需$\begin{cases}k＞0,\\\Delta = 36k^2 - 4k(k + 8)\leq0,\end{cases}$解得$0＜k\leq1$.综上实数$k$的取值范围是$[0,1]$.故选A.

典例4 (一题多解)已知函数$f(x)=mx^{2}-mx - 1$.若对于$x\in[1,3]$，$f(x)＜5 - m$恒成立，则实数$m$的取值范围为________.
听课笔记：

答案： 典例4 $(-\infty,\frac{6}{7})$ 要使$f(x)＜5 - m$在$x\in[1,3]$上恒成立，即$m(x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}m - 6＜0$在$x\in[1,3]$上恒成立.
法一：令$g(x) = m(x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}m - 6,x\in[1,3]$.当$m＞0$时，$g(x)$在$[1,3]$上单调递增，所以$g(x)_{\max} = g(3)$，即$7m - 6＜0$，所以$m＜\frac{6}{7}$，所以$0＜m＜\frac{6}{7}$；当$m = 0$时，$-6＜0$恒成立；当$m＜0$时，$g(x)$在$[1,3]$上单调递减，所以$g(x)_{\max} = g(1)$，即$m - 6＜0$，所以$m＜6$，所以$m＜0$.综上所述，实数$m$的取值范围是$(-\infty,\frac{6}{7})$。
法二：因为$x^2 - x + 1 = (x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}＞0$，$m(x^2 - x + 1) - 6＜0$在$x\in[1,3]$上恒成立，所以$m＜\frac{6}{x^2 - x + 1}$在$x\in[1,3]$上恒成立.令$y = \frac{6}{x^2 - x + 1}$，因为函数$y = \frac{6}{x^2 - x + 1}(x - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}$在$[1,3]$上的最小值为$\frac{6}{7}$，所以只需$m＜\frac{6}{7}$即可。所以实数$m$的取值范围是$(-\infty,\frac{6}{7})$。

典例5 若不等式$x^{2}+px＞4x + p - 3$，当$0\leq p\leq4$时恒成立，则$x$的取值范围是（ ）

A.$[-1,3]$
B.$(-\infty,-1$
C.$3,+\infty)$
D.$(-\infty,-1)\cup(3,+\infty)$
听课笔记：

答案： 典例5 D 不等式$x^2 + px＞4x + p - 3$可化为$(x - 1)p + x^2 - 4x + 3＞0$，由已知可得$[(x - 1)p + x^2 - 4x + 3]_{\min}＞0(0\leq p\leq4)$，令$f(p) = (x - 1)p + x^2 - 4x + 3(0\leq p\leq4)$，可得$\begin{cases}f(0) = x^2 - 4x + 3＞0,\\f(4) = 4(x - 1) + x^2 - 4x + 3＞0,\end{cases}$解得$x＜- - 1$或$x＞3$.故选D.

对点练2 (一题多问，一题练透)已知关于$x$的不等式$mx^{2}-2x - m + 1＜0$.
(1) 是否存在实数$m$，使不等式对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立？请说明理由.
(2) 若不等式对任意$x\in[0,1]$恒成立，求实数$m$的取值范围.
(3) 对于$m\in[-2,2]$，不等式恒成立，求实数$x$的取值范围.
(4) 若不等式在$[2,3]$上有解，求实数$m$的取值范围.

答案： 对点练2.解：
(1)当$m = 0$时，$-2x + 1＜0$对任意$x\in\mathbf{R}$不恒成立，不满足；当$m＜0$时，$\Delta = 4 - 4m(1 - m) = 4m^2 - 4m + 4＜0$无解。故不存在实数$m$，使得不等式对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立。
(2)令$f(x) = mx^2 - 2x - m + 1$。当$m＞0$时，$\begin{cases}f(0) = - m + 1＜0,\\f(1) = m - 2 - m + 1＜0,\end{cases}$解得$m＞1$；当$m = 0$时，$-2x + 1＜0$在$[0,1]$上不恒成立；当$m＜0$时，因为二次函数图象的对称轴为直线$x = \frac{1}{m}$，抛物线开口向下，所以只需$f(0) = - m + 1＜0$，解得$m＞1$，矛盾。综上，实数$m$的取值范围为$(1,+\infty)$。
(3)利用主元法，设$g(m) = (x^2 - 1)m - 2x + 1$，若当$m\in[-2,2]$时，$g(m)＜0$恒成立，则$\begin{cases}g(2)＜0,\\g(-2)＜0,\end{cases}$即$\begin{cases}2x^2 - 2x - 1＜0,\\-2x^2 - 2x + 3＜0,\end{cases}$解得$\frac{-1 + \sqrt{7}}{2}＜x＜\frac{1 + \sqrt{3}}{2}$，所以实数$x$的取值范围为$(\frac{-1 + \sqrt{7}}{2},\frac{1 + \sqrt{3}}{2})$。
(4)因为$x\in[2,3]$，不等式可整理为$m＜\frac{2x - 1}{x^2 - 1}$，即$m＜(\frac{2x - 1}{x^2 - 1})_{\max}$设$2x - 1 = t\in[3,5]$，则$x^2 - 1 = \frac{t^2 + 2t - 3}{4}$，所以$m＜(\frac{2x - 1}{x^2 - 1})_{\max} = (\frac{4t}{t^2 + 2t - 3})_{\max} = (\frac{4}{t - \frac{3}{t} + 2})_{\max}$因为函数$y = t$和函数$y = - \frac{3}{t}$在$[3,5]$上均为增函数，所以函数$y = t - \frac{3}{t} + 2$在$[3,5]$上为增函数，所以$m＜(\frac{4}{t - \frac{3}{t} + 2})_{\max} = 1$。故实数$m$的取值范围为$(-\infty,1)$。