頁第三節不等式的性質及一元二次不等式核心素養立意下的命題導向1.與命題的真假判斷相結合，考查不等式的性質，凸顯數學運算、邏輯推理的核心素養.2.結合二次函數的圖象，考查一元二次不等式的解法，凸顯直觀想象、數學運算的核心素養.3.結合“三個二次”間的關系，考查轉化與化歸能力，凸顯數學抽象的核心素養.4.與實際問題相結合，考查應用不等式性質、一元二次不等式解決問題的能力，凸顯數學建模的核心素養.[理清主干知識]1.兩個實數比較大小的依據(1)a>b?a﹣b>0；(2)a＝b?a﹣b＝0；(3)a<b?a﹣b<0.2.不等式的性質性質性質內容注意對稱性a>b?b<a；a<b?b>a可逆傳遞性a>b，b>c?a>c；a<b，b<c?a<c同向可加性a>b?a＋c>b＋c可逆可乘性a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bcc的符號同向可加性a>b，c>d?a＋c>b＋d同向同向同正可乘性a>b>0，c>d>0?ac>bd同向，同正可乘方性a>b>0，n∈N*?an>bn同正可開方性a>b>0，n∈N，n≥2?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)同正3.三個“二次”間的關系判別式Δ＝b2﹣4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函數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)沒有實數根ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集{x|x>x2或x<x1}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a)))))eq\a\vs4\al(R)ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}eq\a\vs4\al(?)eq\a\vs4\al(?)[澄清盲點誤點]一、關鍵點練明1.(不等式的判斷)若a<b<0，則下列不等式不能成立的是()A.eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)B.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C.|a|>|b|D.a2>b2解析：選A取a＝﹣2，b＝﹣1，則eq\f(1,a－b)>eq\f(1,a)不成立.2.(實數大小比較)設A＝(x﹣3)2，B＝(x﹣2)(x﹣4)，則A與B的大小關系為()A.A≥BB.A>BC.A≤BD.A<B解析：選B因為A﹣B＝(x2﹣6x＋9)﹣(x2﹣6x＋8)＝1>0，所以A>B.故選B.3.(解一元二次不等式)函數f(x)＝log2(﹣x2﹣3x＋4)的定義域為________.解析：由﹣x2﹣3x＋4>0得x2＋3x﹣4<0，解得﹣4<x<1，故f(x)的定義域為(﹣4,1).答案：(﹣4,1)4.(一元二次不等式恒成立)若集合A＝{x|x2﹣ax＋1>0}＝R，則實數a的取值范圍是________.解析：由題意知不等式x2﹣ax＋1>0恒成立，故Δ＝a2﹣4<0，解得﹣2<a<2.答案：(﹣2,2)5.(不等式性質)若1<α<3，﹣4<β<2，則α﹣|β|的取值范圍是________.解析：∵﹣4<β<2，∴0≤|β|<4，∴﹣4<﹣|β|≤0.∴﹣3<α﹣|β|<3.答案：(﹣3,3)二、易錯點練清1.(乘法運算忽視符號)已知實數a∈(﹣3,1)，b∈(eq\f(1,8),eq\f(1,4))，則eq\f(a,b)的取值范圍是()A.(﹣12,8)B.(﹣24,8)C.(﹣24,4)D.(﹣12,4)解析：選B當﹣3<a≤0時，eq\f(a,b)∈(﹣24,0]；當0<a<1時，eq\f(a,b)∈(0,8).綜上可知eq\f(a,b)∈(﹣24,8).2.(沒有等價變形)不等式x(x＋5)<3(x＋5)的解集為________.解析：原不等式等價于(x＋5)(x﹣3)<0，解得﹣5<x<3，故不等式的解集為(﹣5,3).答案：(﹣5,3)3.(忽視二次項的符號)不等式(x﹣2)(3﹣2x)≥0的解集為________.解析：由(x﹣2)(3﹣2x)≥0得(x﹣2)(2x﹣3)≤0，解得eq\f(3,2)≤x≤2，故不等式的解集為[eq\f(3,2),2].答案：[eq\f(3,2),2].4.