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- 2021-06-16 发布
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7.2 一元二次不等式及其解法
最新考纲
考情考向分析
1.会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型.
2.通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.
3.会解一元二次不等式,对给定的一元二次不等式,会设计求解的程序框图.
以理解一元二次不等式的解法为主,常与集合的运算相结合考查一元二次不等式的解法,有时也在导数的应用中用到,加强函数与方程思想,分类讨论思想和数形结合思想的应用意识.本节内容在高考中常以选择题的形式考查,属于低档题,若在导数的应用中考查,难度较高.
1.“三个二次”的关系
判别式Δ=b2-4ac
Δ>0
Δ=0
Δ<0
二次函数y=ax2+bx+c (a>0)的图像
一元二次方程ax2+bx+c=0(a>0)的根
有两相异实根x1,x2(x10 (a>0)的解集
{x|xx2}
{x|x∈R}
一元二次不等式ax2+bx+c<0(a>0)的解集
{x|x1< x0或(x-a)(x-b)<0型不等式的解法
不等式
解集
ab
(x-a)·(x-b)>0
{x|xb}
{x|x≠a}
{x|xa}
(x-a)·(x-b)<0
{x|a0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0).
(2)≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
以上两式的核心要义是将分式不等式转化为整式不等式.
题组一 思考辨析
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若不等式ax2+bx+c<0的解集为(x1,x2),则必有a>0.( √ )
(2)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.( √ )
(3)若方程ax2+bx+c=0(a≠0)没有实数根,则不等式ax2+bx+c>0的解集为R.( × )
(4)不等式ax2+bx+c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ=b2-4ac≤0.( × )
(5)若二次函数y=ax2+bx+c的图像开口向下,则不等式ax2+bx+c<0的解集一定不是空集.( √ )
题组二 教材改编
2.已知全集U=R,集合A={x|x2-x-6≤0},B=,那么集合A∩(∁UB)等于( )
A.[-2,4) B.(-1,3] C.[-2,-1] D.[-1,3]
答案 D
解析 因为A={x|-2≤x≤3},B={x|x<-1或x≥4},
故∁UB={x|-1≤x<4},所以A∩(∁UB)={x|-1≤x≤3},故选D.
3.y=log2(3x2-2x-2)的定义域是________________.
答案 ∪
解析 由题意,得3x2-2x-2>0,
令3x2-2x-2=0,得x1=,x2=,
∴3x2-2x-2>0的解集为
∪.
题组三 易错自纠
4.不等式-x2-3x+4>0的解集为________.(用区间表示)
答案 (-4,1)
解析 由-x2-3x+4>0可知,(x+4)(x-1)<0,
得-40的解集是,则a+b=________.
答案 -14
解析 ∵x1=-,x2=是方程ax2+bx+2=0的两个根,
∴解得
∴a+b=-14.
6.已知关于x的不等式(a2-4)x2+(a+2)x-1≥0的解集为空集,则实数a的取值范围为____________.
答案
解析 当a2-4=0时,a=±2.若a=-2,不等式可化为-1≥0,显然无解,满足题意;若a=2,不等式的解集不是空集,所以不满足题意;当a≠±2时,要使不等式的解集为空集,则解得-20,
解方程2x2-x-3=0,得x1=-1,x2=,
∴不等式2x2-x-3>0的解集为(-∞,-1)∪,
即原不等式的解集为(-∞,-1)∪.
命题点2 含参不等式
典例 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当a>0时,原不等式化为(x+1)≥0,
解得x≥或x≤-1.
③当a<0时,原不等式化为(x+1)≤0.
当>-1,即a<-2时,解得-1≤x≤;
当=-1,即a=-2时,解得x=-1满足题意;
当<-1,即-20时,不等式的解集为;
当-20,则a的取值范围是( )
A.(0,4) B.[0,4)
C.(0,+∞) D.(-∞,4)
答案 B
解析 对于任意x∈R,ax2+ax+1>0,
则必有或a=0,∴0≤a<4.
命题点2 在给定区间上的恒成立问题
典例 设函数f(x)=mx2-mx-1.若对于x∈[1,3],f(x)<-m+5恒成立,求m的取值范围.
解 要使f(x)<-m+5在x∈[1,3]上恒成立,
即m2+m-6<0在x∈[1,3]上恒成立.
有以下两种方法:
方法一 令g(x)=m2+m-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),即7m-6<0,
所以m<,所以00,
又因为m(x2-x+1)-6<0,所以m<.
因为函数y==在[1,3]上的最小值为,所以只需m<即可.
所以m的取值范围是.
命题点3 给定参数范围的恒成立问题
典例 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,
∴
解得x<1或x>3.
故当x的取值范围为(-∞,1)∪(3,+∞)时,对任意的m∈[-1,1],函数f(x)的值恒大于零.
思维升华 (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像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像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.
跟踪训练 函数f(x)=x2+ax+3.
(1)当x∈R时,f(x)≥a恒成立,求实数a的取值范围;
(2)当x∈[-2,2]时,f(x)≥a恒成立,求实数a的取值范围;
(3)当a∈[4,6]时,f(x)≥0恒成立,求实数x的取值范围.
解 (1)∵当x∈R时,x2+ax+3-a≥0恒成立,
需Δ=a2-4(3-a)≤0,即a2+4a-12≤0,
∴实数a的取值范围是[-6,2].
(2)当x∈[-2,2]时,设g(x)=x2+ax+3-a≥0,分如下三种情况讨论(如图所示):
①如图①,当g(x)的图像恒在x轴上方且满足条件时,有Δ=a2-4(3-a)≤0,即-6≤a≤2.
②如图②,g(x)的图像与x轴有交点,
但当x∈[-2,+∞)时,g(x)≥0,
即
即可得
解得a∈∅.
