2021高考数学(福建-理)一轮学案34-一元二次不等式及其解法.docx

学案34　一元二次不等式及其解法

导学目标： 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．

自主梳理
1．一元二次不等式的定义
只含有一个未知数，且未知数的最高次数是____的不等式叫一元二次不等式．
2．二次函数的图象、一元二次方程的根与一元二次不等式的解集之间的关系

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
x1,2＝

(x10
的解集
a>0
{x|xx2}
{x|x≠____}
______
a<0
{x|x10的解集是R，q：－1x)＝ 则不等式f(x)>f(1)的解集是(　　)
A．(－3,1)∪(3，＋∞) B．(－3,1)∪(2，＋∞)
C．(－1,1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1,3)
3．已知不等式x2－2x－3<0的解集为A，不等式x2＋x－6<0的解集是B，不等式x2＋ax＋b<0的解集是A∩B，那么a＋b等于(　　)
A．－3 B．1 C．－1 D．3
4．(2011·厦门月考)已知f(x)＝ax2－x－c>0的解集为(－3,2)，则y＝f(－x)的图象是(　　)

5．当x∈(1,2)时，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，则m的取值范围为__

探究点一　一元二次不等式的解法
例1　解下列不等式：
(1)－x2＋2x－>0；

(2)9x2－6x＋1≥0.

变式迁移1　解下列不等式：
(1)2x2＋4x＋3<0；
(2)－3x2－2x＋8≤0；
(3)8x－1≥16x2.

探究点二　含参数的一元二次不等式的解法
例2　已知常数a∈R，解关于x的不等式ax2－2x＋a<0.

变式迁移2　解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0.

探究点三　一元二次不等式恒成立问题
例3　(2011·巢湖月考)已知f(x)＝x2－2ax＋2 (a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．

变式迁移3　(1)关于x的不等式<2对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围．
(2)若不等式x2＋px>4x＋p－3对一切0≤p≤4均成立，试求实数x的取值范围．

转化与化归思想的应用
例　(12分)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(α，β)，且0<α<β，求不等式cx2＋bx＋a<0的解集．
【答题模板】
解　由已知不等式的解集为(α，β)可得a<0，
∵α，β为方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
∴由根与系数的关系可得[4分]
∵a<0，∴由②得c<0，[5分]
则cx2＋bx＋a<0可化为x2＋x＋>0.[6分]
①÷②，得＝＝－<0，由②得＝＝·>0，
∴、为方程x2＋x＋＝0的两根．[10分]
∵0<α<β，∴不等式cx2＋bx＋a<0的解集为{x|x<或x>}．[12分]
【突破思维障碍】
由ax2＋bx＋c>0的解集是一个开区间，结合不等式对应的函数图象知a<0，要求cx2＋bx＋a<0的解集首先需要推断二次项系数c的正负，由方程根与系数关系知＝α·β>0，因a<0，∴c<0，从而知道cx2＋bx＋a<0的解集是x大于大根及小于小根对应的两个集合．要想求出解集，需用已知量α，β代替参数c、b、a，需对不等式cx2＋bx＋a<0两边同除c或a，用α、β代替后，就不难找到要求不等式对应方程的两根，从而求出不等式的解集．本题较好地体现了三个“二次”之间的相互转化．

