第6节 从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式

第6节 从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式

考试要求 1.会结合一元二次函数的图象，判断一元二次方程实根的存在性及实根的个数，了解函数的零点与方程根的关系；2.经历从实际情境中抽象出一元二次不等式的过程，了解一元二次不等式的现实意义.能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集；3.借助一元二次函数的图象，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系.

知 识 梳 理

1.一元二次不等式

只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式不等式叫作一元二次不等式.

2.三个“二次”间的关系 判别式Δ＝b2－4ac 二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象 一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0 (a＞0)的根 ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集 ax2＋bx＋c＜0 (a＞0)的解集 有两相异实根x1，x2(x1＜x2) {x|x＞x2 或x＜x1}{x|x1＜x＜x2} 有两相等实根 bx1＝x2＝－2a bx|x≠－ 2aΔ＞0 Δ＝0 Δ＜0 没有实数根 R ∅ ∅ 3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集 不等式 a0 (x－a)·(x－b)<0

1

解集 a＝b {x|x≠a} ∅ a>b {x|xa} {x|bb} {x|a4.分式不等式与整式不等式 (1)(2)

f（x）

>0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0). g（x）

f（x）

≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0. g（x）

[常用结论与微点提醒]

1.绝对值不等式|x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|0)的解集为(－a，a).

记忆口诀：大于号取两边，小于号取中间.

2.解不等式ax2＋bx＋c>0(<0)时不要忘记当a＝0时的情形.

3.不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件要结合其对应的函数图象决定. a＝b＝0，a>0，(1)不等式ax＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔或

c>0Δ<0.

2

a＝b＝0，a<0，

(2)不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔或

c<0Δ<0.

诊 断 自 测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)

(1)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，则方程ax2＋bx＋c＝0的两个根是x1和x2.( )

(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.( ) (3)不等式x2≤a的解集为[－a，a].( )

(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a＜0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c＞0(a<0)的解集为R.( )

解析 (3)错误.对于不等式x2≤a，当a>0时，其解集为[－a，a]；当a＝0时，其解集为{0}，当a<0时，其解集为∅.

(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)没有实根，则不等式ax2＋bx＋c>0(a<0)的解集为∅. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×

2.(新教材必修第一册P55T3改编)已知集合A＝{x|x2－5x＋4<0}，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B＝( )

2

A.(－2，3) C.(3，4)

B.(1，3) D.(－2，4)

解析 由题意知A＝{x|13.(老教材必修5P80A2改编)y＝log2(3x2－2x－2)的定义域是________. 解析 由题意，得3x2－2x－2>0，

1－71＋7

令3x2－2x－2＝0，得x1＝3，x2＝3， ∴3x2－2x－2>0的解集为 1－71＋7－∞，∪.

33，＋∞

1－71＋7

∪ 答案 －∞，，＋∞33

4.(2020·广州期中考试)若不等式ax＋bx＋2＞0的值是( ) A.－10

B.－14

C.10

D.14

2

11

的解集为x|－2＜x＜3，则

a－b

解析

11b

－＋＝－23a，11

由题意知，－2，3是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，所以解

112－2×3＝a，a＝－12，

得故a－b＝－10. b＝－2.答案 A

5.(2019·河北重点中学模拟)不等式2x2－x－3>0的解集为________. 解析 由2x2－x－3>0，得(x＋1)(2x－3)>0， 3

解得x>2或x<－1. ∴不等式2x－x－3>0答案

2

3的解集为x|x>2，或x<－1. 

3

x|x>，或x<－1

2

3

6.(2019·苏北调研)已知函数f(x)＝ax2＋ax－1，若对任意实数x，恒有f(x)≤0，则实数a的取值范围是______.

解析 若a＝0，则f(x)＝－1≤0恒成立， a<0，若a≠0，则由题意，得 2

Δ＝a＋4a≤0，解得－4≤a<0，综上，得a∈[－4，0]. 答案 [－4，0]

考点一 一元二次不等式的解法

【例1】 (1)不等式0x2－x－2>0，x2－x－2>0，2即2 x－x－2≤4，x－x－6≤0，x>2或x<－1，解得

－2≤x≤3.

故原不等式的解集为{x|－2≤x<－1，或2(2)解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R). 解 原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0.

