數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)：專題二　不等式第1講

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第1講一元二次不等式1．(2015·江蘇）不等式＜4的解集為________．答案{x|－1＜x＜2}解析∵＜4＝22,∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0,解得－1〈x〈2.2．（2017·江蘇）記函數(shù)f（x）＝eq\r(6＋x－x2）的定義域為D。在區(qū)間[－4,5］上隨機(jī)取一個數(shù)x，則x∈D的概率是________．答案eq\f(5，9)解析設(shè)事件“在區(qū)間[－4,5］上隨機(jī)取一個數(shù)x,則x∈D”為事件A，由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，∴D＝［－2,3］．如圖，區(qū)間［－4,5]的長度為9，定義域D的長度為5，∴P（A)＝eq\f(5，9）。3．（2014·江蘇)已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1,若對于任意x∈［m，m＋1]，都有f（x）<0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r（2)，2)，0)）解析作出二次函數(shù)f(x）的圖象，對于任意x∈[m，m＋1］，都有f(x)<0，則有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(f（m）<0,,f(m+1）〈0，）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m2－1〈0,,（m＋1）2＋m（m＋1)－1<0，）)解得－eq\f(\r（2），2）<m<0。一元二次不等式是江蘇考試說明中的C級內(nèi)容,高考會重點考查．主要考查方向是一元二次不等式的解法及恒成立問題，其次考查與其他知識的綜合運用．熱點一一元二次不等式解法例1(1）已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤0，，－x＋2，x〉0，）)則不等式f（x)≥x2的解集是________．（2）（2017·江蘇常州中學(xué)質(zhì)檢）已知f（x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2＋2x，若f（2－a2）>f（a)，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案（1）[－1,1]（2)(－2，1）解析（1）依題意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x≤0，，x＋2≥x2））或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x〉0，,－x＋2≥x2））?－1≤x≤0或0〈x≤1?－1≤x≤1。（2）因為f（x）是奇函數(shù)，所以當(dāng)x〈0時,f(x）＝－x2＋2x。作出f(x)的大致圖象如圖中實線所示，結(jié)合圖象可知f（x)是R上的增函數(shù)，由f(2－a2)>f（a)，得2－a2〉a，即－2<a<1。思維升華一元二次不等式的解法主要是兩種：一種是直接利用其解法直接求解，另一種方法是利用函數(shù)圖象及性質(zhì)求解．跟蹤演練1（1）已知a＝（1，x），b＝(x2＋x,－x),則關(guān)于x的不等式a·b＋2>meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,a·b)＋1)）(其中m是滿足m<－2的常數(shù)）的解集是________．（2)(2017·江蘇泰州中學(xué)質(zhì)檢)已知函數(shù)f（x)＝eq\r(x2－2ax＋a2－1）的定義域為A，2?A，則a的取值范圍是________．答案(1)(m,－2)∪(0,＋∞)（2)（1，3）解析（1)∵a＝(1,x),b＝(x2＋x，－x），∴a·b＝x2＋x－x2＝x，故原不等式等價于x＋2〉meq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，x)＋1））?eq\f(x＋2x－m,x)>0，當(dāng)m<－2時，不等式的解集為(m，－2）∪（0，＋∞)．(2）∵2?A，∴4－4a＋a2－1<0，即a2－4a＋3<0，解得1〈a〈3.熱點二有關(guān)一元二次不等式恒成立問題例2(1)(2017·江蘇徐州一中質(zhì)檢)若eq\f（m2x－1,mx＋1)＜0（m≠0)對一切x≥4恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．（2）已知函數(shù)f（x）＝loga(x2－a｜x|＋3）（a>0，且a≠1)．若對于－1≤x1〈x2≤－eq\f(1，2)的任意實數(shù)x1,x2都有f（x1）－f(x2)〈0成立，則實數(shù)a的范圍是________．答案（1）eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（m\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(m<－\f(1，2))）)）(2)(0,1)∪［2,4)解析(1)方法一∵m≠0，∴分兩種情況討論：①m＞0，不等式的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，m），\f(1，m2))）,顯然不適合題意．②m＜0.(?。