③如图③,g(x)的图像与x轴有交点,
但当x∈(-∞,2]时,g(x)≥0.
即
即可得
∴-7≤a≤-6,
综上,实数a的取值范围是[-7,2].
(3)令h(a)=xa+x2+3.
当a∈[4,6]时,h(a)≥0恒成立.
只需即
解得x≤-3-或x≥-3+.
∴实数x的取值范围是
(-∞,-3-]∪[-3+,+∞).
题型三 一元二次不等式的应用
典例 甲厂以x千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10),每小时可获得的利润是100·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.
解 (1)根据题意,得200≥3 000,
整理得5x-14-≥0,即5x2-14x-3≥0,
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
y=·100
=9×104
=9×104,
故当x=6时,ymax=457 500元.
即甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品时获得的利润最大,最大利润为457
500元.
思维升华 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.
跟踪训练 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x成(1成=10 ),售出商品数量就增加x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.
解 (1)由题意,得y=100·100.
因为售价不能低于成本价,所以100-80≥0.
所以y=f(x)=40(10-x)(25+4x),定义域为x∈[0,2].
(2)由题意得40(10-x)(25+4x)≥10 260,
化简得8x2-30x+13≤0,解得≤x≤.
所以x的取值范围是.
转化与化归思想在不等式中的应用
典例 (1)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值域为[0,+∞),若关于x的不等式f(x)0恒成立,则实数a的取值范围是________.
思想方法指导 函数的值域和不等式的解集转化为a,b满足的条件;不等式恒成立可以分离常数,转化为函数值域问题.
解析 (1)由题意知f(x)=x2+ax+b
=2+b-.
∵f(x)的值域为[0,+∞),
∴b-=0,即b=.
∴f(x)=2.
又∵f(x)0恒成立,
即x2+2x+a>0恒成立.
即当x≥1时,a>-(x2+2x)恒成立.
令g(x)=-(x2+2x),
则g(x)=-(x2+2x)=-(x+1)2+1在[1,+∞)上是减少的,
∴g(x)max=g(1)=-3,故a>-3.
∴实数a的取值范围是{a|a>-3}.
答案 (1)9 (2){a|a>-3}
1.不等式(x-1)(2-x)≥0的解集为( )
A.{x|1≤x≤2} B.{x|x≤1或x≥2}
C.{x|12}
答案 A
解析 由(x-1)(2-x)≥0可知,(x-2)(x-1)≤0,
所以不等式的解集为{x|1≤x≤2}.
2.(2018·河北省三市联考)若集合A={x|3+2x-x2>0},集合B={x|2x<2},则A∩B等于( )
A.(1,3) B.(-∞,-1)
C.(-1,1) D.(-3,1)
答案 C
解析 依题意,可求得A=(-1,3),B=(-∞,1),
∴A∩B=(-1,1).
3.(2018·商丘调研)已知函数f(x)=则不等式f(x)≥x2的解集为( )
A.[-1,1] B.[-2,2]
C.[-2,1] D.[-1,2]
答案 A
解析 方法一 当x≤0时,x+2≥x2,
∴-1≤x≤0;①
当x>0时,-x+2≥x2,∴0320,
即x2-28x+192<0,解得121时,不等式的解集为[1,a],此时只要a≤3即可,即10的解集是____________.
答案
解析 原不等式即(x-a)<0,
由00(e是自然对数的底数)的解集是__________.
答案 {x|-ln 20,可得0的解集;
(2)若a>0,且00,
即a(x+1)(x-2)>0.
当a>0时,不等式F(x)>0的解集为{x|x<-1或x>2};
当a<0时,不等式F(x)>0的解集为{x|-10,且00.
∴f(x)-m<0,即f(x)0的解集.
解 因为(a+b)x+2a-3b<0,
所以(a+b)x<3b-2a,
因为不等式的解集为,
所以a+b<0,且=-,
解得a=3b<0,
则不等式(a-2b)x2+2(a-b-1)x+a-2>0,
等价于bx2+(4b-2)x+3b-2>0,
即x2+x+3-<0,
即(x+1)<0.
因为-3+<-1,
所以所求不等式的解集为.
13.若关于x的不等式x2+ax-2>0在区间[1,5]上有解,则实数a的取值范围是____________.
答案
解析 方法一 ∵x2+ax-2>0在x∈[1,5]上有解,
令f(x)=x2+ax-2,
∵f(0)=-2<0,f(x)的图像开口向上,
∴只需f(5)>0,即25+5a-2>0,解得a>-.
方法二 由x2+ax-2>0在x∈[1,5]上有解,
可得a>=-x在x∈[1,5]上有解.
又f(x)=-x在x∈[1,5]上是减函数,
∴min=-,只需a>-.
14.不等式a2+8b2≥λb(a+b)对于任意的a,b∈R恒成立,则实数λ的取值范围为__________.
答案 [-8,4]
解析 因为a2+8b2≥λb(a+b)对于任意的a,b∈R恒成立,所以a2+8b2-λb(a+b)≥0对于任意的a,b∈R恒成立,即a2-λba+(8-λ)b2≥0恒成立,
由一元二次不等式的性质可知,
Δ=λ2b2+4(λ-8)b2=b2(λ2+4λ-32)≤0,
所以(λ+8)(λ-4)≤0,解得-8≤λ≤4.
15.(2018·郑州质检)已知函数f(x)= 若关于x的不等式[f(x)]2+af(x)-b2<0恰有1个整数解,则实数a的最大值是( )
A.2 B.3
C.5 D.8
答案 D
解析 作出函数f(x)的图像如图实线部分所示,
由[f(x)]2+af(x)-b2<0,
得