(忽視對含參二次項系數的討論)若不等式mx2＋2mx﹣4<2x2＋4x對任意x都成立，則實數m的取值范圍是________.解析：原不等式可整理為(2﹣m)x2＋(4﹣2m)x＋4>0.當m＝2時，不等式為4>0，該不等式恒成立；當m≠2時，必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m>0，,4－2m2－4×42－m<0，))解得﹣2<m<2.綜上知實數m的取值范圍是(﹣2,2].答案：(﹣2,2]考點一不等式的性質及應用[典例](1)已知實數a，b，c滿足b＋c＝6﹣4a＋3a2，c﹣b＝4﹣4a＋a2，則a，b，c的大小關系是()A.c≥b>aB.a>c≥bC.c>b>aD.a>c>b(2)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，給出下列不等式：①eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)；②|a|＋b>0；③a﹣eq\f(1,a)>b﹣eq\f(1,b)；④lna2>lnb2.其中正確的不等式是()A.①④B.②③C.①③D.②④[解析](1)∵c﹣b＝4﹣4a＋a2＝(a﹣2)2≥0，∴c≥b.又b＋c＝6﹣4a＋3a2，∴2b＝2＋2a2，∴b＝a2＋1，∴b﹣a＝a2﹣a＋1＝(a﹣eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴b>a，∴c≥b>a.(2)因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，故可取a＝﹣1，b＝﹣2.顯然|a|＋b＝1﹣2＝﹣1<0，所以②錯誤；因為lna2＝ln(﹣1)2＝0，lnb2＝ln(﹣2)2＝ln4>0，所以④錯誤.綜上所述，可排除A、B、D.[答案](1)A(2)C[方法技巧]1.比較兩個數(式)大小的2種方法2.謹記2個注意點(1)與命題真假判斷相結合問題.解決此類問題除根據不等式的性質求解外，還經常采用特殊值驗證的方法.(2)在求式子的范圍時，如果多次使用不等式的可加性，式子中的等號不能同時取到，會導致范圍擴大.[針對訓練]1.(多選)已知實數a，b，c滿足c<b<a且ac<0，則下列不等式一定成立的是()A.ab>acB.c(b﹣a)>0C.ac(a﹣c)<0D.cb2<ab2解析：選ABC因為c<b<a且ac<0，所以c<0，a>0，所以ab>ac，故A一定成立；又b﹣a<0，所以c(b﹣a)>0，故B一定成立；又a﹣c>0，ac<0，所以ac(a﹣c)<0，故C一定成立；當b＝0時，cb2＝ab2，當b≠0時，有cb2<ab2，故D不一定成立，故選A、B、C.2.(多選)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，則()A.a2＋b2≥eq\f(1,2)B.2a﹣b>eq\f(1,2)C.log2a＋log2b≥﹣2D.eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)解析：選ABD∵a2＋b2≥eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b)),2)2＝eq\f(1,2)，∴A正確；易知0<a<1,0<b<1，∴﹣1<a﹣b<1，∴2a﹣b>2﹣1＝eq\f(1,2)，∴B正確；對于選項C，令a＝eq\f(1,4)，b＝eq\f(3,4)，則log2eq\f(1,4)＋log2eq\f(3,4)＝﹣2＋log2eq\f(3,4)<﹣2，∴C錯誤；∵(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)＝1＋2eq\r(ab)≤1＋a＋b＝2，∴eq\r(a)＋eq\r(b)≤eq\r(2)，∴D正確.故選A、B、D.考點二一元二次不等式的解法[例1]不等式2x＋3﹣x2>0的解集是()A.{x|﹣1<x<3}B.{x|x>3或x<﹣1}C.{x|﹣3<x<1}D.{x|x>1或x<﹣3}[解析]原不等式變形為x2﹣2x﹣3<0，即(x﹣3)(x＋1)<0，解得﹣1<x<3.故選A.[答案]A[例2]已知常數a∈R，解關于x的不等式12x2﹣ax>a2.[解]∵12x2﹣ax>a2，∴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).