┊?dāng)m＝－1時，不等式化為－1＜0,對于x≠1均成立；(ⅱ）當(dāng)－1＜m＜0時，不等式的解集是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（1，m))）∪eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，m2)，＋∞))，要使不等式eq\f(m2x－1,mx＋1)〈0（m≠0）對一切x≥4恒成立，必須eq\f（1,m2）＜4，結(jié)合－1＜m＜0，解得－1＜m＜－eq\f（1,2）；（ⅲ）當(dāng)m＜－1時，不等式的解集是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1，m2）))∪eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1，m），＋∞)），∴－eq\f(1，m)〈4恒成立，結(jié)合m<－1,解得m〈－1。綜上，實數(shù)m的取值范圍是m＜－eq\f（1，2）。方法二由題意知,(m2x－1）(mx＋1)<0對一切x≥4恒成立，根據(jù)二次函數(shù)圖象的性質(zhì)得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（m3〈0,,\f（1，m2）〈4，,－\f（1,m）〈4，，(4m2－1)(4m＋1）〈0,）)解得m<－eq\f（1，2).(2）易知已知函數(shù)為偶函數(shù),則當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1，2),1）)時為減函數(shù)．對于x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1，2),1））,f(x)＝loga(x2－ax＋3)（a>0，且a≠1)，設(shè)g（x)＝x2－ax＋3，由題意得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a〉1，，1≤\f（a,2），，g(1）>0）)或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(0〈a<1，,\f(a,2)≤\f(1,2),,g\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2）)）>0，))則2≤a<4或0〈a<1。思維升華解決恒成立問題首先要清楚選誰為主元,誰是參數(shù)．一般地，知道誰的范圍,就選誰當(dāng)主元，求誰的范圍，誰就是參數(shù)．對于二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方；恒小于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸下方．跟蹤演練2（1）若不等式x2－kx＋k－1>0對x∈（1,2)恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是________．（2）若關(guān)于x的不等式ax2－|x｜＋2a<0的解集為空集，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案(1)(－∞，2](2)eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r（2),4），＋∞)）解析(1）不等式x2－kx＋k－1>0對x∈(1，2）恒成立可化為（1－x)k>1－x2對x∈（1，2）恒成立，即k〈1＋x對x∈(1，2)恒成立，而函數(shù)y＝1＋x在(1,2）上為單調(diào)遞增函數(shù),所以k≤1＋1＝2，即實數(shù)k的取值范圍是(－∞，2］．(2）方法一設(shè)f(x）＝a｜x|2－|x|＋2a，原不等式ax2－|x｜＋2a〈0的解集為空集，即f(x)≥0恒成立,令t＝｜x|,即g(t）＝at2－t＋2a在［0，＋∞)上恒有g(shù)（t)≥0，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a>0，，Δ≤0）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，，\f(1，2a）<0，，g(0)≥0,）)解得a≥eq\f(\r（2)，4）.方法二當(dāng)a＝0時，－｜x｜〈0,不等式解集為｛x｜x≠0}，不滿足題意；當(dāng)a≠0時,根據(jù)題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a〉0,，1－8a2≤0,)）解得a≥eq\f（\r（2），4）。綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r(2），4）,＋∞)).1．已知函數(shù)f（x)＝eq\f（x＋1,|x｜＋1)，x∈R,則不等式f(x2－2x）〈f(3x－4)的解集是________．答案(1，2）解析由題意得f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（1，x≥0,,－\f(2,x－1)－1，x〈0，）)作出其圖象如圖所示：∵f(x2－2x）<f（3x－4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x〈0，,x2－2x〈3x－4，)）解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(0<x<2,,1<x〈4,）)∴1<x<2。2．