2.1 一元二次函数、方程和不等式

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模块导图

知识剖析

不等式关系与不等式

1 不等式的性质
$(1)$ 传递性：$a>b ,b>c⇒ a>c$；
$(2)$ 加法法则：$a>b ⇒ a+c>b+c$,$a>b ,c>d ⇒ a+c>b+d$；
$(3)$ 乘法法则：$a>b ,c>0 ⇒ ac>bc$,$a>b ,c<0⇒ac<b c$；
$(4)$ 倒数法则：$a>b, a b>0 \Rightarrow \dfrac{1}{a}<\dfrac{1}{b}$；
$(5)$ 乘方法则：$a>b>0 \Rightarrow a^{n}>b^{n}$($n∈ N^*$ 且 $n>1$)；
 

2 比较 $a ,b$ 大小
$(1)$ 作差法 ($a-b$ 与 $0$ 的比较)
$a-b>0\Rightarrow a>b$;$a-b=0\Rightarrow a=b$;$a-b<0\Rightarrow a<b$

$(2)$ 作商法 ($\dfrac{a}{b}$ 与 $1$ 比较)
$\dfrac{a}{b}>1, b>0 \Rightarrow a>b$；$\dfrac{a}{b}>1, b<0 \Rightarrow a<b$
 

一元二次不等式及其解法

1 二次函数的图象、一元二次方程的根、一元二次不等式的解集间的关系：
(以下均以为例)

 
2 二次函数的图象、一元二次方程的根、一元二次不等式的解集间的关系，可充分利用二次函数图像去理解；

3 求解一元二次不等式时，利用二次函数图像思考，需要确定二次函数的开口方向，判别式，两根的大小与不等式的解集有关，而对称轴是不会影响解集的.

一元二次不等式的应用

1 分式不等式的解法
解分式不等式可等价为有理整式不等式 (组) 求解.
由于 $\dfrac{a}{b}>0$ 与 $ab>0$ 均意味 $a,b$ 同号，
故 $\dfrac{a}{b}>0$ 与 $ab>0$ 等价的；
$\dfrac{a}{b}<0$ 与 $ab<0$ 均意味 $a,b$ 异号，
故 $\dfrac{a}{b}<0$ 与 $ab<0$ 等价的；
可得①$\dfrac{f(x)}{g(x)}>0 \Rightarrow f(x) g(x)>0$，$\dfrac{f(x)}{g(x)} \geq 0 \Rightarrow f(x) g(x) \geq 0$ 且 $g(x)≠0$.
${\color{Red}{ Eg }}$$\dfrac{x-1}{x-2}>0 \Rightarrow(x-1)(x-2)>0$;$\dfrac{x-1}{x-2} \leq 0 \Rightarrow(x-1)(x-2) \leq 0$ 且 $x-2≠0$.
②$\dfrac{f(x)}{g(x)}<0 \Rightarrow f(x) g(x)<0$，$\dfrac{f(x)}{g(x)} \leq 0 \Rightarrow f(x) g(x) \leq 0$ 且 $g(x)≠0$.

${\color{Red}{ Eg }}$$\dfrac{x-1}{x-2}<0 \Rightarrow(x-1)(x-2)<0$;$\dfrac{x-1}{x-2} \leq 0 \Rightarrow(x-1)(x-2) \leq 0$ 且 $x-2≠0$.
 

2 一元高次不等式的解法
① 一元高次不等式通常先进行因式分解，化为 $(x-x_1 )(x-x_2 )…(x-x_n )>0$(或 $<0$) 的形式，然后用穿针引线法求解。首先保证每个因式中 $x$ 的系数为正，然后从右侧画起，右侧第一个区间为正，从右向左依次正负出现，特别要注意 “奇穿偶切”，“奇”(“偶”) 指的是某个因式的次数.
${\color{Red}{ Eg }}$
解 $(x+1)(x-2)(x-3)(x-4)≥0$，如图所示，解集为 $\{x|x≥4 或 2≤x≤3 或 x≤-1\}$.

解 $(x+1) (x-2)^2 (x-3) (x-4)^3≤0$，如图所示，解集为 $\{x|x≤-1 或 x=2 或 3≤x≤4\}$.

