【数学】2020届一轮复习人教B版6-2一元二次不等式及其解法学案 10页

第二节　一元二次不等式及其解法 不等式的解法 ‎(1)会从实际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．‎ 知识点　一元二次不等式的解法 一元二次不等式的解集 二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象、一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根与一元二次不等式ax2＋bx＋c>0与ax2＋bx＋c<0的解集的关系，可归纳为：‎ 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x＝x1或x＝x2‎ 有两相同实根x＝x1＝x2‎ 无实根 一元二次不等式的解集 ax2＋bx＋c＞0(a＞0)‎ ‎{x|x＜x1或x＞x2}‎ ‎{x|x≠x1} ax2＋bx＋‎ R ax2＋bx＋‎ c＜0(a＞0)‎ ‎{x|x1＜x＜x2}‎ ‎∅‎ ‎∅‎ 若a＜0时，可以先将二次项系数化为正数，对照上表求解．‎ 易误提醒　‎ ‎1．对于不等式ax2＋bx＋c>0，求解时不要忘记讨论a＝0时的情形．‎ ‎2．当Δ<0时，ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集为R还是∅，要注意区别．‎ ‎3．不同参数范围的解集切莫取并集，应分类表述．‎ ‎[自测练习]‎ ‎1．不等式组的解集是(　　)‎ A．(2,3)　　　　　　　　 B.∪(2,3)‎ C.∪(3，＋∞) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)‎ 解析：∵x2－4x＋3<0，∴10，∴(x－2)(2x－3)>0，‎ ‎∴x<或x>2，‎ ‎∴原不等式组的解集为∪(2,3)．‎ 答案：B ‎2．设二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为，则ab的值为(　　)‎ A．－6 B．－5‎ C．6 D．5‎ 解析：由题意知，方程ax2＋bx＋1＝0的两根为－1，，则有 解得∴ab＝6，故选C.‎ 答案：C ‎3．若(m＋1)x2－(m－1)x＋3(m－1)<0对任何实数x恒成立，则实数m的取值范围是(　　)‎ A．(1，＋∞)‎ B．(－∞，－1)‎ C. D.∪(1，＋∞)‎ 解析：①m＝－1时，不等式为2x－6<0，即x<3，不合题意．‎ ‎②m≠－1时，解得m<－.‎ 答案：C 考点一　一元二次不等式的解法|‎ ‎1．不等式－x2－3x＋4>0的解集为________．(用区间表示)‎ 解析：－x2－3x＋4>0⇒(x＋4)(x－1)<0⇒－4f(1)的解集是(　　)‎ A．(－3,1)∪(3，＋∞)　B．(－3,1)∪(2，＋∞)‎ C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3)‎ 解析：由题意知f(1)＝3，故原不等式可化为或解得－33，所以原不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)，故选A.‎ 答案：A ‎3．(2018·西安模拟)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－12ax的解集为(　　)‎ A．{x|－21}‎ C．{x|03}‎ 解析：由题意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|－10，令t＝|x|，则原不等式等价于at2－t＋2a<0(t≥0)，所以a<(t≥0)，根据题意知a≥max(t≥0)．而≤＝，所以a≥.‎ 答案： 探究二　形如f(x)≥0，x∈[a，b]确定参数范围 ‎3．已知当x∈(0，＋∞)时，不等式9x－m·3x＋m＋1>0恒成立，则实数m的取值范围是________．‎ 解析：令3x＝t，则当x∈(0，＋∞)时，t∈(1，＋∞)，记f(t)＝t2－mt＋m＋1(t∈(1，＋∞))，则由题意得f(t)＝t2－mt＋m＋1(t∈(1，＋∞))的图象恒在x轴的上方，可得Δ＝(－m)2－4(m＋1)<0或解得m<2＋2.‎ 答案：(－∞，2＋2)‎ 恒成立问题的两个求解策略 ‎(1)解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数．一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数．‎ ‎(2)对于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．‎ ‎　　‎ 考点三　一元二次不等式的实际应用|‎ ‎　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，‎ ‎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900千克该产品获得的利润最大，最大利润为457 500元．‎ 不等式实际应用问题的求解策略 不等式的实际应用，常以函数模型为载体，解题时要理清题意，准确找出其中的不等关系，引进数学符号恰当表示，最后用不等式的解回答实际问题．‎ ‎　　‎ 某汽车厂上年度生产汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为12万元/辆，年销售量为10 000辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品质量，适度增加投入成本．若每辆车投入成本增加的比例为x(00恒成立，则实数a的取值范围是________．‎ ‎[思维点拨]　(1)考虑“三个二次”间的关系；(2)将恒成立问题转化为最值问题求解．‎ ‎[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)＝g(x)恒成立．‎ 而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}‎ ‎[方法点评]　(1)本题充分体现了转化与化归思想：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．‎ ‎(2)注意函数f(x)的值域为[0，＋∞)与f(x)≥0的区别．‎ A组　考点能力演练 ‎1．关于x的不等式x2＋px－2<0的解集是(q,1)，则p＋q的值为(　　)‎ A．