已知函數(shù)f（x）＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ax2－x＋\f（1，2)）)在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(1,\f(3，2)））上恒為正，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，\f(8，9））)∪eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3,2)，＋∞))解析設(shè)g（x）＝ax2－x＋eq\f(1，2）,需滿足g(x)＝ax2－x＋eq\f（1，2)>0，即a〉eq\f(1,x)－eq\f(1,2x2），∵x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(1，\f（3,2））），∴eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,x）－\f(1，2x2）））max＝eq\f(1,2),從而a>eq\f（1，2），可得函數(shù)g(x）＝ax2－x＋eq\f(1，2）的對稱軸為x＝eq\f(1,2a)<1,從而函數(shù)g(x)＝ax2－x＋eq\f(1,2）在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（1，\f(3，2）))上單調(diào)遞增,當(dāng)a>1時,函數(shù)f(x）在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（1，\f（3，2）））上單調(diào)遞增，∴f（1）＝logaeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a－1＋\f（1,2）））>0?a〉eq\f(3，2），當(dāng)eq\f（1，2)<a<1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（1，\f（3，2)）)上單調(diào)遞減，∴feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3,2））)＝logaeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a·\f（9,4)－\f(3，2）＋\f（1,2)））〉0?eq\f(4,9)<a<eq\f（8，9）,即eq\f(1，2)<a<eq\f(8，9),故答案為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2），\f(8,9))）∪eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，2)，＋∞)）。A組專題通關(guān)1．(2017·江蘇蘇州中學(xué)質(zhì)檢)若a<0，則關(guān)于x的不等式x2－4ax－5a2>0的解集是________．答案（－∞，5a)∪(－a，＋∞）解析由x2－4ax－5a2〉0，得(x－5a）（x＋a）>0，因為a<0，所以x〈5a或x〉－a.2．不等式eq\f（x－1，2x＋1）≤0的解集為________．答案eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)，1)）解析原不等式等價于eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（（x－1)(2x＋1)≤0，,2x＋1≠0,)）解得－eq\f(1，2)〈x≤1.3．（2017·江蘇新海中學(xué)期中）函數(shù)f(x)＝eq\f（1，x）lg（2＋x－x2)的定義域為________．答案（－1，0)∪（0,2）解析eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x≠0，，2＋x－x2〉0））?－1<x<0或0<x<2，所以函數(shù)f（x)的定義域為(－1，0)∪(0，2)．4．函數(shù)y＝eq\r（kx2＋4kx＋（k＋3)）的定義域是R，則實數(shù)k的取值范圍為________．答案［0,1]解析由題意知，kx2＋4kx＋(k＋3)≥0的解集為R.(1)當(dāng)k＝0時，不等式為3≥0，成立．(2)當(dāng)k≠0時,kx2＋4kx＋(k＋3）≥0的解集為R等價于函數(shù)y＝kx2＋4kx＋(k＋3)的圖象與x軸至多有一個公共點,且圖象上的其他點總在x軸上方，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(k>0，,Δ＝16k2－4k(k＋3）≤0，）)解得0〈k≤1.綜上，實數(shù)k的取值范圍是［0,1]．5．已知函數(shù)f(x)＝｜x｜＋｜x－4|，則不等式f(x2＋2）>f(x)的解集用區(qū)間表示為________．答案（－∞,－2）∪（eq\r(2）,＋∞）解析令g（x）＝f（x2＋2)－f（x)＝x2＋2＋｜x2－2|－｜x｜－｜x－4｜，當(dāng)x≥4時，由g(x）＝2x2－2x＋4>0，得x≥4；當(dāng)eq\r(2)≤x<4時，由g(x)＝2x2－4〉0，解得x〉eq\r(2）或x〈－eq\r(2)，故eq\r(2）〈x<4；當(dāng)0≤x<eq\r（2)，g(x)＝0,不合題意；當(dāng)－eq\r(2)≤x<0時，g（x)＝2x≤0,不合題意;當(dāng)x〈－eq\r(2)時，由g(x）＝2x2＋2x－4〉0，解得x〉1或x<－2，故x〈－2.綜上所述，不等式的解集用區(qū)間表示為(－∞，－2)∪（eq\r(2），＋∞)．6．（2017·江蘇前黃中學(xué)月考)若不等式ax2＋bx＋c≥0的解集是eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1，3)≤x≤2））))，則不等式cx2＋bx＋a＜0的解集為________．