 

经典例题

【题型一】不等式性质的运用

【典题 1】实数 $a、b、c$ 满足 $a>b>c$，则下列不等式正确的是 (　　)
A．$a+b>c$ $\qquad \qquad$ B．$\dfrac{1}{a-c}<\dfrac{1}{b-c}$$\qquad \qquad$ C．$a|c|>b|c|$ $\qquad \qquad$D．$\dfrac{a b^{2}}{c^{2}+1}<\dfrac{a^{2} b}{c^{2}+1}$
【解析】$∵a>b>c$，
$∴$ 对于 $A$，$a+b>c$ 错误，比如 $-4>-5>-6$，得出 $-4+(-5)<-6$；
对于 $B$．$a-c>b-c>0$，$\therefore \dfrac{1}{a-c}<\dfrac{1}{b-c}$，$∴$ 该选项正确；
对于 $C$．$a|c|>b|c|$ 错误，
比如 $|c|=0$ 时，$a|c|=b|c|$；
对于 $D$．$∵a b^{2}-a^{2} b=a b(b-a)$，
$∴a b(b-a)=0$ 时，$a b^{2}=a^{2} b$，
$\therefore \dfrac{a b^{2}}{c^{2}+1}=\dfrac{a^{2} b}{c^{2}+1}$，$∴$ 该选项错误．
故选：$B$．
【点拨】涉及不等式的选择题，适当利用 “取特殊值排除法” 会做得更快些.
 

【典题 2】已知 $a>0$，试比较 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}$ 与 $\dfrac{a+1}{a-1}$ 的值的大小．
【解析】$\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}-\dfrac{a+1}{a-1}=\dfrac{a^{2}+1-(a+1)^{2}}{a^{2}-1}=\dfrac{-2 a}{a^{2}-1}$， ${\color {Red}{(作差法) }}$
$(i)$ 当 $a>1$ 时，$-2a<0$，$a^2-1>0$，
则 $\dfrac{-2 a}{a^{2}-1}<0$；
${\color {Red}{ (确定差 \dfrac {-2 a}{a^{2}-1} 与 0 的大小)}}$
即 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}<\dfrac{a+1}{a-1}$
$(ii)$ 当 $0<a<1$ 时，$-2a<0$,$a^2-1<0$，
则 $\dfrac{-2 a}{a^{2}-1}>0$；即 $\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}>\dfrac{a+1}{a-1}$．
综上可得 $a>1$ 时，$\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}<\dfrac{a+1}{a-1}$；
$0<a<1$ 时，$\dfrac{a^{2}+1}{a^{2}-1}>\dfrac{a+1}{a-1}$．
【点拨】比较两个式子的大小，可用做差法或做商法；一般幂的形式比较大小用作商法，比如比较 $a^{a} b^{b}$ 与 $(a b)^{\frac{a+b}{2}}$；多项式形式常用做差法，比如比较 $xy$ 与 $x+y-1$.
 

