2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第四章第三节　二次函数与不等式

第三节　二次函数与不等式

一、二次函数、一元二次不等式、一元二次方程三者之间的关系

三个“二次”间关系

二次函数、一元二次不等式、一元二次方程可以相互转化.即令二次函数y=ax2+bx+c的y=0,则原式变为一元二次方程ax2+bx+c=0,令一元二次不等式ax2+bx+c>0的不等号变为等号,则原式转变为一元二次方程ax2+bx+c=0.

二、一元二次不等式ax2+bx+c≥0(<0)的解法

解一元二次不等式首先应将二次项系数化为正值,然后根据不等式对应的二次方程的根的情况得出解集.关于ax2+bx+c≥0,x∈R恒成立可等价为或

1.解法理解

(1)表达式中最高次项前含有字母参数,注意是否需要讨论.

(2)解一元二次不等式的一般步骤:

①一解:解出方程ax2+bx+c=0的实根;

②二画:画出函数y=ax2+bx+c的图象;

③三读:读出不等式的解集(结合原不等式和图象).

2.相关联知识

(1)对于含参数的不等式,必须进行讨论,在讨论时常用逻辑划分的思想进行分类,然后对划分的每一类分别进行求解,再综合解出答案.

(2)含绝对值不等式的常见解法主要有以下几种:

①|f(x)|>c与|f(x)|<c(c>0)型;

②|f(x)|>g(x)(f(x)<g(x))型;

③|f(x)|±|g(x)|>c型;

④a<|f(x)|<b型.

1.若不等式x2+2x+a≥-y2-2y对任意实数x,y都成立,则实数a的取值范围是(　C　)

(A)[0,+∞) (B)[1,+∞) (C)[2,+∞) (D)[3,+∞)

解析:由已知得a≥-(x+1)2-(y+1)2+2,

而-(x+1)2-(y+1)2+2的最大值为2,

所以a≥2,故选C.

2.不等式x2-|x|-2<0的解集是(　A　)

(A){x|-2<x<2} (B){x|x<-2或x>2}

(C){x|-1<x<1} (D){x|x<-1或x>1}

解析:原不等式⇔|x|2-|x|-2<0⇔(|x|-2)(|x|+1)<0⇔|x|-2<0⇔-2<x<2.

3.若关于x的不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解,则实数a的取值范围是(　A　)

(A)(-∞,-2) (B)(-2,+∞)

(C)(-6,+∞) (D)(-∞,-6)

解析:不等式x2-4x-2-a>0在区间(1,4)内有解等价于

a<(x2-4x-2)max,

令f(x)=x2-4x-2,x∈(1,4),

所以f(x)<f(4)=-2,

所以a<-2.故选A.

4.(2018·浙江温州中学高三模拟)设函数f(x)=x2+x+a(a>0)满足f(m)<0,则(　C　)

(A)f(m+1)≥0 (B)f(m+1)≤0

(C)f(m+1)>0 (D)f(m+1)<0

解析:f(0)=f(-1)=a>0,f(m)<0,

所以-1<m<0,0<m+1<1,f(x)在(-,+∞)上单调递增,

所以f(m+1)>f(0)>0.

故选C.

5.已知关于x的不等式kx2-6kx+k+8≥0对任意x∈R恒成立,则k的取值范围是(　A　)

(A)0≤k≤1 (B)0<k≤1

(C)k<0或k>1 (D)k≤0或k≥1

解析:当k=0时,不等式为8≥0恒成立,符合题意;

当k>0时,若不等式kx2-6kx+k+8≥0对任意x∈R恒成立,

则Δ=36k2-4k(k+8)≤0,解得0<k≤1;

当k<0时,不等式kx2-6kx+k+8≥0不能对任意x∈R恒成立.

综上,k的取值范围是0≤k≤1.

故选A.

考点一　一元二次不等式与一元二次方程之间的关系

[例1] 已知不等式ax2+bx+c>0的解集是(-,3),求不等式cx2+bx+a<0的解集.

解:法一　因为不等式ax2+bx+c>0的解集是(-,3),

所以a<0,且-和3是方程ax2+bx+c=0的两个根.

由⇒得

cx2+bx+a=c(x2+x+)

=c(x2+x-)

=c(x+2)(x-),

所以不等式cx2+bx+a<0的解集为(-2,).

法二　因为不等式ax2+bx+c>0的解集是(-,3),

得a<0且-和3是方程ax2+bx+c=0的两个根.

在方程cx2+bx+a=0中,因为a≠0,得x≠0.

设y=,方程cx2+bx+a=0可化为ay2+by+c=0.