－2　　　　　　　　　　　 B．－1‎ C．1 D．2‎ 解析：依题意得q,1是方程x2＋px－2＝0的两根，q＋1＝－p，即p＋q＝－1，选B.‎ 答案：B ‎2．(2018·郑州模拟)已知不等式ax2－5x＋b>0的解集为{x|－30的解集是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：本题考查一元二次不等式与一元二次方程之间的关系．由题意得方程ax2－5x＋b＝0的两根分别为－3,2，于是⇒于是不等式bx2－5x＋a>0即为30x2－5x－5>0，即(3x＋1)(2x－1)>0⇒x<－或x>.‎ 答案：C ‎3．已知集合A＝{x|x2－2x－3>0}，B＝{x|x2＋ax＋b≤0}，若A∪B＝R，A∩B＝(3,4]，则有(　　)‎ A．a＝3，b＝4 B．a＝3，b＝－4‎ C．a＝－3，b＝4 D．a＝－3，b＝－4‎ 解析：由题意得集合A＝{x|x<－1或x>3}，又A∪B＝R，A∩B＝(3,4]，所以集合B为{x|－1≤x≤4}，由一元二次不等式与一元二次方程的关系，可得a＝－3，b＝－4.‎ 易知A＝{x|x<－1或x>3}，又A∩B＝(3,4]，可得4为方程x2＋ax＋b＝0的一个根，则有16＋4a＋b＝0，经验证可知选项D正确．‎ 答案：D ‎4．(2018·重庆二诊)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集为，对于系数a，b，c有如下结论：①a>0；②b>0；③c>0；④a＋b＋c>0；⑤a－b＋c>0，其中正确结论的个数是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：因为不等式ax2＋bx＋c>0的解集为，则相对应的二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，所以a<0,2和－是方程ax2＋bc＋c＝0的两个根，则有＝－1<0，－＝>0，故b>0，c>0，且f(1)＝a＋b＋c>0，f(－1)＝a－b＋c<0，故选C.‎ 答案：C ‎5．(2018·皖南八校联考)不等式x2－2x＋5≥a2－‎3a对任意实数x恒成立，则实数a 的取值范围为(　　)‎ A．[－1,4]‎ B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)‎ C．(－∞，－1]∪[4，＋∞)‎ D．[－2,5]‎ 解析：x2－2x＋5＝(x－1)2＋4的最小值为4，所以x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，只需a2－3a≤4，解得－1≤a≤4.‎ 答案：A ‎6．(2018·福州质检)已知关于x的不等式<0的解集是(－∞，－1)∪，则a＝________.‎ 解析：由不等式可得a≠0，且不等式等价于a(x＋1)<0，由解集特点可得a<0，且＝－，所以a＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎7．在R上定义运算⊙：a⊙b＝ab＋‎2a＋b，则满足x⊙(x－2)<0的实数x的取值范围为________．‎ 解析：根据定义可知，x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋(x－2)＝x2＋x－2<0，解得－20且g(1)>0，解得x<1或x>3.‎ 答案：(－∞，1)∪(3，＋∞)‎ ‎9．已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋b.‎ ‎(1)解关于a的不等式f(1)>0；‎ ‎(2)若不等式f(x)>0的解集为(－1,3)，求实数a，b的值．‎ 解：(1)∵f(1)>0，∴－3＋a(6－a)＋b>0.‎ 即a2－6a＋3－b<0.‎ Δ＝(－6)2－4(3－b)＝24＋4b.‎ ‎①当Δ≤0，即b≤－6时，原不等式的解集为∅.‎ ‎②当Δ>0，即b>－6时，‎ 方程a2－6a＋3－b＝0有两根a1＝3－，‎ a2＝3＋，‎ ‎∴不等式的解集为(3－，3＋)．‎ 综上所述：当b≤－6时，原不等式的解集为∅；‎ 当b>－6时，原不等式的解集为(3－，3＋)．‎ ‎(2)由f(x)>0，得－3x2＋a(6－a)x＋b>0，‎ 即3x2－a(6－a)x－b<0.‎ ‎∵它的解集为(－1,3)，‎ ‎∴－1与3是方程3x2－a(6－a)x－b＝0的两根．‎ ‎∴ 解得或 ‎10．(2018·攀枝花二模)已知函数f(x)＝为奇函数．‎ ‎(1)证明：函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；‎ ‎(2)解关于x的不等式f(1＋2x2)＋f(－x2＋2x－4)>0.‎ 解：(1)证明：∵函数f(x)＝为定义在R上的奇函数，f(0)＝0，即b＝0，∴f(x)＝(经检验满足题意)，‎ ‎∴f′(x)＝＝.‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，‎ ‎∴函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数．‎ ‎(2)由f(1＋2x2)＋f(－x2＋2x－4)>0，得f(1＋2x2)>－f(－x2＋2x－4)．‎ ‎∵f(x)是奇函数，∴f(1＋2x2)>f(x2－2x＋4)．‎ 又∵1＋2x2>1，x2－2x＋4＝(x－1)2＋3>1，‎ 且f(x)在(1，＋∞)上为减函数，‎ ‎∴1＋2x20的解集为{x|－30)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：由条件知x1，x2为方程x2－2ax－8a2＝0的两根，则x1＋x2＝2a，x1x2＝－8a2，故(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(2a)2－4×(－8a2)＝36a2＝152，得a＝.‎ 答案：A ‎3．(2018·高考安徽卷)已知一元二次不等式f(x)<0的解集为，则f(10x)>0的解集为(　　)‎ A．{x|x<－1或x>－lg 2}‎ B．{x|－1－lg 2}‎ D．{x|x<－lg 2}‎ 解析：因为一元二次不等式f(x)<0的解集为，所以可设f(x)＝a(x＋1)·(a<0)，由f(10x)>0可得(10x＋1)·<0，即10x<，x<－lg 2.‎ 答案：D ‎4．(2018·高考江苏卷)不等式2x2－x<4的解集为________．‎ 解析：不等式2x2－x<4⇒x2－x<2⇒－1