高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：6.2 一元二次不等式及其解法 word版含答案

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(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：
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3<0，,2x2－7x＋6>0))的解集是( )
A．(2,3) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))∪(2,3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))∪(3，＋∞) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)
解析：∵x2－4x＋3<0，∴1又∵2x2－7x＋6>0，∴(x－2)(2x－3)>0，
∴x2，
∴原不等式组的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))∪(2,3)．
答案：B
2．设二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))，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，eq \f(1,3)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(b,a)＝－1＋\f(1,3)，,\f(1,a)＝－1×\f(1,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝－2，))∴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.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(13,11)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(13,11)))∪(1，＋∞)
解析：①m＝－1时，不等式为2x－6<0，即x<3，不合题意．
②m≠－1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋1<0，,Δ<0，))解得m<－eq \f(13,11).
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⇒－4答案：(－4,1)
2．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋6，x≥0，,x＋6，x<0，))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)
解析：由题意知f(1)＝3，故原不等式可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,x＋6>3，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,x2－4x＋6>3，))解得－33，所以原不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)，故选A.
答案：A
3．(2016·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|－1答案：C
解一元二次不等式的四个步骤
(1)化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式．
(2)判：计算对应方程的判别式．
(3)求：求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根．
(4)写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集．

考点二 一元二次不等式恒成立问题|
一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系．在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换．对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图象与x轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围．
归纳起来常见的命题探究角度有：
1．形如f(x)≥0(x∈R)确定参数的范围．
2．形如f(x)≥0(x∈[a，b])确定参数范围．
探究一 形如f(x)≥0(x∈R)确定参数的范围
1．(2016·武汉调研)若一元二次不等式2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0对一切实数x都成立，则k的取值范围为( )
A．(－3,0) B．[－3,0]
C．[－3,0) D．(－3,0]
解析：本题考查一元二次不等式的解法．结合二次函数图象求解．由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k<0，,Δ＝k2－8k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)))<0，))解得－3答案：A
2．(2016·洛阳期末)若关于x的不等式ax2－|x|＋2a<0的解集为空集，则实数a的取值范围为________．
解析：当a＝0时，不等式为－|x|<0，解集不为空集．当a≠0时，由题意知a>0，令t＝|x|，则原不等式等价于at2－t＋2a<0(t≥0)，所以a答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，＋∞))
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,\f(m,2)≤1，,f1＝1－m＋m＋1≥0，))解得m<2＋2eq \r(2).
答案：(－∞，2＋2eq \r(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100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))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，
200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))≥3 000，
整理得5x－14－eq \f(3,x)≥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＝eq \f(900,x)·100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5x＋1－\f(3,x)))
＝9×104eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(1,x)－\f(3,x2)))
＝9×104eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,6)))2＋\f(61,12)))，
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(0(1)写出本年度预计的年利润y与投入成本增加的比例x的关系式；
(2)为使本年度的年利润比上年度有所增加，则投入成本增加的比例x应在什么范围内？
解：(1)由题意得y＝[12(1＋0.75x)－10(1＋x)]×10 000×(1＋0.6x)(0(2)要保证本年度的年利润比上年度有所增加，必须有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－12－10×10 000>0，,0即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6 000x2＋2 000x>0，,0所以投入成本增加的比例应在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))范围内.
19.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)(2)已知函数f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq \f(a2,4).
∵f(x)的值域为[0，＋∞)，∴b－eq \f(a2,4)＝0，即b＝eq \f(a2,4).
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2.又∵f(x)∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\r(c)＝m， ①,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6. ②))
②－①，得2eq \r(c)＝6，∴c＝9.
(2)∵x∈[1，＋∞)时，f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,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．(2016·郑州模拟)已知不等式ax2－5x＋b>0的解集为{x|－30的解集是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))))
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(1,2)或x>\f(1,3)))))
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3＋2＝－\f(－5,a)，,－3×2＝\f(b,a)，))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－5，,b＝30，))于是不等式bx2－5x＋a>0即为30x2－5x－5>0，即(3x＋1)(2x－1)>0⇒x<－eq \f(1,3)或x>eq \f(1,2).
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．(2015·重庆二诊)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，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－eq \f(1,2)是方程ax2＋bc＋c＝0的两个根，则有eq \f(c,a)＝－1<0，－eq \f(b,a)＝eq \f(3,2)>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．(2015·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．(2016·福州质检)已知关于x的不等式eq \f(ax－1,x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))，则a＝________.
解析：由不等式可得a≠0，且不等式等价于a(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))<0，由解集特点可得a<0，且eq \f(1,a)＝－eq \f(1,2)，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－2答案：(－2,1)
8．对于任意a∈[－1,1]，f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于0，那么x取值范围是________．
解析：令g(a)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋x2－4x＋4，由题意知g(－1)>0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－eq \r(6＋b)，
a2＝3＋eq \r(6＋b)，
∴不等式的解集为(3－eq \r(6＋b)，3＋eq \r(6＋b))．
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－eq \r(6＋b)，3＋eq \r(6＋b))．
(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．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋3＝\f(a6－a,3)，,－1×3＝－\f(b,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3－\r(3)，,b＝9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3＋\r(3)，,b＝9.))
10．(2015·攀枝花二模)已知函数f(x)＝eq \f(x＋b,1＋x2)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)＝eq \f(x＋b,1＋x2)为定义在R上的奇函数，f(0)＝0，即b＝0，∴f(x)＝eq \f(x,x2＋1)(经检验满足题意)，
∴f′(x)＝eq \f(x2＋1－x·2x,x2＋12)＝eq \f(1－x2,x2＋12).
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＋2x2∴不等式f(1＋2x2)＋f(－x2＋2x－4)>0的解集为{x|－3B组 高考题型专练
1．(2013·高考大纲全国卷)不等式|x2－2|<2的解集是( )
A．(－1,1) B．(－2,2)
C．(－1,0)∪(0,1) D．(－2,0)∪(0,2)
解析：由|x2－2|<2得－2答案：D
2．(2013·高考重庆卷)关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a＝( )
A.eq \f(5,2) B.eq \f(7,2)
C.eq \f(15,4) D.eq \f(15,2)
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＝eq \f(5,2).
答案：A
3．(2013·高考安徽卷)已知一元二次不等式f(x)<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(1,2)))))，则f(10x)>0的解集为( )
A．{x|x<－1或x>－lg 2}
B．{x|－1C．{x|x>－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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1或x>\f(1,2)))))，所以可设f(x)＝a(x＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(a<0)，由f(10x)>0可得(10x＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10x－\f(1,2)))<0，即10x答案：D
4．(2015·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答案：(－1,2)
5．(2013·高考重庆卷)设0≤α≤π，不等式8x2－(8sin α)x＋cs 2α≥0对x∈R恒成立，则α的取值范围为________．
解析：由题意，要使8x2－(8sin α)x＋cs 2α≥0对x∈R恒成立，需Δ＝64sin2 α－32cs 2α≤0，化简得cs 2α≥eq \f(1,2).又0≤α≤π，∴0≤2α≤eq \f(π,3)或eq \f(5π,3)≤2α≤2π，解得0≤α≤eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)≤α≤π.
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
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}
∅
∅