1．三个“二次”的关系：二次函数是主体，一元二次方程和一元二次不等式分别为二次函数的函数值为零和不为零的两种状况，一般争辩二次函数常将问题转化为一元二次方程和一元二次不等式来争辩，而争辩一元二次方程和一元二次不等式又常与相应的二次函数相联系，通过二次函数的图象及性质来解决．一元二次不等式解集的端点值就是相应的一元二次方程的根，也是相应的二次函数的图象与x轴交点的横坐标，即二次函数的零点．
2．解含参数的一元二次不等式的步骤：解含参数的一元二次不等式可按如下步骤进行：1°二次项若含有参数应争辩参数是等于0、小于0、还是大于0.然后将不等式转化为二次项系数为正的形式.2°推断方程的根的个数，争辩判别式Δ与0的关系.3°确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要争辩两根的大小关系，从而确定解集的形式．
3．不等式恒成立问题：不等式恒成立，即不等式的解集为R，一元二次不等式ax2＋bx＋c>0 (a≠0)恒成立的条件是ax2＋bx＋c<0 (a≠0)恒成立的条件是
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．函数y＝的定义域是(　　)
A．[－，－1)∪(1，] B．[－，－1]∪(1，)
C．[－2，－1)∪(1,2] D．(－2，－1)∪(1,2)
2．(2010·抚顺模拟)已知集合P＝{x|>0}，集合Q＝{x|x2＋x－2≥0}，则x∈Q是x∈P的(　　)
A．充分条件但不是必要条件
B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
3．(2011·银川模拟)已知集合M＝{x|x2－2 008x－2 009>0}，N＝{x|x2＋ax＋b≤0}，若M∪N＝R，M∩N＝(2 009，2 010]，则(　　)
A．a＝2 009，b＝－2 010 B．a＝－2 009，b＝2 010
C．a＝2 009，b＝2 010 D．a＝－2 009，b＝－2 010
4．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．m>1 B．m<－1
C．m<－ D．m>1或m<－
5．(创新题)已知a1>a2>a3>0，则使得(1－aix)2<1 (i＝1,2,3)都成立的x的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
二、填空题(每小题4分，共12分)

6．在R上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)，若不等式(x－a)⊗(x＋a)<1对任意实数x恒成立，则a的取值范围为________．
7．已知函数f(x)＝则满足f(x)>1的x的取值范围为______________．
8．(2011·泉州月考)

已知函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，函数y＝f′(x)的图象如右图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为__________________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)解关于x的不等式<0 (a∈R)．

10．(12分)若不等式ax2＋bx＋c≥0的解集是，求不等式cx2＋bx＋a<0的解集．

11．(14分)(2011·烟台月考)已知函数f(x)＝x2＋ax＋3.
(1)当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围；
(2)当x∈[－2,2]时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．

学案34　一元二次不等式及其解法
自主梳理
1．2　2.－　－　R　∅　∅
自我检测
1．C　2.A　3.A　4.D
5．(－∞，－5]
解析　记f(x)＝x2＋mx＋4，依据题意得
　解得m≤－5.
课堂活动区
例1　解题导引　解一元二次不等式的一般步骤
(1)对不等式变形，使一端为0且二次项系数大于0，即ax2＋bx＋c>0(a>0)，ax2＋bx＋c<0(a>0)．
(2)计算相应的判别式．
(3)当Δ≥0时，求出相应的一元二次方程的根．
(4)依据对应二次函数的图象，写出不等式的解集．
解　(1)两边都乘以－3，得3x2－6x＋2<0，
由于3>0，且方程3x2－6x＋2＝0的解是
x1＝1－，x2＝1＋，
所以原不等式的解集是{x|1－相等实根x＝，
结合二次函数y＝9x2－6x＋1的图象知，原不等式的解集为R.
变式迁移1　解　(1)∵不等式2x2＋4x＋3<0可转化为
2(x＋1)2＋1<0，而2(x＋1)2＋1>0，
∴2x2＋4x＋3<0的解集为∅.
(2)两边都乘以－1，得3x2＋2x－8≥0，
由于3>0，且方程3x2＋2x－8＝0的解是
x1＝－2，x2＝，
所以原不等式的解集是(－∞，－2]∪[，＋∞)．
(3)原不等式可转化为16x2－8x＋1≤0，
即(4x－1)2≤0，
∴原不等式的解集为{}．
例2　解题导引　(1)含参数的一元二次不等式，若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行争辩；若不易因式分解，则可对判别式进行分类争辩，分类要不重不漏．
(2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项是否为零，然后再争辩二次项系数不为零时的情形，以便确定解集的形式．
(3)其次对方程的根进行争辩，比较大小，以便写出解集．
解　上述不等式不愿定为一元二次不等式，当a＝0时为一元一次不等式，当a≠0时为一元二次不等式，故应对a进行争辩，然后分状况求解．
(1)a＝0时，解为x>0.
(2)a>0时，Δ＝4－4a2.
①当Δ>0，即00，即a>1时，x∈∅.
(3)当a<0时，
①Δ>0，即－1}．
②Δ＝0，即a＝－1时，不等式化为(x＋1)2>0，
∴解为x∈R且x≠－1.
③Δ<0，即a<－1时，x∈R.
综上所述，当a≥1时，原不等式的解集为∅；
当00}；
当－1}；
当a＝－1时，解集为{x|x∈R且x≠－1}；
当a<－1时，解集为{x|x∈R}．
变式迁移2　解　①当a＝0时，解得x>1.
②当a>0时，原不等式变形为(x－)(x－1)<0，
∴a>1时，解得0，
∵<1，∴解不等式可得x<或x>1.
综上所述，当a<0时，不等式解集为(－∞，)∪(1，＋∞)；
当a＝0时，不等式解集为(1，＋∞)；
当01时，不等式解集为(，1)．
例3　解题导引　留意等价转化思想的运用，二次不等式在区间上恒成立的问题可转化为二次函数区间最值问题．
解　方法一　f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.