【典题 3】已知 $C>1$，$a=\sqrt{C+1}-\sqrt{C}$，$b=\sqrt{C}-\sqrt{C-1}$，则正确的结论是 (　　)
A．$a<b$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B．$a>b$$\qquad \qquad \qquad \qquad$C$．a=b$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$a$ 与 $b$ 的大小不确定
【解析】 ${\color {Red}{方法一 \quad 特殊值法 }}$
取特殊值，令 $c=2$，
则 $a=\sqrt{3}-\sqrt{2}$，$b=\sqrt{2}-1$，
易知 $a<b$, 排除 $B,C$，还不能排除 $D$，猜测选 $A$.
${\color {Red}{方法二 \quad 做差法，分析法 }}$
$a-b=\sqrt{c+1}-\sqrt{c}-(\sqrt{c}-\sqrt{c-1})$$=\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1}-2 \sqrt{c}$
要比较 $a ,b$ 大小，
只需要比较 $\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1}$ 与 $2 \sqrt{c}$ 的大小
$\Leftrightarrow$ 比较 $(\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1})^{2}$ 与 $4c$ 的大小
${\color {Red}{(遇到二次根式可考虑平方去掉根号) }}$
$\Leftrightarrow$ 比较 $2 c+2 \sqrt{c^{2}-1}$ 与 $4c$ 的大小
$\Leftrightarrow$ 比较 $\sqrt{c^{2}-1}$ 与 $c$ 的大小
而显然 $\sqrt{c^{2}-1}<c$，
故 $\sqrt{c+1}+\sqrt{c-1}<2 \sqrt{c}$，故 $a<b$，故选 $A$.
${\color {Red}{ 方法三 \quad 共轭根式法}}$
$\sqrt{c+1}-\sqrt{c}=\dfrac{(\sqrt{c+1}-\sqrt{c})(\sqrt{c+1}+\sqrt{c})}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}=\dfrac{1}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}$$\sqrt{c}-\sqrt{c-1}=\dfrac{(\sqrt{c}-\sqrt{c-1})(\sqrt{c}+\sqrt{c-1})}{\sqrt{c}+\sqrt{c-1}}=\dfrac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{c-1}}$，
$∵c>1$，
$\therefore c+1>c-1>0 \Rightarrow \sqrt{c+1}>\sqrt{c-1}$$\Rightarrow \sqrt{c+1}+\sqrt{c}>\sqrt{c}+\sqrt{c-1}>0$，
$\therefore \dfrac{1}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}<\dfrac{1}{\sqrt{c}+\sqrt{c-1}}$，即 $a<b$，故选 $A$.
【点拨】
① 比较两个式子的方法很多，选择题可以考虑取特殊值排除法；
② 方法二中，遇到带有根号的常常两边平方去掉根号再比较，此时注意两个式子是否都是正数；在思考的过程中，不断使用 “等价转化” 把比较的两个式子越化越简单，等价过程中注意严谨；
③ 方法三中注意到 $(\sqrt{c}-\sqrt{c-1})(\sqrt{c}+\sqrt{c-1})=1$.
若 $A=\sqrt{x}+\sqrt{y}$，$B=\sqrt{x}-\sqrt{y}$，$A,B$ 互为共轭根式，它们的乘积、平方和差有一定的特点.
$A B=x-y$，$A^{2}+B^{2}=2(x+y)$，$A^{2}-B^{2}=4 \sqrt{x y}$.
 

巩固练习

1 (★) 已知 $-1<b<0$,$a<0$，那么下列不等式成立的是 (　　)
A．$a>ab>ab^2$ $\qquad \qquad$B．$ab^2>ab>a$ $\qquad \qquad$C．$ab>a>ab^2$ $\qquad \qquad$D．$ab>ab^2>a$
 

2(★★) 设 $\dfrac{1}{b}<\dfrac{1}{a}<0$，则下列不等式恒成立的是 (　　)
A．$a>b$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{a}{b}<a-b$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{b^{3}}{a^{3}}+\dfrac{a^{3}}{b^{3}}>2$$\qquad \qquad \qquad$D．$\dfrac{1}{|b|}<\dfrac{1}{|a|}$
 

3(★★) 已知 $a ,b∈R$，且 $P=\dfrac{a+b}{2}$，$Q=\sqrt{\dfrac{a^{2}+b^{2}}{2}}$，则 $P、Q$ 的关系是 (　　)
A．$P≥Q$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B．$P>Q$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$C．$P≤Q$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D．$P<Q$
 

4(★★) 若 $P=\sqrt{a+3}+\sqrt{a+5}$，$Q=\sqrt{a+1}+\sqrt{a+7}(a \geq 0)$，则 $P，Q$ 的大小关系是 (　　)
A．$P=Q$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$P>Q$$\qquad \qquad \qquad \qquad$C．$P<Q$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D．由 $a$ 的取值确定
 

5(★★★) 设 $S=\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{b+c+d}$$+\dfrac{c}{c+d+a}+\dfrac{d}{d+a+b}$,$a ,b ,c ,d∈R^+$，则下列判断中正确的是 (　　)
A．$0<S<1$$\qquad \qquad \qquad$B．$1<S<2$$\qquad \qquad \qquad$C．$2<S<3$$\qquad \qquad \qquad$D．$3<S<4$
 

答案

1.$D$
2.$C$
3.$C$
4.$B$
5.$B$

 