①當a>0時，﹣eq\f(a,4)<eq\f(a,3)，解集為{xeq\a\vs4\al(|)x<﹣eq\f(a,4)或x>eq\f(a,3)}；②當a＝0時，x2>0，解集為{x|x∈R且x≠0}；③當a<0時，﹣eq\f(a,4)>eq\f(a,3)，解集為{xeq\a\vs4\al(|)x<eq\f(a,3)或x>﹣eq\f(a,4)}.綜上所述：當a>0時，不等式的解集為{xeq\a\vs4\al(|)x<﹣eq\f(a,4)或x>eq\f(a,3)}；當a＝0時，不等式的解集為{x|x∈R且x≠0}；當a<0時，不等式的解集為{xeq\a\vs4\al(|)x<eq\f(a,3)或x>﹣eq\f(a,4)}.[方法技巧]解含參數的一元二次不等式時分類討論的依據(1)二次項中若含有參數應討論是等于0，小于0，還是大于0，然后將不等式轉化為一次不等式或二次項系數為正的形式.(2)當不等式對應方程的實根的個數不確定時，討論判別式Δ與0的關系.(3)確定無實根時可直接寫出解集，確定方程有兩個實根時，要討論兩實根的大小關系，從而確定解集形式.[針對訓練]1.(多選)下列四個不等式中，解集為?的是()A.﹣x2＋x＋1≤0B.2x2﹣3x＋4＜0C.x2＋3x＋10≤0D.﹣x2＋4x﹣(a+SKIPIF1<0)＞0(a＞0)解析：選BCD對于A，﹣x2＋x＋1≤0，對應的函數y＝﹣x2＋x＋1開口向下，顯然解集不為?；對于B，2x2﹣3x＋4＜0，對應的函數開口向上，Δ＝9﹣32＜0，其解集為?；對于C，x2＋3x＋10≤0，對應的函數開口向上，Δ＝9﹣40＜0，其解集為?；對于D，﹣x2＋4x﹣(a+SKIPIF1<0)＞0(a＞0)，對應的函數開口向下，Δ＝16﹣4(a+SKIPIF1<0)≤16﹣4×2eq\r(a×\f(4,a))＝0，其解集為?.故選B、C、D.2.已知實數a滿足不等式﹣3<a<3，求關于x的不等式(x﹣a)(x＋1)>0的解集.解：方程(x﹣a)(x＋1)＝0的兩根為﹣1，a.①當a<﹣1，即﹣3<a<﹣1時，原不等式的解集為{x|x<a或x>﹣1}；②當a＝﹣1時，原不等式的解集為{x|x∈R且x≠﹣1}；③當a>﹣1，即﹣1<a<3時，原不等式的解集為{x|x<﹣1或x>a}.綜上所述，當﹣3<a<﹣1時，原不等式的解集為{x|x<a或x>﹣1}；當a＝﹣1時，原不等式的解集為{x|x∈R且x≠﹣1}；當﹣1<a<3時，原不等式的解集為{x|x<﹣1或x>a}.考點三一元二次不等式的綜合應用考法(一)“三個二次”之間的關系及應用[例1]若不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|﹣1<x<2}，那么不等式a(x2＋1)＋b(x﹣1)＋c>2ax的解集為()A.{x|﹣2<x<1}B.{x|x<﹣2或x>1}C.{x|0<x<3}D.{x|x<0或x>3}[解析]由題意a(x2＋1)＋b(x﹣1)＋c>2ax，整理得ax2＋(b﹣2a)x＋(a＋c﹣b)>0，①又不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|﹣1<x<2}，則a<0，且﹣1,2分別為方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，由根與系數的關系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋2＝－\f(b,a)，,－1×2＝\f(c,a)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝－1，,\f(c,a)＝－2.))②將①兩邊同除以a得x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)－2))x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(c,a)－\f(b,a)))<0，將②代入①得x2﹣3x<0，解得0<x<3，故選C.[答案]C[方法技巧]“三個二次”之間的關系若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的兩根是x1，x2，則x1，x2是不等式ax2＋bx＋c>0(或ax2＋bx＋c<0)解集的端點，也是函數y＝ax2＋bx＋c的圖象與x軸交點的橫坐標.考法(二)一元二次不等式的恒(能)成立問題題點1一元二次不等式在實數集R上的恒成立問題[例2]若不等式2kx2＋kx﹣eq\f(3,8)<0對一切實數x都成立，則k的取值范圍為________.