①当a＝0时，原不等式化为x＋1≤0，解得x≤－1. 2

②当a＞0时，原不等式化为x－a(x＋1)≥0，

2

解得x≥a或x≤－1.

2

③当a＜0时，原不等式化为x－a(x＋1)≤0.

22

当a＞－1，即a＜－2时，解得－1≤x≤a； 2

当a＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意； 22

当a＜－1，即－2综上所述，当a＝0时，不等式的解集为{x|x≤－1}；

4

2时，不等式的解集为x|x≥a或x≤－1； 

2

； ≤x≤－1时，不等式的解集为xa

当a＞0

当－2＜a＜0

当a＝－2时，不等式的解集为{－1}； 当a＜－2

2时，不等式的解集为x|－1≤x≤a. 

规律方法 1.解一元二次不等式的一般步骤 (1)化为标准形式.

(2)确定判别式Δ的符号，若Δ≥0，则求出该不等式对应的一元二次方程的根，若Δ<0，则对应的一元二次方程无根.

(3)结合二次函数的图象得出不等式的解集，特别地，若一元二次不等式左边的二次三项式能分解因式，则可直接写出不等式的解集.

2.含有参数的不等式的求解，首先需要对二次项系数讨论，再比较(相应方程)根的大小，注意分类讨论思想的应用. 【训练1】 (1)(2020·武汉月考)不等式A.[－2，1]

1－x

≥0的解集为( ) 2＋x

B.(－2，1]

D.(－∞，－2]∪(1，＋∞)

C.(－∞，－2)∪(1，＋∞)

（1－x）（2＋x）≥0，

解析 原不等式化为

2＋x≠0，（x－1）（x＋2）≤0，即解得－2(2)求不等式12x2－ax>a2(a∈R)的解集. 解 原不等式可化为12x2－ax－a2>0， 即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0， aa

解得x1＝－4，x2＝3. 当a>0

aa时，不等式的解集为x|x<－4，或x>3； 

当a＝0时，不等式的解集为{x|x≠0}；

5

aa时，不等式的解集为x|x<3，或x>－4. 

当a<0

考点二 一元二次方程与一元二次不等式

11

【例2】 已知不等式ax2－bx－1>0的解集是{x|－211

解析 由题意，知－2，－3是方程ax2－bx－1＝0的两个根，且a<0，所以11b－＝，－2＋3aa＝－6，

11－1解得

b＝5.

－＝－2×a，3故不等式x2－bx－a≥0为x2－5x＋6≥0， 解得x≥3或x≤2. 答案 {x|x≥3或x≤2}

规律方法 1.一元二次方程的根就是相应一元二次函数的零点，也是相应一元二次不等式解集的端点值.

2.给出一元二次不等式的解集，相当于知道了相应二次函数的开口方向及与x轴的交点，可以利用代入根或根与系数的关系求待定系数.

【训练2】 (2019·天津和平区一模)关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是( ) A.(－∞，－1)∪(3，＋∞) C.(－1，3)

B.(1，3)

D.(－∞，1)∪(3，＋∞)

解析 关于x的不等式ax－b<0即ax0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－1考点三 一元二次不等式恒成立问题 角度1 在实数R上恒成立

【例3－1】 (2020·大庆实验中学期中)对于任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围是( ) A.(－∞，2)

多维探究

B.(－∞，2]

6

C.(－2，2) D.(－2，2]

解析 当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立； 当a－2≠0，即a≠2时，

a－2<0，则有 2

Δ＝[－2（a－2）]－4×（a－2）×（－4）<0，解得－2综上，实数a的取值范围是(－2，2]. 答案 D

角度2 在给定区间上恒成立

【例3－2】 (一题多解)设函数f(x)＝mx2－mx－1(m≠0)，若对于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，则m的取值范围是________. 解析 要使f(x)＜－m＋5在[1，3]上恒成立， 故mx2－mx＋m－6＜0，

13

则mx－2＋4m－6＜0在x∈[1，3]上恒成立.

13

法一 令g(x)＝mx－2＋4m－6，x∈[1，3].

当m＞0时，g(x)在[1，3]上是增函数， 所以g(x)max＝g(3)＝7m－6＜0. 66

所以m＜7，则0＜m＜7. 当m＜0时，g(x)在[1，3]上是减函数， 所以g(x)max＝g(1)＝m－6＜0. 所以m＜6，所以m＜0. 综上所述，m

6的取值范围是m0＜m＜7或m＜0. 