【题型二】二次函数、一元二次方程与一元二次不等式的关系

【典题 1】如果关于 $x$ 的不等式 $ax^2+bx+c>0$ 的解集为 $-1<x<2$，则关于 $x$ 的不等式 $bx^2-ax-c>0$ 的解集为 $\underline{\quad \quad}$.
【解析】关于 $x$ 的不等式 $ax^2+bx+c>0$ 的解集为 $-1<x<2$，
$∴-1、2$ 是方程 $ax^2+bx+c=0$ 的两实数根，且 $a<0$，
由韦达定理得 $\left\{\begin{array}{l} -1+2=-\dfrac{b}{a} \\ -1 \times 2=\dfrac{c}{a} \end{array}\right.$，
$∴b=-a>0$,$c=-2a>0$，
$∴$ 不等式 $b x^{2}-a x-c>0$ 化为 $-ax^2-ax+2a>0⇒x^2+x-2>0$，
即 $(x-1)(x+2)>0$，解得 $x<-2$ 或 $x>1$；
则该不等式的解集为 $(-∞ ,-2)∪(1 ,+∞)$．
【点拨】通过二次函数的图像理解，二次函数、一元二次方程和一元二次不等式三者之间的关系.
 

【典题 2】解关于 $x$ 的不等式：$\dfrac{x-2}{x+3} \geq 2$
【解析】$\dfrac{x-2}{x+3}-2 \geq 0 \Rightarrow \dfrac{x-2-2(x+3)}{x+3} \geq 0$
$\Rightarrow \dfrac{-x-8}{x+3} \geq 0 \Rightarrow \dfrac{x+8}{x+3} \leq 0$；
等价变形为 $(x+8)(x+3)≤0$ 且 $x+3≠0$
${\color {Red}{(注意分母 x+3≠0) }}$
解得 $-8≤x<-3$.
 

巩固练习

1(★) 若不等式 $2 k x^{2}+k x-\dfrac{3}{8}<0$ 对一切实数 $x$ 都成立，则 $k$ 的取值范围为 (　　)
A．$-3<k<0$ $\qquad \qquad$ B．$-3≤k<0$ $\qquad \qquad$ C．$-3≤k≤0$ $\qquad \qquad$ D．$-3<k≤0$
 

2(★★) 若关于 $x$ 的不等式 $x^2-3ax+2>0$ 的解集为 $(-∞ ,1)∪(m ,+∞)$，则 $a+m$ 等于 (　　)
A．$-1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$3$
 

3(★★) 若不等式 $ax^2+2x+c<0$ 的解集是 $\left(-\infty,-\dfrac{1}{3}\right) \cup\left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$，则不等式 $cx^2-2x+a≤0$ 的解集是 (　　)
A．$\left[-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}\right]$ $\qquad \qquad$ B．$\left[-\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{2}\right]$ $\qquad \qquad$ C．$[-2,3]$ $\qquad \qquad$ D．$[-3 ,2]$
 

4(★★)【多选题】关于 $x$ 的一元二次不等式 $x^2-6x+a≤0(a∈Z)$ 的解集中有且仅有 $3$ 个整数，则 $a$ 的取值可以是 (　　)
A．$6$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$7$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$8$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$9$
 

5(★★) 不等式 $\dfrac{3 x+1}{3-x}>-1$ 的解集是 $\underline{\quad \quad}$.
 

6(★★) 已知不等式 $ax^2+bx+c>0$ 的解集是 $\{x \mid \alpha<x<\beta\}$，$\alpha>0$，则不等式 $cx^2+bx+a>0$ 的解集是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

7(★★) 不等式 $\dfrac{a x}{x-1}<1$ 的解集为 $\{x|x<1 或 x>2\}$，则 $a$ 值是 $\underline{\quad \quad}$.
 

参考答案

1.$D$
2.$D$
3.$C$
4.$ABC$
5.$(-2，3)$
6.$\left(\dfrac{1}{\beta}, \dfrac{1}{\alpha}\right)$
7.$a=\dfrac{1}{2}$
 