[解析]當k＝0時，顯然成立；當k≠0時，即一元二次不等式2kx2＋kx﹣eq\f(3,8)<0對一切實數x都成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝k2－4×2k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)))<0，))解得﹣3<k<0.綜上，滿足不等式2kx2＋kx﹣eq\f(3,8)<0對一切實數x都成立的k的取值范圍是(﹣3,0].[答案](﹣3,0][方法技巧]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題點2一元二次不等式在給定區間上的恒成立問題[例3]設函數f(x)＝mx2﹣mx﹣1(m≠0)，若對于x∈[1,3]，f(x)<﹣m＋5恒成立，則m的取值范圍是________________.[解析]f(x)<﹣m＋5即mx2﹣mx＋m﹣6<0，故m(x﹣eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)m﹣6<0在x∈[1,3]上恒成立.法一：令g(x)＝m(x﹣eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)m﹣6，x∈[1,3].當m>0時，g(x)在[1,3]上是增函數，所以g(x)max＝g(3)＝7m﹣6<0.所以m<eq\f(6,7)，則0<m<eq\f(6,7).當m<0時，g(x)在[1,3]上是減函數，所以g(x)max＝g(1)＝m﹣6<0.所以m<6，所以m<0.綜上所述，m的取值范圍是(﹣∞，0)∪(0，eq\f(6,7)).法二：因為x2﹣x＋1＝(x﹣eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，且m(x2﹣x＋1)﹣6<0，所以m<eq\f(6,x2－x＋1).因為函數y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值為eq\f(6,7)，所以只需m<eq\f(6,7)即可.又m≠0，所以m的取值范圍是(﹣∞，0)∪(0，eq\f(6,7)).[答案](﹣∞，0)∪(0，eq\f(6,7))[方法技巧]在給定區間上的恒成立問題的求解方法(1)若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含義求解參數的值(或范圍).(2)轉化為函數值域問題，即：已知函數f(x)的值域為[m，n]，則f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成立?f(x)max≤a，即n≤a.題點3不等式能成立或有解問題[例4]設a∈R，若關于x的不等式x2﹣ax＋1≥0在區間[1,2]上有解，則()A.a≤2B.a≥2C.a≥eq\f(5,2)D.a≤eq\f(5,2)[解析]∵關于x的不等式x2﹣ax＋1≥0在區間[1,2]上有解，∴a≤x＋eq\f(1,x)在x∈[1,2]上有解?a≤(x＋eq\f(1,x))max，x∈[1,2]，∵函數y＝x＋eq\f(1,x)在[1,2]上單調遞增，∴f(x)max＝eq\f(5,2)，∴a≤eq\f(5,2).[答案]D[方法技巧]解決不等式能成立問題的策略一般也是轉化為函數最值，即：a＞f(x)能成立?a＞f(x)min；a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.[針對訓練]1.已知關于x的不等式x2﹣(k﹣1)x﹣k＋1≥0對任意實數x都成立，則實數k的取值范圍是()A.(﹣∞，﹣3]∪[1，＋∞)B.(﹣∞，1]∪[3，＋∞)C.[﹣1,3]D.[﹣3,1]解析：選D關于x的不等式x2﹣(k﹣1)x﹣k＋1≥0對任意實數x都成立，則Δ＝(k﹣1)2＋4(k﹣1)≤0，解得﹣3≤k≤1，故選D.2.設m為實數，若函數f(x)＝x2﹣mx＋2在區間(﹣∞，2)上是減函數，對任意的x1，x2∈[1,eq\f(m,2)＋1]，總有|f(x1)﹣f(x2)|≤4，則m的取值范圍為()A.[4,6]B.(4,6)C.(4,6]D.[4,6)解析：選A函數f(x)＝x2﹣mx＋2的對稱軸為x＝eq\f(m,2)，由其在區間(﹣∞，2)上是減函數，可得eq\f(m,2)≥2，∴m≥4.