2

2

2

13

法二 因为x2－x＋1＝x－2＋4＞0，

又因为m(x2－x＋1)－6＜0，所以m＜因为函数y＝

6

.

x2－x＋1

6666

＝在[1，3]上的最小值为，所以只需m＜77即可. x2－x＋1123x－2＋4

7

6

的取值范围是m0＜m＜7

 或m＜0 

或m＜0 . 

因为m≠0，所以m答案

6m0＜m＜

7

角度3 给定参数范围的恒成立问题

【例3－3】 对任意m∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范围.

解 由f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m ＝(x－2)m＋x2－4x＋4， 令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4.

由题意知在[－1，1]上，g(m)的值恒大于零， g（－1）＝（x－2）×（－1）＋x2－4x＋4>0，

所以

g（1）＝（x－2）＋x2－4x＋4>0，解得x<1或x>3.

故当x∈(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m∈[－1，1]，函数f(x)的值恒大于零. 规律方法 1.对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方.另外常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值.

2.解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数.

【训练3】 (1)(角度1)(2020·湘潭联考)若不等式4x2＋ax＋4>0的解集为R，则实数a的取值范围是( ) A.(－16，0) C.(－∞，0)

B.(－16，0] D.(－8，8)

(2)(角度2)(2019·湖北八校联考)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0对一切x∈(0，2]恒成立，则实数a的取值范围为________________.

(3)(角度3)若mx2－mx－1<0对于m∈[1，2]恒成立，则实数x的取值范围是________.

解析 (1)由题意知Δ＝a2－4×4×4<0，解得－88

(2)∵x∈(0，2]，∴a2－a≥

x1＝

1. x2＋1

x＋x

11要使a2－a≥1在x∈(0，2]上恒成立，则a2－a≥x＋max.由基本不等式得xxx＋x

1

1111121＋x≥2，当且仅当x＝x，即x＝1时等号成立.则＝，故a－a≥x＋max22，解

x得a≤

1－31＋31－31＋3

－∞，∪. 或a≥.故实数a的取值范围为

2222，＋∞

(3)设g(m)＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，其图象是直线，当m∈[1，2]时，图象为一条线段，

g（1）<0，x2－x－1<0，

则，即2 g（2）<0，2x－2x－1<0，1－31＋3解得21－31＋3

故x的取值范围为，2.

2

1－31＋3

∪ 答案 (1)D (2)－∞，

22，＋∞1－31＋3

(3)，2 2

考点四 一元二次不等式的实际应用

【例4】 甲厂以x千克/时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每3

小时可获得利润1005x＋1－x元.



(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，求x的取值范围； (2)要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润.

3

解 (1)根据题意，得2005x＋1－x≥3 000，

3

整理得5x－14－x≥0，即5x2－14x－3≥0，

9

1

解得x≥3或x≤－5， 又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.

即要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元，x的取值范围是[3，10]. (2)设利润为y元，则 3900

y＝x·1005x＋1－x

135＋＝9×10 x－x2

4

1161

＝9×104－3x－6＋，

12故当x＝6时，ymax＝457 500元.

即甲厂以6千克/时的生产速度生产900千克该产品时获得的利润最大，最大利润为457 500元.

规律方法 求解不等式应用题的四个步骤

(1)阅读理解，认真审题，把握问题中的关键量，找准不等关系.

(2)引进数学符号，将文字信息转化为符号语言，用不等式表示不等关系，建立相应的数学模型.

(3)解不等式，得出数学结论，要注意数学模型中自变量的实际意义. (4)回归实际问题，将数学结论还原为实际问题的结果.

【训练4】 已知产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系式是y＝3 000＋20x－0.1x2，x∈(0，240).若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本(销售收入不小于总成本)时的最低产量是( ) A.100台 C.150台

B.120台 D.180台

2

解析 由题设，产量x台时，总售价为25x；欲使生产者不亏本时，必须满足总售价大于等于总成本， 即25x≥3 000＋20x－0.1x2，

即0.1x2＋5x－3 000≥0，x2＋50x－30 000≥0， 解之得x≥150或x≤－200(舍去). 故欲使生产者不亏本，最低产量是150台.

