【数学】2019届一轮复习人教A版（文）7-2不等式学案 15页

‎ 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)的图象 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的图象开口向下，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．[P80A组T4]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．[P80A组T2]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．当x>0时，若不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，则a的最小值为( )‎ A．－2B．－3C．－1D．－ 答案 A 解析 方法一 当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，不等式x2＋ax＋1≥0对任意x>0恒成立，当Δ＝a2－4>0时，则需解得a>2，所以使不等式x2＋ax＋1≥0对任意x>0恒成立的实数a的最小值是－2.‎ 方法二 当x>0时，不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，等价于当x>0时，a≥－恒成立，∵x＋≥2当且仅当x＝1时，取等号，∴－≤－2，∴a≥－2，‎ ‎∴a的最小值为－2.‎ ‎5．若关于x的不等式ax2＋bx＋2>0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，当a＝2时，4>0，对一切实数恒成立；当2－a>0时，由Δ＝4(2－a)2－16(2－a)<0，解得－20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．‎ 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)的图象恒在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)的图象与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)的图象与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3000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≥3000，‎ 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3000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＝457500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457500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10260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)≥10260，‎ 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，＋∞)上单调递减，∴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届合肥调研)已知集合A＝{y|y＝ex，x∈R}，B＝{x∈R|x2－x－6≤0}，则A∩B等于( )‎ A．(0,2) B．(0,3]‎ C．[－2,3] D．[2,3]‎ 答案 B 解析 因为A＝{y|y>0}，B＝{x|－2≤x≤3}，‎ 故A∩B＝{x|00的解集为{x|－10的解集为( )‎ A. B. C．{x|－21}‎ 答案 A 解析 ∵不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|－10，解得，故选A.‎ ‎5．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件售价提高1元，销售量就会减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，售价每件应定为( )‎ A．12元 B．16元 C．12元到16元之间 D．10元到14元之间 答案 C 解析 设售价定为每件x元，利润为y，‎ 则y＝(x－8)[100－10(x－10)]，‎ 依题意有(x－8)[100－10(x－10)]>320，‎ 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(e是自然对数的底数)的解集是__________．‎ 答案 {x|－ln20，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)的图象开口向上，‎ ‎∴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)的图象如图实线部分所示，‎ 由[f(x)]2＋af(x)－b2<0，‎ 得