∴eq\f(m,2)∈[1,eq\f(m,2)＋1]且eq\f(m,2)＋1﹣eq\f(m,2)≤eq\f(m,2)﹣1，∴當x1，x2∈[1,eq\f(m,2)＋1]時，f(x)max＝f(1)＝3﹣m，f(x)min＝f(eq\f(m,2))＝﹣eq\f(m2,4)＋2.由?x1，x2∈[1,eq\f(m,2)＋1]，總有|f(x1)﹣f(x2)|≤4，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx1－fx2))max≤4，∴f(x)max﹣f(x)min≤4，∴(3﹣m)﹣(﹣eq\f(m2,4)＋2)≤4，即m2﹣4m﹣12≤0，解得﹣2≤m≤6.綜上，4≤m≤6，故選A.eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、基礎練——練手感熟練度1.已知a∈R，p＝a2﹣4a＋5，q＝(a﹣2)2，則p與q的大小關系為()A.p≤qB.p≥qC.p<qD.p>q解析：選D因為p﹣q＝a2﹣4a＋5﹣(a﹣2)2＝1>0，所以p>q，故選D.2.若﹣1<α<β<1，則下列各式中恒成立的是()A.﹣2<α﹣β<0B.﹣2<α﹣β<﹣1C.﹣1<α﹣β<0D.﹣1<α﹣β<1解析：選A∵﹣1<α<β<1，∴﹣1<α<1，﹣1<β<1，α﹣β<0，∴﹣2<α﹣β<0.3.不等式2x2﹣x﹣3>0的解集是()A.(﹣eq\f(3,2)，1)B.(﹣∞，﹣1)∪(eq\f(3,2)，＋∞)C.(﹣1,eq\f(3,2))D.(﹣∞,﹣eq\f(3,2))∪(1，＋∞)解析：選B2x2﹣x﹣3>0可化為(x＋1)(2x﹣3)>0，解得x>eq\f(3,2)或x<﹣1，所以不等式2x2﹣x﹣3>0的解集是(﹣∞，﹣1)∪(eq\f(3,2)，＋∞).故選B.4.若實數m，n滿足m>n>0，則()A.﹣eq\f(1,m)<﹣eq\f(1,n)B.eq\r(m)＋eq\r(n)>eq\r(m＋n)C.(eq\f(1,2))m>(eq\f(1,2))nD.m2<mn解析：選B取m＝2，n＝1，代入各選擇項驗證A、C、D不成立，只有B項成立(事實上eq\r(2)＋1>eq\r(2＋1)).5.若?x∈R,2x2﹣mx＋3≥0恒成立，則實數m的取值范圍為________.解析：由題意可知Δ＝m2﹣24≤0，解得﹣2eq\r(6)≤m≤2eq\r(6).答案：[﹣2eq\r(6)，2eq\r(6)]二、綜合練——練思維敏銳度1.(多選)設a，b為非零實數，且a<b，則下列不等式恒成立的是()A.a2>abB.a2<b2C.eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)D.a3<b3解析：選CD對于A，當a＝2，b＝3時，a<b，但22<2×3，故A中不等式不一定成立；對于B，當a＝﹣2，b＝1時，a<b，但(﹣2)2>12，故B中不等式不一定成立；對于C，∵a<b，∴eq\f(1,ab2)﹣eq\f(1,a2b)＝eq\f(a－b,a2b2)<0，故C中不等式恒成立；對于D，a3﹣b3＝(a﹣b)(a2＋ab＋b2)＝(a﹣b)[(a+eq\f(1,2)b)2+eq\f(3,4)b2]，∵a<b，∴a﹣b<0，又(a+eq\f(1,2)b)2＋eq\f(3,4)b2>0，∴a3<b3，故D中不等式恒成立.故選C、D.2.已知a為實數，“a>1”是“a2<a3”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C當a>1時，a2﹣a3＝a2(1﹣a)<0，所以a2<a3；當a2<a3時，a2(a﹣1)>0，所以a>1.綜上，“a>1”是“a2<a3”的充要條件.故選C.3.若關于x的不等式ax﹣b<0的解集是(1，＋∞)，則關于x的不等式(ax＋b)(x﹣3)>0的解集是()A.(﹣∞，﹣1)∪(3，＋∞)B.(1,3)C.(﹣1,3)D.(﹣∞，1)∪(3，＋∞)解析：選C關于x的不等式ax﹣b<0的解集是(1，＋∞)，即不等式ax<b的解集是(1，＋∞)，∴a＝b<0，∴不等式(ax＋b)(x﹣3)>0可化為(x＋1)(x﹣3)<0，解得﹣1<x<3，∴所求解集是(﹣1,3).4.設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1，x≥0，,2，x<0，))若不等式xf(x﹣1)≥a的解集為[3，＋∞)，則a的值為()A.﹣3B.3C.