由-和3是方程ax2+bx+c=0的两个根,得-2和是方程cx2+bx+a=0的两个根.

又方程的两根异号及a<0,得c>0.

所以,不等式cx2+bx+a<0的解集为(-2,).

二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象(抛物线)与x轴的两交点的横坐标x1,x2(x1<x2),即为一元二次方程ax2+bx+c=0(a>0)的两根,同时,一元二次不等式ax2+bx+c>0(a>0)的解集是{x|x<x1或x>x2};对于ax2+bx+c<0(a>0),解集是{x|x1<x<x2}.

若对于任意的x∈R,都有ax2+ax+1>0恒成立,则实数a的取值范围是(　B　)

(A)(0,4) (B)[0,4)

(C)(0,+∞) (D)(-∞,4)

解析:若对任意的x∈R,都有ax2+ax+1>0恒成立,

则必有或a=0,所以0≤a<4.

故选B.

考点二　|f(x)|>c与|f(x)|<c(c>0)型含绝对值一元二次不等式 

[例2] 解不等式|x2-2x-1|<1.

解:原不等式可化为-1<x2-2x-1<1,

解不等式x2-2x-1>-1得,x<0或x>2;

解不等式x2-2x-1<1得,1-<x<1+,

所以原不等式解集为{x|1-<x<0或2<x<1+}.

对|f(x)|>c与|f(x)|<c(c>0)型含绝对值不等式问题,有两种方法.

法1:将f(x)看作整体,转化为|t|<c或|t|>c型,利用|t|<c和|t|>c同解变形原理转化为不含绝对值的不等式求解;

法2:利用绝对值的意义,对绝对值内部通过分类讨论去掉绝对值,转化为不含绝对值的不等式求解.

设max{a,b}=已知x,y∈R,m+n=6,则F=max{|x2-4y+m|,|y2-2x+n|}的最小值为　　　　. 

解析:因为max{a,b}=且m+n=6,

F=max{|x2-4y+m|,|y2-2x+n|},

故F≥|x2-4y+m|,F≥|y2-2x+n|

所以2F≥|x2-4y+m|+|y2-2x+n|≥|x2-4y+m+y2-2x+n|=|(x-1)2+(y-2)2+1|≥1,

所以F≥,

故F=max{|x2-4y+m|,|y2-2x+n|}的最小值为.

答案:

考点三　易错辨析

[例3] 已知f(x)=(x+1)·|x-1|,若关于x的方程f(x)=x+m有三个不同的实数解,求实数m的取值范围.

解:函数解析式f(x)=(x+1)·|x-1|

=

(1)x≥1时,由x2-1=x+m,得x2-x-1-m=0.

由两根之和为1,得此方程大于1的解至多一个.

设x=1+t,原方程可化为t2+t-1-m=0.原方程有一个大于1的解,即此方程有一个正解.

由-1-m<0,得m>-1时,方程f(x)=x+m有一个大于1的解;

(2)x<1时,由1-x2=x+m,得x2+x-1+m=0.

设x=1+t,原方程可化为t2+3t+1+m=0.原方程有两个小于1的解,即此方程有两个负解.

由

得-1<m<时,方程f(x)=x+m有两个小于1的解;

综合(1),(2),当-1<m<时,关于x的方程f(x)=x+m有三个不同的实数解.

易错点有两处:(1)采用数形结合易发现,它的图象是由两段抛物线弧组成,因此方程f(x)=x+m的三个不同的实数解表现为直线y=x+m与其中一段抛物线弧有两个交点,与另一段抛物线弧仅有一个交点,边界值容易混淆出错.(2)观察它们的图象易知,应对x分类讨论,容易被忽略.即当x≥1时,方程有一解;当x<1时,方程有两解.

已知函数f(x)=tx,g(x)=(2-t)x2-4x+1,若对任意的实数x0,f(x0)与g(x0)中至少有一个为正数,则实数t的取值范围是(　A　)

(A)(-∞,-2)∪(0,2] (B)(-2,0)∪(0,2]

(C)(-2,2] (D)(0,+∞)

解析:函数f(x)=tx,g(x)=(2-t)x2-4x+1.

Δ=16-4×(2-t)×1=8+4t,

①当t=0时,f(x)=0,Δ>0,g(x)有正有负,不符合题意,故排除C.

②当t>2时,当x取-∞时,f(x)与g(x)都为负值,不符合题意,故排除D.

③当t<-2时,Δ<0,所以g(x)=(2-t)x2-4x+1>0恒成立,符合题意,故B不正确,

故选A.