10

故选C. 答案 C

A级 基础巩固

一、选择题

1.(2019·福建三明一中月考)不等式(x＋1)(x＋2)＜0的解集是( ) A.(－2，－1) C.(1，2)

B.(－∞，－2)∪(－1，＋∞) D.(－∞，1)∪(2，＋∞)

解析 由(x＋1)(x＋2)＜0得－2＜x＜－1，故选A. 答案 A

x＋52.不等式≥2的解集是( )

（x－1）21－3，A. 2

1

B.－2，3 1

D.－2，1∪(1，3] 

1

C.2，1∪(1，3] 

2x2－5x－3解析 不等式可化为≤0，

（x－1）2即

（2x＋1）（x－3）

≤0，

（x－1）2

1

解得－2≤x<1或13.(2020·重庆质检)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－12ax的解集为( ) A.{x|－2B.{x|x<－2或x>1} D.{x|x<0或x>3}

解析 由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的解集为{x|－111

bb

－1＋2＝－，a＝－1，a

即② cc

（－1）×2＝a，a＝－2.

cbb

将①两边同除以a得x＋a－2x＋1＋a－a<0，



2

将②代入得x2－3x<0，解得04.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是( ) A.(－1，0)

B.(2，＋∞) D.不能确定

C.(－∞，－1)∪(2，＋∞)

a

解析 由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)图象的对称轴为直线x＝1，则有2＝1，故a＝2.由f(x)的图象可知f(x)在[－1，1]上为增函数.所以x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2，令b2－b－2>0，解得b<－1或b>2. 答案 C

5.(2020·河南豫西南五校联考)已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是( ) A.[0，1]

B.(0，1]

D.(－∞，0]∪[1，＋∞)

C.(－∞，0)∪(1，＋∞)

解析 当k＝0时，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0可化为8≥0，其恒成立，当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立， k>0，只需解得0Δ＝36k2－4k（k＋8）≤0，综上，k的取值范围是[0，1]. 答案 A 二、填空题

6.若不等式x2＋ax＋4<0的解集不是空集，则实数a的取值范围是________________.

解析 由题意得Δ＝a2－4×4>0，即a2>16. ∴a>4或a<－4.

12

答案 (－∞，－4)∪(4，＋∞)

7.规定记号“⊙”表示一种运算，定义a⊙b＝ab＋a＋b(a，b为正实数)，若1⊙k2<3，则k的取值范围是________. 解析 由题意知k2＋1＋k2<3， 化为(|k|＋2)(|k|－1)<0，所以|k|<1， 所以－18.(2020·北京海淀区质检)设a<0，若不等式－cos2x＋(a－1)cos x＋a2≥0对于任意的x∈R恒成立，则a的取值范围是________.

解析 令t＝cos x，t∈[－1，1]，则不等式f(t)＝t2－(a－1)t－a2≤0对t∈[－1，1]f（－1）≤0，a－a2≤0，恒成立，因此⇒∵a<0，∴a≤－2.

f（1）≤02－a－a2≤0，答案 (－∞，－2] 三、解答题

9.已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6. (1)解关于a的不等式f(1)＞0；

(2)若不等式f(x)＞b的解集为(－1，3)，求实数a，b的值.

解 (1)由题意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3＞0，即a2－6a－3＜0，解得3－23＜a＜3＋23.

所以不等式的解集为{a|3－23＜a＜3＋23}. (2)∵f(x)＞b的解集为(－1，3)，

∴方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的两根为－1，3， a（6－a）

（－1）＋3＝，3a＝3±3，∴解得

6－bb＝－3.

（－1）×3＝－，3故a的值为3±3，b的值为－3.

10.若二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，满足f(x＋2)－f(x)＝16x且f(0)＝2. (1)求函数f(x)的解析式；

(2)若存在x∈[1，2]，使不等式f(x)>2x＋m成立，求实数m的取值范围. 解 (1)由f(0)＝2，得c＝2，

13

所以f(x)＝ax2＋bx＋2(a≠0)，

由f(x＋2)－f(x)＝[a(x＋2)2＋b(x＋2)＋2]－[ax2＋bx＋2]＝4ax＋4a＋2b， 又f(x＋2)－f(x)＝16x，得4ax＋4a＋2b＝16x， 4a＝16，所以故a＝4，b＝－8，

4a＋2b＝0，所以f(x)＝4x2－8x＋2.