﹣1D.1解析：選B因為xf(x﹣1)≥a的解集為[3，＋∞)，所以3為方程xf(x﹣1)＝a的根，所以a＝3f(3﹣1)＝3×(2﹣1)＝3，故選B.5.若存在x0∈[﹣2,3]，使不等式2x0﹣xeq\o\al(2,0)≥a成立，則實數a的取值范圍是()A.(﹣∞，1]B.(﹣∞，﹣8]C.[1，＋∞)D.[﹣8，＋∞)解析：選A設f(x)＝2x﹣x2＝﹣(x﹣1)2＋1≤1，因為存在x0∈[﹣2,3]，使不等式2x0﹣xeq\o\al(2,0)≥a成立，所以a≤f(x)max，所以a≤1，故選A.6.若a>1，則關于x的不等式eq\f(ax,x＋1)≥1的解集是()A.[-1,eq\f(1,a－1)]B.(-1,eq\f(1,a－1)]C.(﹣∞，1)∪(1，＋∞)D.(﹣∞，﹣1)∪[eq\f(1,a－1),+∞)解析：選D由eq\f(ax,x＋1)≥1得eq\f(ax,x＋1)﹣1≥0，即eq\f(a－1x－1,x＋1)≥0，∴[(a﹣1)x﹣1](x＋1)≥0且x≠﹣1，解得x<﹣1或x≥eq\f(1,a－1)，則不等式的解集為(﹣∞，﹣1)∪[eq\f(1,a－1),+∞)，故選D.7.(多選)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|﹣eq\f(1,2)<x<2}，則下列結論正確的是()A.a>0B.b>0C.c>0D.a＋b＋c>0解析：選BCD因為不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|﹣eq\f(1,2)<x<2}，故相應的二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向下，所以a<0，故A錯誤；易知2和﹣eq\f(1,2)是關于x的方程ax2＋bx＋c＝0的兩個根，則有eq\f(c,a)＝2×(﹣eq\f(1,2))＝﹣1<0，﹣eq\f(b,a)＝2＋(﹣eq\f(1,2))＝eq\f(3,2)>0，又a<0，所以b>0，c>0，故B、C正確；因為eq\f(c,a)＝﹣1，所以a＋c＝0，又b>0，所以a＋b＋c>0，故D正確，故選B、C、D.8.在關于x的不等式x2﹣(a＋1)x＋a<0的解集中至多包含2個整數，則a的取值范圍是()A.(﹣3,5)B.(﹣2,4)C.[﹣3,5]D.[﹣2,4]解析：選D關于x的不等式x2﹣(a＋1)x＋a<0可化為(x﹣1)(x﹣a)<0.當a>1時，不等式的解集為(1，a)；當a<1時，不等式的解集為(a,1).要使得解集中至多包含2個整數，則a≤4且a≥﹣2.又當a＝1時，不等式的解集為?，符合題意.所以a的取值范圍是[﹣2,4]，故選D.9.若0<a<1，則不等式(a﹣x)(x﹣eq\f(1,a))>0的解集是________________.解析：原不等式等價于(x﹣a)(x﹣eq\f(1,a))<0，由0<a<1，得a<eq\f(1,a)，∴a<x<eq\f(1,a).答案：{a|a<x<eq\f(1,a)}.10.已知a＋b＞0，則eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)與eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的大小關系是________.解析：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)﹣(eq\f(1,a)＋eq\f(1,b))＝eq\f(a－b,b2)＋eq\f(b－a,a2)＝(a﹣b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq\f(a＋ba－b2,a2b2).∵a＋b＞0，(a﹣b)2≥0，∴eq\f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.∴eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).答案：eq\f(a,b2)＋eq\f(b,a2)≥eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)11.a，b∈R，a＜b和eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)同時成立的條件是________.解析：若ab＜0，由a＜b兩邊同除以ab得，eq\f(1,