答案eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\（\a\vs4\al\co1（－3＜x＜\f（1，2）））)）解析由已知得a＜0，eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，3)）)＋2＝－eq\f(b，a）,eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,3)))×2＝eq\f(c，a），從而得c＞0，設(shè)方程cx2＋bx＋a＝0的兩根分別為x1，x2，則x1＋x2＝－eq\f(b，c），x1x2＝eq\f(a,c)，其中eq\f（a,c）＝eq\f（1,\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1，3)））×2)＝－eq\f（3，2)，－eq\f（b,c）＝eq\f(－\f(b，a），\f(c,a)）＝eq\f(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1,3)）)＋2，\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1,3）））×2)＝eq\f(\f(5，3），－\f(2,3))＝－eq\f(5，2)?！郼x2＋bx＋a＜0可化為x2＋eq\f(b,c)x＋eq\f(a,c）＜0,即x2＋eq\f（5,2)x－eq\f(3,2）＜0，∴2x2＋5x－3＜0，即(2x－1）（x＋3）＜0,故所求不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1（－3＜x＜\f（1，2）））)）。7．(2017·南京溧水中學(xué)質(zhì)檢)已知集合A＝｛x｜(x－6)(x－2a－5)＞0},集合B＝{x｜［(a2＋2)－x]·（2a－x)＜0}．(1）若a＝5，求集合A∩B；(2）已知a〉eq\f(1,2），且“x∈A”是“x∈B”的必要不充分條件,求實數(shù)a的取值范圍．解(1)由集合A中的不等式(x－6）(x－15）＞0，解得x＜6或x＞15，即A＝(－∞,6)∪(15，＋∞),集合B中的不等式為(27－x）·（10－x)＜0，即(x－27）(x－10）＜0,解得10＜x＜27，即B＝(10,27）,∴A∩B＝（15，27)．（2）當(dāng)a＞eq\f（1，2）時，2a＋5＞6，∴A＝(－∞，6)∪(2a＋5,＋∞)，a2＋2＞2a，∴B＝（2a,a2＋2)，∵x∈A"是“x∈B"的必要不充分條件，∴B?A，∴a2＋2≤6，∴eq\f（1,2)＜a≤2.8．函數(shù)f（x)＝x2＋ax＋3。(1）當(dāng)x∈R時，f（x)≥a恒成立，求a的取值范圍；（2）當(dāng)x∈[－2,2]時,f（x)≥a恒成立，求a的取值范圍．解（1）∵x∈R,f（x)≥a恒成立，∴x2＋ax＋3－a≥0恒成立，則Δ＝a2－4（3－a）≤0，得－6≤a≤2.∴a的取值范圍為[－6，2]．（2）f（x)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f（a,2)））2＋3－eq\f(a2，4).討論對稱軸與［－2，2]的位置關(guān)系，得到a的取值滿足下列條件：eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f（a，2)≤－2，,f（－2)≥a））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2＜－\f(a,2）＜2，,3－\f(a2，4)≥a）)或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f（a，2）≥2，,f（2）≥a，）)即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a≥4,，7－2a≥a）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4＜a＜4，，a2＋4a－12≤0））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a≤－4,,7＋2a≥a.））解得－7≤a≤2.∴a的取值范圍為［－7,2]．B組能力提高9．(2017·江蘇天一中學(xué)質(zhì)檢)設(shè)0≤α≤π，不等式8x2－（8sinα）x＋cos2α≥0對x∈R恒成立，則α的取值范圍為________．答案eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f(π,6）))∪eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(5π，6），π）)解析根據(jù)題意可得Δ＝（8sinα）2－4×8cos2α≤0，即2sin2α－cos2α≤0,2sin2α－(1－2sin2α）≤0，即－eq\f（1,2)≤sinα≤eq\f（1，2).因為0≤α≤π，故α∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，6）)）∪eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6），π））。10．對任意x∈[－1，1]，函數(shù)f（x)＝x2＋（a－4）x＋4－2a的值恒大于零，則a的取值范圍為________．答案(－∞,1）解析函數(shù)f(x)＝x2＋（a－4)x＋4－2a的對稱軸為x＝－eq\f（a－4,2)＝eq\f（4－a,2)。①當(dāng)eq\f(4－a，2)〈－1,即a〉6時，f(x)的值恒大于零等價于f(－1）＝1＋（a－4）×(－1）＋4－2a〉0，解得a<3，故有a∈?；②當(dāng)－1≤eq\f(4－a，2)≤1，即2≤a≤6時，只要feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（4－a，2))）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（4－a，2))）2＋(a－4)×eq\f(4－a,2)＋4－2a>0，即a2〈0，故有a∈?