苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式本章综合与测试优质导学案

这是一份苏教版 (2019)必修 第一册第3章 不等式本章综合与测试优质导学案，共8页。




[巩固层·知识整合]





[提升层·题型探究]


[探究问题]


1．当a>0时，若方程ax2＋bx＋c＝0有两个不等实根α，β且α<β，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集是什么？


[提示] 借助函数y＝ax2＋bx＋c的图象可知，不等式的解集为{x|x<α或x>β}．


2．若[探究1]中的a<0，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集是什么？


[提示] 解集为{x|α

3．若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式Δ＝b2－4ac<0，则ax2＋bx＋c>0的解集是什么？


[提示] 当a>0时，不等式的解集为R；当a<0时，不等式的解集为∅．


【例1】 若不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,2x2＋2k＋5x＋5k<0))的整数解只有－2，求k的取值范围．


[思路点拨] 不等式组的解集是各个不等式解集的交集，分别求解两个不等式，取交集判断．


[解] 由x2－x－2>0，得x<－1或x>2．


对于方程2x2＋(2k＋5)x＋5k＝0有两个实数解x1＝－eq \f(5,2)，x2＝－k．


(1)当－eq \f(5,2)>－k，即k>eq \f(5,2)时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－k

(2)当－k＝－eq \f(5,2)时，不等式2x2＋(2k＋5)x＋5k<0的解集为∅．


(3)当－eq \f(5,2)<－k，即k

不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)

∴不等式组的解集由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1，,－\f(5,2)

或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>2，,－\f(5,2)

∵原不等式组整数解只有－2，


∴－2<－k≤3，


故所求k的范围是－3≤k<2．





(变条件，变结论)若将例题改为“已知a∈R，解关于x的不等式ax2－2x＋a<0”．


[解] (1)若a＝0，则原不等式为－2x<0，


故解集为{x|x>0}．


(2)若a>0，Δ＝4－4a2．


①当Δ>0，即0

∴原不等式的解集为


eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\(x)\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－a2),a)

②当Δ＝0，即a＝1时，原不等式的解集为∅．


③当Δ<0，即a>1时，原不等式的解集为∅．


(3)若a<0，Δ＝4－4a2．


①当Δ>0，即－1\f(1－\r(1－a2),a)或x<\f(1＋\r(1－a2),a)))))．


②当Δ＝0，即a＝－1时，原不等式可化为(x＋1)2>0，


∴原不等式的解集为{x|x∈R且x≠－1}．


③当Δ<0，即a<－1时，原不等式的解集为R．


综上所述，当a≥1时，原不等式的解集为∅；


当0

eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－a2),a)

当a＝0时，原不等式的解集为{x|x>0}；


当－1




当a＝－1时，原不等式的解集为{x|x∈R且x≠－1}；


当a<－1时，原不等式的解集为R．





不等式的解法


1一元二次不等式的解法.


①将不等式化为ax2＋bx＋c>0a>0或ax2＋bx＋c<0a>0的形式；


②求出相应的一元二次方程的根或利用二次函数的图象与根的判别式确定一元二次不等式的解集.


2含参数的一元二次不等式.,解题时应先看二次项系数的正负，其次考虑判别式，最后分析两根的大小，此种情况讨论是必不可少的.








【例2】 已知不等式mx2－mx－1<0．


(1)若x∈R时不等式恒成立，求实数m的取值范围；


(2)若x∈[1,3]时不等式恒成立，求实数m的取值范围；


(3)若满足|m|≤2的一切m的值能使不等式恒成立，求实数x的取值范围．


[思路点拨] 先讨论二次项系数，再灵活的选择方法解决恒成立问题．


[解] (1)①若m＝0，原不等式可化为－1<0，显然恒成立；


②若m≠0，则不等式mx2－mx－1<0 恒成立⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0，))解得－4

综上可知，实数m的取值范围是(－4,0]．


(2)令y＝mx2－mx－1，


①当m＝0时，y＝－1<0显然恒成立；


②当m>0时，若对于x∈[1,3]不等式恒成立，只需当x＝1时，y<0，即y＝－1<0；当x＝3时，y<0，即y＝9m－3m－1<0，解得m

③当m<0时，函数f(x)的图象开口向下，对称轴为x＝eq \f(1,2)，若x∈[1,3]时不等式恒成立，结合函数图象(图略)知只需当x＝1时，函数y<0即可，解得m∈R，∴m<0符合题意．


综上所述，实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,6)))．


(3)令z＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，


若对满足|m|≤2的一切m的值不等式恒成立，则只需当m＝－2时，函数z＝－2(x2－x)－1<0；当m＝2时，函数z＝2(x2－x)－1<0；


解得eq \f(1－\r(3),2)

∴实数x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))．





对于不等式恒成立求参数范围的问题常见的类型及解法有以下几种：


1变更主元法,根据实际情况的需要确定合适的主元，一般知道取值范围的变量要看做主元.