(2)因为存在x∈[1，2]，使不等式f(x)>2x＋m成立， 即存在x∈[1，2]，使不等式m<4x2－10x＋2成立， 令g(x)＝4x2－10x＋2，x∈[1，2]， 故g(x)max＝g(2)＝－2，所以m<－2， 即m的取值范围为(－∞，－2).

B级 能力提升

11.(2019·青岛调研)已知a，b，c，d都是常数，a＞b，c＞d.若f(x)＝2 019－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( ) A.a＞c＞b＞d C.c＞d＞a＞b

B.a＞b＞c＞d D.c＞a＞b＞d

解析 由f(x)＝2 019－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 019，又f(a)＝f(b)＝2 019，c，d为函数f(x)的零点，且a＞b，c＞d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示.由图可知c＞a＞b＞d，故选D. 答案 D

112.(2020·西安模拟)若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈0，2恒成立，则a的最小

值是( ) A.0

B.－2

5

C.－2

D.－3

1

解析 由于x∈0，2，若不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，

11

则a≥－x＋x，x∈0，2时恒成立，

11

0，令g(x)＝x＋x，x∈， 2

14

11

易知g(x)在0，2上是减函数，则y＝－g(x)在0，2上是增函数.

51

＋2∴y＝－g(x)的最大值是－2＝－2. 55

因此a≥－2，则a的最小值为－2. 答案 C

13.(2020·湖北八校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝3x2，且不等式f(x＋m2)≥4f(x)对任意的x∈[m，m＋2]恒成立，则实数m的取值范围是________________.

解析 ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x). 设x<0，则－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－3x2， 3x2 （x≥0），故f(x)＝

－3x2（x<0）.

3（2x）2（x≥0），

从而4f(x)＝＝f(2x)，

－3（2x）2（x<0）故不等式f(x＋m2)≥4f(x)同解于f(x＋m2)≥f(2x)， 又f(x)为R上的单调增函数，故x＋m2≥2x， 即m2≥x对任意的x∈[m，m＋2]恒成立， ∴m2≥m＋2，即m≤－1或m≥2. 答案 (－∞，－1]∪[2，＋∞)

14.某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件.若售价降低x8

成(1成＝10%)，售出商品数量就增加5x成.要求售价不能低于成本价.

(1)设该商店一天的营业额为y，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；

(2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围. x8

解 (1)由题意得，y＝1001－10·1001＋50x.



x

因为售价不能低于成本价，所以1001－10－80≥0，解得0≤x≤2.

所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)， 定义域为{x|0≤x≤2}.

15

(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260， 113

化简得8x2－30x＋13≤0，解得2≤x≤4. 1

所以x的取值范围是2，2.



C级 创新猜想

15.(多选题)(2020·山东省实验中学月考)当x∈(－∞，－1]时，不等式(m2－m)·4x－2x＜0恒成立，则实数m的取值可以是( ) A.0

1 B.2

3 C.2

x

D.2

2x11x2xx2

解析 ∵(m－m)4－2＜0，∴m－m＜4x＝2.又∵函数y＝2在(－∞，－1]

11上单调递减，∴2≥2＝2.∴m2－m＜2，即(m＋1)(m－2)＜0，解得－1＜m＜

2.结合选项可知，选ABC. 答案 ABC

16.(多填题)(2019·郑州联考改编)已知f(x)＝－2x2＋bx＋c，不等式f(x)＞0的解集是(－1，3)，则b＝________；若对于任意x∈[－1，0]，不等式f(x)＋t≤4恒成立，则实数t的取值范围是________.

解析 由不等式f(x)＞0的解集是(－1，3)，可知－1和3是方程－2x2＋bx＋c＝0b

2＝2，b＝4，

的根，即解得所以f(x)＝－2x2＋4x＋6.所以不等式f(x)＋t≤4

cc＝6，

－3＝－，2可化为t≤2x2－4x－2，x∈[－1，0].令g(x)＝2x2－4x－2，x∈[－1，0]，由二次函数的性质可知g(x)在[－1，0]上单调递减，则g(x)的最小值为g(0)＝－2，则t≤－2.

答案 4 (－∞，－2]

x

－1

16