山東專用2024新高考數(shù)學一輪復(fù)習第六章不等式6.2一元二次不等式及其解法學案含解析

PAGE其次節(jié)一元二次不等式及其解法課標要求考情分析1.會從實際問題的情境中抽象出一元二次不等式模型．2．通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系．3．會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設(shè)計求解的程序框圖.1.主要考查一元二次不等式的解法和含參數(shù)的恒成立問題，多以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)．2．經(jīng)常與集合運算、函數(shù)定義域的求解、用導數(shù)求單調(diào)區(qū)間等問題結(jié)合在一起進行考查，難度為中等及以下.學問點一元二次不等式的解集1.(1)“ax2＋bx＋c>0(a≠0，x∈R)恒成立”的充要條件是“a>0且b2－4ac<0”(2)“ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立”的充要條件是“a<0且b2－4ac<02．(1)對于不等式ax2＋bx＋c>0，求解時不要遺忘探討a＝0時的情形．(2)留意區(qū)分Δ<0時，ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集為R還是?.1．思索辨析推斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)a>b?ac2>bc2.(×)(2)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)沒有實數(shù)根，則不等式ax2＋bx＋c>0的解集為R.(×)(3)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的條件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.(×解析：(1)由不等式的性質(zhì)，ac2>bc2?a>b；反之，c＝0時，a>b?ac2>bc2.(2)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)沒有實根，則不等式ax2＋bx＋c>0的解集為?.(3)當a＝b＝0，c≤0時，不等式ax2＋bx＋c≤0也在R上恒成立．2．小題熱身(1)已知集合A＝xeq\f(1,2)x－1≤0，B＝{x|x2－x－6<0}，則A∩B＝(C)A．(－2,3) B．(－2,2)C．(－2,2] D．[－2,2](2)不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集為(A)A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)(3)設(shè)一元二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集為{x|－1<x<2}，則ab的值為(B)A．1 B．－eq\f(1,4)C．4 D．－eq\f(1,2)(4)若函數(shù)y＝eq\r(mx2－1－mx＋m)的定義域為R，則m的取值范圍是m≥eq\f(1,3).(5)不等式x2＋ax＋4<0的解集不是空集，則實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－4)∪(4，＋∞)．解析：(1)A＝{x|x≤2}，B＝{x|－2<x<3}，所以A∩B＝{x|－2<x≤2}＝(－2,2]．(2)由數(shù)軸標根法可知原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).選A．(3)因為一元二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集為{x|－1<x<2}．所以方程ax2＋bx＋1＝0的解為－1,2.所以－1＋2＝－eq\f(b,a)，(－1)×2＝eq\f(1,a).所以a＝－eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,2)，所以ab＝－eq\f(1,4).(4)要使y＝eq\r(mx2－1－mx＋m)恒有意義，即mx2－(1－m)x＋m≥0對?x∈R恒成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,1－m2－4m2≤0，))解得m≥eq\f(1,3).(5)∵不等式x2＋ax＋4<0的解集不是空集，∴Δ＝a2－4×4>0，即a2>16，∴a>4或a<－4.考點一一元二次不等式的解法【例1】(1)解不等式：－x2－2x＋3≥0；(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,－x2＋2x，x<0，))解不等式f(x)>3；(3)解關(guān)于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a≤0)．【解】(1)不等式兩邊同乘以－1，原不等式可化為x2＋2x－3≤0.方程x2＋2x－3＝0的解為x1＝－3，x2＝1.而y＝x2＋2x－3的圖象開口向上，可得原不等式－x2－2x＋3≥0的解集是{x|－3≤x≤1}．(2)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x2＋2x>3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,－x2＋2x>3，))解得x>1.故原不等式的解集為{x|x>1}．(3)原不等式可化為ax2＋(a－2)x－2≥0.①當a＝0時，原不等式化為x＋1≤0，解得x≤－1.②當a<0時，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≤0.當eq\f(2,a)>－1，即a<－2時，解得－1≤x≤eq\f(2,a)；當eq\f(2,a)＝－1，即a＝－2時，解得x＝－1滿意題意；當eq\f(2,a)<－1，即－2<a<0時，解得eq\f(2,a)≤x≤－1.綜上所述，當a＝0時，不等式的解集為{x|x≤－1}；當－2<a<0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)≤x≤－1))))；當a＝－2時，不等式的解集為{－1}；當a<－2時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(2,a))))).方法技巧(1)解一元二次不等式的一般步驟(2)解含參數(shù)的一元二次不等式時分類探討的依據(jù)①對于ax2＋bx＋c>0(<0)的形式：當a＝0時，轉(zhuǎn)化為一次不等式；當a<0時，轉(zhuǎn)化為二次項系數(shù)為正的形式．當a>0時，干脆求解．②當不等式對應(yīng)方程的根的個數(shù)不確定時，探討判別式Δ與0的關(guān)系．③確定無根或一個根時可干脆寫出解集，確定方程有兩個根時，要探討兩根的大小關(guān)系，從而確定解集形式．1．不等式0<x2－x－2≤4的解集為[－2，－1)∪(2,3]．