2分离参数法,先将参数与变量分离到等式两边，转化为相关函数得最值问题.


3数形结合法,利用不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图象直观化.





eq \([跟进训练])


1．设y＝mx2－mx－6＋m，


(1)若对于m∈[－2,2]，mx2－mx－6＋m<0恒成立，求实数x的取值范围；


(2)若对于x∈[1,3]，mx2－mx－6＋m<0恒成立，求实数m的取值范围．


[解] (1)依题意，设y＝(x2－x＋1)m－6，


则y＝(x2－x＋1)m－6为关于m的一次函数，且一次项系数x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up24(2)＋eq \f(3,4)>0，


所以y＝(x2－x＋1)m－6在[－2,2]上y随m的增大而增大，


所以m＝2时，y的最大值为2(x2－x＋1)－6，


所以欲使mx2－mx－6＋m <0恒成立，


需2(x2－x＋1)－6<0，


解得－1

(2)法一：要使m(x2－x＋1)－6<0在[1,3]上恒成立，


则有m

而当x∈[1,3]时，


eq \f(6,x2－x＋1)＝eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋\f(3,4))≥eq \f(6,9－3＋1)＝eq \f(6,7)，


所以m

因此m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(6,7)))．


法二：①当m＝0时，y＝－6<0对x∈[1,3]恒成立，所以m＝0．


②当m≠0时y＝mx2－mx－6＋m的图象的对称轴为x＝eq \f(1,2)，


若m>0，则y＝mx2－mx－6＋m在[1,3]上y随x的增大而增大，


所以x＝3时，y的最大值为7m－6．


要使mx2－mx－6＋m<0对x∈[1,3]恒成立，


只需7m－6<0，


所以0

若m<0，则y＝mx2－mx－6＋m在[1,3]上随x的增大而减小，


所以x＝1时，y的最大值为m－6．


要使mx2－mx－6＋m<0对x∈[1,3]恒成立，


只需m<6，


所以m<0．


综上可知m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(6,7)))．


【例3】 设函数y＝x＋eq \f(a,x＋1)，x∈[0，＋∞)．


(1)当a＝2时，求函数y＝x＋eq \f(a,x＋1)的最小值；


(2)若a>1且a为正常数，求函数y＝x＋eq \f(a,x＋1)的最小值．


[解] (1)把a＝2代入y＝x＋eq \f(a,x＋1)，


得y＝x＋eq \f(2,x＋1)＝(x＋1)＋eq \f(2,x＋1)－1，


∵x∈[0，＋∞)，


∴x＋1>0，eq \f(2,x＋1)>0，


∴x＋1＋eq \f(2,x＋1)≥2eq \r(2)，当且仅当x＋1＝eq \f(2,x＋1)，


即x＝eq \r(2)－1时等号成立，此时函数y＝x＋eq \f(a,x＋1)的最小值为2eq \r(2)－1．


(2)当a>1时，y＝x＋1＋eq \f(a,x＋1)－1，


x＋1＋eq \f(a,x＋1)≥2eq \r(a)，


则当且仅当x＋1＝eq \f(a,x＋1)时取等号，


即x＝eq \r(a)－1时取等号，


所以函数y＝x＋eq \f(a,x＋1)的最小值为2eq \r(a)－1．





基本不等式是证明不等式、求某些函数的最大值及最小值的理论依据，在解决数学问题和实际问题中应用广泛.


1基本不等式通常用来求最值，一般用a＋b≥2eq \r(ab)a>0，b>0解“定积求和，和最小”问题，用ab≤解“定和求积，积最大”问题.


2在实际运用中，经常涉及函数fx＝x＋eq \f(k,x)k>0，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”.特别是利用拆项、添项、配凑、分离变量、减少变元等，构造定值条件的方法和对等号能否成立的验证.





eq \([跟进训练])


2．某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．


(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？


(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元，公司拟投入eq \f(1,6)(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入eq \f(1,5)x万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．


[解] (1)设每件定价为t元，依题意，有[8－(t－25)×0．2]t≥25×8，


整理得t2－65t＋1 000≤0，


解得25≤t≤40．


因此要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．


(2)依题意，x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋eq \f(1,6)(x2－600)＋eq \f(1,5)x有解，等价于x>25时，a≥eq \f(150,x)＋eq \f(1,6)x＋eq \f(1,5)有解．


∵eq \f(150,x)＋eq \f(1,6)x≥2eq \r(\f(150,x)·\f(1,6)x)＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，


∴a≥10．2．


因此当该商品明年的销售量a至少应达到10．2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的定价为每件30元．


一元二次不等式的解法
不等式恒成立问题
利用基本不等式求最值