《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

15. 解关于$x$的不等式$m^{2}x^{2}+2mx - 3＜0$（其中$m\in\mathbf{R}$）。

答案： 15. 解析:当$m = 0$时,原不等式可化为$- 3＜0$,其对一切实数$x$都成立,所以原不等式的解集为$\mathbf{R}$.
当$m\neq0$时,$m^{2}x^{2}+2mx - 3=(mx - 1)(mx + 3)＜0$,即$\left(x-\dfrac{1}{m}\right)\left(x+\dfrac{3}{m}\right)＜0$.
若$m＞0$,则$\dfrac{1}{m}＞-\dfrac{3}{m}$,
原不等式的解集为$\left\{x\mid -\dfrac{3}{m}＜x＜\dfrac{1}{m}\right\}$;
若$m＜0$,则$\dfrac{1}{m}＜-\dfrac{3}{m}$,
原不等式的解集为$\left\{x\mid \dfrac{1}{m}＜x＜-\dfrac{3}{m}\right\}$.
综上所述,当$m = 0$时,原不等式的解集为$\mathbf{R}$;
当$m＞0$时,原不等式的解集为$\left\{x\mid -\dfrac{3}{m}＜x＜\dfrac{1}{m}\right\}$;
当$m＜0$时,原不等式的解集为$\left\{x\mid \dfrac{1}{m}＜x＜-\dfrac{3}{m}\right\}$.

16. 如图，将一矩形花坛$ABCD$扩建成一个更大的矩形花园$AMPN$，要求点$B$在$AM$上，点$D$在$AN$上，且对角线$MN$过$C$点，已知$AB = 3$米，$AD = 2$米。
(1)设$AN = x$米，要使矩形$AMPN$的面积大于$32$平方米，求$x$的取值范围；
(2)当$AN$的长度是多少时，矩形$AMPN$的面积最小？并求最小面积。

答案： 16. 解析:
(1)因为$AN = x(x＞2)$,则$ND = x - 2$.
由于$\dfrac{ND}{DC}=\dfrac{AN}{AM}$,则$\dfrac{x - 2}{3}=\dfrac{x}{AM}$,即$AM=\dfrac{3x}{x - 2}$,
从而矩形$AMPN$的面积$S=\dfrac{3x^{2}}{x - 2}＞32$,
即$(3x - 8)(x - 8)＞0$,解得$x＜\dfrac{8}{3}$或$x＞8$.
综上,$x$的取值范围是$2＜x＜\dfrac{8}{3}$或$x＞8$.
(2)由
(1)得$x＞2$,
所以矩形$AMPN$的面积$S=\dfrac{3x^{2}}{x - 2}=\dfrac{3(x - 2)^{2}+12(x - 2)+12}{x - 2}=3(x - 2)+\dfrac{12}{x - 2}+12\geqslant24$,当且仅当$3(x - 2)=\dfrac{12}{x - 2}$,即$x = 4$时取等号.
答:当$AN = 4$米时,矩形$AMPN$的面积最小为$24$平方米.

17. 已知函数$y=(a^{2}-1)x^{2}+(a + 1)x + 1$。
(1)若对任意$x$，$y＞0$恒成立，求实数$a$的取值范围；
(2)若$y$能取到不小于$0$的任意值，求实数$a$的取值范围。

答案： 17. 解析:
(1)当$a^{2}-1 = 0$时,$a=\pm1$.
若$a = 1$,$y = 2x + 1＞0$不恒成立,不合题意;若$a = - 1$,$y = 1＞0$恒成立,符合题意.
当$a^{2}-1\neq0$时,$\begin{cases}a^{2}-1＞0,\\\Delta =(a + 1)^{2}-4(a^{2}-1)＜0,\end{cases}$解得$a＜-1$或$a＞\dfrac{5}{3}$.
综上,实数$a$的取值范围为$\left\{a\mid a\leqslant - 1 或 a＞\dfrac{5}{3}\right\}$.
(2)当$a^{2}-1 = 0$时,$a=\pm1$.
若$a = 1$,$y = 2x + 1\in\mathbf{R}$,符合题意;
若$a = - 1$,$y = 1$,不合题意.
当$a^{2}-1\neq0$时,$\begin{cases}a^{2}-1＞0,\\\Delta =(a + 1)^{2}-4(a^{2}-1)\geqslant0,\end{cases}$解得$1＜a\leqslant\dfrac{5}{3}$.
综上,实数$a$的取值范围为$\left\{a\mid 1\leqslant a\leqslant\dfrac{5}{3}\right\}$.

18. 已知函数$y = 3ax^{2}+2bx + c$，其中实数$a$，$b$，$c$满足$a + b + c = 0$，$(3a + 2b + c)c＞0$。
求证：(1)方程$3ax^{2}+2bx + c = 0$有实数根；
(2)若$-2＜\frac{b}{a}＜-1$，且$x_{1}$，$x_{2}$是方程$3ax^{2}+2bx + c = 0$的两个实数根，则$\frac{\sqrt{3}}{3}\leqslant|x_{1}-x_{2}|＜\frac{2}{3}$。

答案： 18. 解析:
(1)当$a = 0$时,由$a + b + c = 0$可得$b=-c$,此时$(3a + 2b + c)c=-c^{2}\leqslant0$,与已知矛盾,故$a\neq0$.
方程$3ax^{2}+2bx + c = 0$的判别式$\Delta =(2b)^{2}-4·3a· c = 4(b^{2}-3ac)$,
由$a + b + c = 0$得$b=-(a + c)$,
从而$\Delta = 4(a^{2}+c^{2}-ac)=4\left[\left(a-\dfrac{1}{2}c\right)^{2}+\dfrac{3}{4}c^{2}\right]＞0$,
故方程$3ax^{2}+2bx + c = 0$有实数根.
(2)因为$x_{1}$,$x_{2}$是方程$3ax^{2}+2bx + c = 0$的两个实数根,
所以$x_{1}+x_{2}=-\dfrac{2b}{3a}$,$x_{1}x_{2}=\dfrac{c}{3a}=-\dfrac{a + b}{3a}$,
所以$(x_{1}-x_{2})^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}$
$=\dfrac{4b^{2}}{9a^{2}}+\dfrac{4(a + b)}{3a}$
$=\dfrac{4}{9}\left(\dfrac{b^{2}}{a^{2}}+\dfrac{3b}{a}+3\right)$
$=\dfrac{4}{9}\left[\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{3}{2}\right)^{2}+\dfrac{3}{4}\right]$
$=\dfrac{4}{9}\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{3}{2}\right)^{2}+\dfrac{1}{3}$.
因为$- 2＜\dfrac{b}{a}＜-1$,所以$\dfrac{1}{3}＜(x_{1}-x_{2})^{2}＜\dfrac{4}{9}$,
即$\dfrac{\sqrt{3}}{3}＜|x_{1}-x_{2}|＜\dfrac{2}{3}$.