；③當(dāng)eq\f(4－a,2）>1,即a〈2時，只要f（1)＝1＋(a－4)＋4－2a〉0，即a<1，故有a〈1.綜上,a的取值范圍是（－∞,1）．11．關(guān)于x的不等式x2－4ax＋4a2＋a＋eq\f(1，a－1)≤0不成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案（1，＋∞）解析由題意，不等式x2－4ax＋4a2＋a＋eq\f(1，a－1）≤0的解集為?，則x2－4ax＋4a2＋a＋eq\f（1,a－1)〉0對x∈R都成立,∴Δ＝16a2－4eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（4a2＋a＋\f(1,a－1)））〈0,即a＋eq\f（1,a－1)>0，∴eq\f(a2－a＋1，a－1)>0.又∵a2－a＋1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（a－\f（1,2)))2＋eq\f(3,4）>0恒成立，∴a－1〉0,即a〉1.12．(2017·江蘇無錫一中模擬)如果關(guān)于x的不等式5x2－a≤0的正整數(shù)解是1，2，3，4，那么實數(shù)a的取值范圍是________．答案[80,125）解析由5x2－a≤0，得－eq\r（\f（a，5)）≤x≤eq\r(\f(a，5)),而正整數(shù)解是1,2，3，4，則4≤eq\r（\f(a,5）)＜5，∴80≤a＜125.13．(2017·江蘇南京中華中學(xué)質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋ax，x≥0，,bx2－3x，x<0))為奇函數(shù),則不等式f（x）<4的解集為________．答案{x｜x<4}解析令x>0，則－x<0，從而由f(x)為奇函數(shù)得f(－x)＝－f（x），即b(－x)2－3（－x)＝－(x2＋ax)恒成立，即（b＋1)x2＋（3＋a）x＝0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋1＝0，,3＋a＝0，))即a＝－3，b＝－1,∴f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－3x，x≥0,,－x2－3x，x〈0。））不等式f（x）〈4等價于eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥0，,x2－3x〈4）)或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x〈0,，－x2－3x<4，)）解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,,－1<x〈4））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x〈0,,x∈R，)）故x〈4，∴不等式f（x)<4的解集為{x|x〈4｝．14．已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－x2，x≥0，,x2＋2x，x〈0，)）則不等式f（f(x))≤3的解集為________．答案(－∞，eq\r（3）］解析令t＝f(x)，則f（t）≤3，等價于eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(t≥0，,－t2≤3)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(t<0，,t2＋2t≤3，))解得t≥0或－3≤t<0,即t≥－3，從而由f（x)≥－3，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x≥0，，－x2≥－3)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x〈0，，x2＋2x≥－3，）)解得0≤x≤eq\r(3)或x<0，即x≤eq\r(3），從而不等式f（f（x)）≤3的解集為｛x｜x≤eq\r(3)}．15．已知關(guān)于x的不等式eq\f（(a＋1）x－3,x－1)〈1。(1)當(dāng)a＝1時，解該不等式；（2）當(dāng)a為任意實數(shù)時,解該不等式．解（1）當(dāng)a＝1時，不等式化為eq\f(2x－3,x－1)〈1，化為eq\f(x－2,x－1)〈0,所以1<x〈2，解集為｛x|1〈x〈2}．(2)由eq\f（（a＋1）x－3，x－1）<1，得eq\f(ax－2,x－1)<0，即（ax－2)(x－1)〈0。①當(dāng)a>0時，分三種情況：1°當(dāng)eq\f（2，a)＝1,即a＝2時，解集為?;2°當(dāng)eq\f(2,a）>1，即0<a〈2時,解集為eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1(1〈x〈\f（2，a）)）））；3°當(dāng)eq\f(2，a）〈1,即a〉2時，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(2，a)〈x〈1）)）);②當(dāng)a＝0時,解集為{x|x〉1}；③當(dāng)a〈0時，解集為eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1(x〈\f(2,a）或x>1)）)）。16．（2017·江蘇通州中學(xué)質(zhì)檢改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f（a,x)－x,且對任意的x∈（0,1），都有f(x)·f(1－x)≥1恒成立,求實數(shù)a的取值范圍．解方法一∵f（1－x)＝eq\f（a，1－x）－(1－x)＝