①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，
即2a＋3≥a，解得－3≤a<－1；
②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，
由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.
综上所述，所求a的取值范围为－3≤a≤1.
方法二　令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，
得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或
解得－3≤a≤1.
变式迁移3　解　(1)∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋2>0，
∴不等式<2同解于4x＋m<2x2－4x＋6，即2x2－8x＋6－m>0.
要使原不等式对任意实数x恒成立，只要2x2－8x＋6－m>0对任意实数x恒成立．
∴Δ<0，即64－8(6－m)<0，
整理并解得m<－2.
∴实数m的取值范围为(－∞，－2)．
(2)∵x2＋px>4x＋p－3，
∴(x－1)p＋x2－4x＋3>0.
令g(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，
则要使它对0≤p≤4均有g(p)>0，
只要有.
∴x>3或x<－1.
∴实数x的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
课后练习区
1．A　[由已知有(x2－1)≥0，
∴　∴
∴－≤x<－1或1D　[化简得P＝{x<－1，或x>1}，Q＝{x≤－2，或x≥1}，集合P，Q之间不存在包含关系，
所以x∈Q是x∈P的既不充分又不必要条件．]
3．D　[化简得M＝{x|x<－1或x>2 009}，
由M∪N＝R，M∩N＝(2 009,2 010]可知N＝{x|－1≤x≤2 010}，即－1,2 010是方程x2＋ax＋b＝0的两个根．
所以b＝－1×2 010＝－2 010，－a＝－1＋2 010，即a＝－2 009.]
4．C　[当m＝－1时，不等式变为2x－6<0，即x<3，不符合题意．
当m≠－1时，由题意知

化简，得
解得m<－.]
5．B　[(1－aix)2<1，即ax2－2aix<0，
即aix(aix－2)<0，由于ai>0，这个不等式可以化为
x<0，即00.
因上式对x∈R都成立，
所以Δ＝1＋4(a2－a－1)<0，
即4a2－4a－3<0.所以－0时，由log2x>1，得x>2；
当x≤0时，由x2>1，得x<－1.
综上可知，x的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
8．(2,3)∪(－3，－2)
解析　由导函数图象知当x<0时，f′(x)>0，
即f(x)在(－∞，0)上为增函数；
当x>0时，f′(x)<0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数，
故不等式f(x2－6)>1等价于f(x2－6)>f(－2)或f(x2－6)>f(3)，即－21时，aa2，此时a2
综上，当a<0或a>1时，原不等式的解集为{x|a0.
又－，2为方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，(6分)
∴－＝，即＝－.
又∵＝－，∴b＝－a，c＝－a.(8分)
∴不等式cx2＋bx＋a<0变为x2＋x＋a<0，
即2ax2＋5ax－3a>0.
又∵a<0，∴2x2＋5x－3<0，
∴所求不等式的解集为.(12分)
11．解　(1)∵x∈R时，有x2＋ax＋3－a≥0恒成立，
需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，
∴－6≤a≤2.(4分)
(2)当x∈[－2,2]时，设g(x)＝x2＋ax＋3－a≥0，分如下三种状况争辩(如图所示)：

①如图(1)，当g(x)的图象恒在x轴上方，满足条件时，
有Δ＝a2－4(3－a)≤0，即－6≤a≤2.(7分)
②如图(2)，g(x)的图象与x轴有交点，
但在x∈[－2，＋∞)时，g(x)≥0，
即
即⇔
解之，得a∈∅.(10分)
③如图(3)，g(x)的图象与x轴有交点，
但在x∈(－∞，2]时，g(x)≥0，即
即⇔
⇔－7≤a≤－6.(13分)
综合①②③，得a∈[－7,2]．(14分)