解析：原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－2≤4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,x2－x－6≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x＋1>0，,x－3x＋2≤0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2或x<－1，,－2≤x≤3.))故原不等式的解集為{x|－2≤x<－1或2<x≤3}．2．求不等式12x2－ax>a2(a∈R)的解集．解：原不等式可化為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).當a>0時，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))；當a＝0時，不等式的解集為(－∞，0)∪(0，＋∞)；當a<0時，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，＋∞)).考點二一元二次不等式恒成立問題命題方向1形如fx≥0fx≤0x∈R恒成立問題【例2】已知不等式mx2－2x－m＋1<0，是否存在實數(shù)m對全部的實數(shù)x，不等式恒成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．【解】不等式mx2－2x－m＋1<0恒成立，即函數(shù)f(x)＝mx2－2x－m＋1的圖象全部在x軸下方．當m＝0時，1－2x<0，則x>eq\f(1,2)，不滿意題意；當m≠0時，函數(shù)f(x)＝mx2－2x－m＋1為二次函數(shù)，需滿意開口向下且方程mx2－2x－m＋1＝0無解，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝4－4m1－m<0，))不等式組的解集為空集，即m無解．綜上可知不存在這樣的m.命題方向2eq\o(\s\up17(形如fx≥0fx≤0x∈[a，b]),\s\do15(恒成立問題))【例3】設(shè)函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1(m≠0)，若對于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范圍．【解】要使f(x)<－m＋5在[1,3]上恒成立，則mx2－mx＋m－6<0，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6<0在x∈[1,3]上恒成立．有以下兩種方法：解法1：令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\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(shù)，所以g(x)max＝g(3)＝7m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(shù)，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eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(6,7)或m<0)))).解法2：因為x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，又因為m(x2－x＋1)－6<0，所以m<eq\f(6,x2－x＋1).因為函數(shù)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．因為m≠0，所以m的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0或0<m<\f(6,7))))).方法技巧恒成立問題求解思路1形如fx≥0fx≤0x∈R的不等式確定參數(shù)的范圍時，結(jié)合一元二次方程，利用判別式來求解.2形如fx≥0fx≤0x∈[a，b]的不等式確定參數(shù)范圍時，要依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求其最小大值，讓最小大值大小于等于0，從而求參數(shù)的范圍.1．(方向1)已知關(guān)于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0對隨意的x∈R恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是(A)A．[0,1]B．(0,1]C．(－∞，0)∪(1，＋∞)D．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：當k＝0時，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0化為8≥0，其對隨意的x∈R恒成立；當k<0時，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0不能恒成立；當k>0時，要使不等式kx2－6kx＋k＋8≥0對隨意的x∈R恒成立，對于方程kx2－6kx＋k＋8＝0，需Δ＝36k2－4(k2＋8k)≤0，得0<k≤1.綜上，實數(shù)k的取值范圍是[0,1]，故選A．2．(方向2)若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4,3]的子集，則a的取值范圍是(B)A．[－4,1] B．[－4,3]C．[1,3] D．[－1,3]解析：原不等式為(x－a)(x－1)≤0，當a<1時，不等式的解集為[a,1]，此時只要a≥－4即可，即－4≤a<1；當a＝1時，不等式的解集為{1}，此時符合要求；當a>1時，不等式的解集為[1，a]，此時只要a≤3即可，即1<a≤3.綜上可得－4≤a≤3.考點三一元二次不等式的實際應(yīng)用【例4】據(jù)調(diào)查，某地區(qū)有從事傳統(tǒng)農(nóng)業(yè)的農(nóng)夫100萬人，人均年收入為3000元．為了增加農(nóng)夫的收入，當?shù)卣鲃右Y建立各種加工企業(yè)，對當?shù)氐霓r(nóng)產(chǎn)品進行深加工，同時吸引當?shù)夭糠洲r(nóng)夫進入加工企業(yè)工作．據(jù)統(tǒng)計，假如有x(x>0)萬人進入企業(yè)工作，那么剩下從事傳統(tǒng)農(nóng)業(yè)的農(nóng)夫的人均年收入有望提高2x%，而進入企業(yè)工作的農(nóng)夫人均年收入為3000a元(a>0且a(1)在建立加工企業(yè)后，要使該地區(qū)從事傳統(tǒng)農(nóng)業(yè)的農(nóng)夫的年總收入不低于加工企業(yè)建立前的年總收入，求x的取值范圍．(2)在(1)的條件下，當?shù)卣畱?yīng)支配多少萬農(nóng)夫進入加工企業(yè)工作，才能使這100萬農(nóng)夫的人均年收入達到最大？【解】(1)據(jù)題意，得(100－x)·3000·(1＋2x%)≥100×3000，即x2－50x≤0，解得0≤x≤50.又x>0，故x的取值范圍是(0,50]．(2)設(shè)這100萬農(nóng)夫的人均年收入為y元，則y＝eq\f(100－x×3000×1＋2x%＋3000ax,100)＝eq\f(－60x2＋3000a＋1x＋300000,1