【题型三】求含参一元二次不等式

角度 1：按二次项的系数 $a$ 的符号分类，即 $a>0$,$a=0$,$a<0$;
解不等式 $ax^2+(a+2) x+1>0$.
【解析】
${\color {Red}{ (不确定不等式对应函数 y=ax^2+(a+2) x+1 是否是二次函数，分 a=0 与 a≠0 讨论)}}$
$(1)$ 当 $a=0$ 时，不等式为 $2x+1>0$，解集为 $\left\{x \mid x>-\dfrac{1}{2}\right\}$；
$(2)$ 当 $a≠0$ 时，$\because \Delta=(a+2)^{2}-4 a=a^{2}+4>0$
${\color {Red}{ (二次函数 y=ax^2+(a+2) x+1 与 x 轴必有两个交点)}}$
解得方程 $ax^2+(a+2) x+1=0$ 两根 $x_{1}=\dfrac{-a-2-\sqrt{a^{2}+4}}{2 a}$，$x_{2}=\dfrac{-a-2+\sqrt{a^{2}+4}}{2 a}$；
${\color {Red}{(二次函数的开口方向与不等式的解集有关，分 a>0 与 a<0 讨论) }}$
$(i)$ 当 $a>0$ 时，解集为 $\left\{x \mid x>\dfrac {-a-2+\sqrt {a^{2}+4}}{2 a} \text { 或 } x<\dfrac {-a-2-\sqrt {a^{2}+4}}{2 a}\right\}$；
$(ii)$ 当 $a<0$ 时，解集为 $\left\{x \mid \dfrac{-a-2+\sqrt{a^{2}+4}}{2 a}<x<\dfrac{-a-2-\sqrt{a^{2}+4}}{2 a}\right\}$.
${\color {Red}{(注意 x_1,x_2 的大小) }}$
综上，当 $a=0$ 时，解集为 $\left\{x \mid x>-\dfrac{1}{2}\right\}$；
当 $a>0$ 时，解集为 $\left\{x \mid x>\dfrac {-a-2+\sqrt {a^{2}+4}}{2 a} \text { 或 } x<\dfrac {-a-2-\sqrt {a^{2}+4}}{2 a}\right\}$；
当 $a<0$ 时，解集为 $\left\{x \mid x>\dfrac {-a-2+\sqrt {a^{2}+4}}{2 a} \text { 或 } x<\dfrac {-a-2-\sqrt {a^{2}+4}}{2 a}\right\}$.
 

角度 2：按判别式的符号分类
解不等式 $x^2+ax+4>0$.
【解析】$∵Δ=a^2-16$
${\color {Red}{(此时不确定二次函数 y=x^2+ax+4 是否与 x 轴有两个交点，对判别式进行讨论) }}$
$∴$①当 $-4<a<4$，即 $Δ<0$ 时，解集为 $R$；
②当 $a=±4$，即 $Δ=0$ 时，解集为 $\left\{x \mid x \neq-\dfrac{a}{2}\right\}$；
③当 $a>4$ 或 $a<-4$，即 $Δ>0$ 时，
此时两根为 $x_{1}=\dfrac{-a+\sqrt{a^{2}-16}}{2}$，$x_{2}=\dfrac{-a-\sqrt{a^{2}-16}}{2}$，显然 $x_1>x_2$，
$∴$ 不等式的解集为 $\left\{x \mid x>\dfrac {-a+\sqrt {a^{2}-16}}{2} \text { 或 } x<\dfrac {-a-\sqrt {a^{2}-16}}{2}\right\}$.
综上，当 $-4<a<4$ 时，解集为 $R$；

当 $a=±4$ 时，解集为 a>4；

当 $a>4$ 或 $a<-4$ 时，解集为 $\left\{x \mid x>\dfrac {-a+\sqrt {a^{2}-16}}{2} \text { 或 } x<\dfrac {-a-\sqrt {a^{2}-16}}{2}\right\}$.
 

角度 3：按方程的根大小分类
解不等式 $x^{2}-\left(a+\dfrac{1}{a}\right) x+1<0$$(a≠ 0)$.
【解析】原不等式可化为：$(x-a)\left(x-\dfrac{1}{a}\right)<0$,
令 $(x-a)\left(x-\dfrac{1}{a}\right)=0$，得 $x_{1}=a$，$x_{2}=\dfrac{1}{a}$
${\color {Red}{(因式分解很关键，此时确定 y=(x-a)\left (x-\dfrac {1}{a}\right) 与 x 轴有交点， x_1,x_2 的大小影响不等式解集) }}$
$∴(i)$ 当 $x_1=x_2$ 时，即 $a=\dfrac{1}{a} \Rightarrow a=\pm 1$ 时，解集为 $\varnothing$；
$(ii)$ 当 $x_1<x_2$ 时，即 $a<\dfrac{1}{a} \Rightarrow a<-1$ 或 $0<a<1$ 时，解集为 $\left\{x \mid a<x<\dfrac{1}{a}\right\}$；
$(iii)$ 当 $x_1>x_2$ 时，即 $a>\dfrac{1}{a} \Rightarrow-1<a<0$ 或 $a>1$ 时，解集为 $\left\{x \mid \dfrac{1}{a}<x<a\right\}$.
综上，当 $a=±1$ 时，解集为 $\varnothing$；
$(ii)$ 当 $a<-1$ 或 $0<a<1$ 时，解集为 $\left\{x \mid a<x<\dfrac{1}{a}\right\}$；
$(iii)$ 当 $-1<a<0$ 或 $a>1$ 时， 解集为 $\left\{x \mid \dfrac{1}{a}<x<a\right\}$.
【点拨】
① 当求解一元二次不等式时，它是否能够因式分解，若可以就确定对应的二次函数与 $x$ 轴有交点，就不需要考虑判别式.
常见的形式有 $x^{2}-(a+1) x+a=(x-1)(x-a)$,$x^{2}-\left(a+\dfrac{1}{a}\right) x+1=(x-a)\left(x-\dfrac{1}{a}\right)$，
$ax^2+(a+1)x+1=(ax+1)(x+1)$ 等，若判别式 Δ 是一个完全平方式，它就能做到 “较好形式的十字相乘”，当然因式分解也可以用公式法求解；
② 在求解含参的一元二次不等式，需要严谨，多从二次函数的开口方向、判别式、两根大小的比较三个角度进行分类讨论，利用图像进行分析.
 

巩固练习

1(★★) 关于 x 的不等式 $x^2-(a+1)x+a<0$ 的解集中恰有 $1$ 个整数，则实数 $a$ 的取值范围是 (　　)
A．$(-1 ,0]∪[2 ,3)$ $\qquad \qquad$ B．$[-2 ,-1)∪(3 ,4]$ $\qquad \qquad$ C．$[-1 ,0)∪( 2 ,3]$ $\qquad \qquad$ D．$(-2 ,-1)∪(3 ,4)$
 

2(★★) 解关于 $x$ 的不等式 $x^2+2x+a>0$．
 
 

3(★★) 解关于 $x$ 的不等式：$2x^2+ax+2>0(a∈R)$．
 
 

4(★★★) 若 $a∈R$，解关于 $x$ 的不等式 $ax^2+(a+1)x+1>0$．

 
 
5(★★★) 关于 $x$ 的不等式 $(a x-1)^{2}<x^{2}$ 恰有 $2$ 个整数解，求实数 $a$ 的取值范围.
 
 

参考答案

1.$C$
2.$a>1$ 时，不等式的解集是 $R$，
$a=1$ 时，不等式的解集是 $\{x|x≠-1\}$，
$a<1$ 时，不等式的解集是 $\{x \mid x>-1+\sqrt {1-a} \text { 或 } x<-1-\sqrt {1-a}\}$．
3.$a>4$ 或 $a<-4$ 时，不等式的解集为 $\left\{x \mid x<\dfrac {-a-\sqrt {a^{2}-16}}{4} \text { 或 } x>\dfrac {-a+\sqrt {a^{2}-16}}{4}\right\}$
$a＝±4$ 时，不等式的解集为 $\left\{x \mid x \neq-\dfrac{a}{4}\right\}$；
$-4<a<4$ 时，不等式的解集为 $R$．
4. 当 $a<0$ 时，解集是 $\left(-1,-\dfrac{1}{a}\right)$；
当 $a=0$ 时，解集是 $(-1 ,+∞)$；
当 $0<a≤1$ 时，解集是 $\left(-\infty,-\dfrac{1}{a}\right) \cup(-1,+\infty)$；
当 $a>1$ 时，解集是 $(-\infty,-1) \cup\left(-\dfrac{1}{a},+\infty\right)$．
5.$\left(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{4}{3}\right] \cup\left[\dfrac{4}{3}, \dfrac{3}{2}\right)$