阅读与思考 集合中元素的个数课件配套优秀教案案例

第4节

从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式

考试要求

1.会结合一元二次函数的图象，判断一元二次方程实根的存在性及实根的个数，了解函数的零点与方程根的关系；2.经历从实际情境中抽象出一元二次不等式的过程，了解一元二次不等式的现实意义．能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集；3.借助一元二次函数的图象，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系．

知

识

梳

理

1.一元二次不等式

只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式不等式叫作一元二次不等式. 2.三个“二次”间的关系

判别式Δ＝b2－4ac 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

ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集

ax2＋bx＋c＜0

(a＞0)的解集

Δ＞0

Δ＝0

Δ＜0 有两相异实根x1，有两相等实根x1＝bx2(x1＜x2) x2＝－2a

{x|x＞x2

或x＜x1}{x|x1＜x＜x2}

bx|x≠－

2a没有实数根

R

∅

∅

3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集

解集

不等式

(x－a)·(x－b)>0

(x－a)·(x－b)<0

4.分式不等式与整式不等式

f(x)(1)g(x)>0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0). f(x)(2)g(x)≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0. [微点提醒] 1.绝对值不等式|x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|0)的解集为(－a，a). 记忆口诀：大于号取两边，小于号取中间. 2.解不等式ax2＋bx＋c>0(<0)时不要忘记当a＝0时的情形. 3.不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件要结合其对应的函数图象决定. a＝b＝0，a>0，(1)不等式ax＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔或

c>0Δ<0.2ab} {x|a

a＝b {x|x≠a}

∅

a>b

{x|xa} {x|b

c<0Δ<0.2基

础

自

测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，则方程ax2＋bx＋c＝0的两个根是x1和x2.(

) (2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.(

) (3)不等式x2≤a的解集为[－a，a].(

) (4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a＜0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c＞0(a<0)的解集为R.(

) 解析

(3)错误.对于不等式x2≤a，当a>0时，其解集为[－a，a]；当a＝0时，其解集为{0}，当a<0时，其解集为∅.

(4)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)没有实根，则不等式ax2＋bx＋c>0(a<0)的解集为∅. 答案

(1)√

(2)√

(3)×

(4)×

2.(必修5P103A2改编)已知集合＝(

) A.(－2，3)

C.(－2，2]

B.(－2，2) D.[－2，2] 1A＝x2x－1≤0，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B解析

因为A＝{x|x≤2}，B＝{x|－2

所以A∩B＝{x|－2

C 3.(必修5P80A2改编)y＝log2(3x2－2x－2)的定义域是________. 解析

由题意，得3x2－2x－2>0，

1－71＋7令3x2－2x－2＝0，得x1＝3，x2＝3，

∴3x2－2x－2>0的解集为

1－71＋7－∞，∪. ，＋∞331－71＋7∪

答案

－∞，33，＋∞

1－x4.(2018·烟台月考)不等式≥0的解集为(

) 2＋xA.[－2，1]

B.(－2，1] D.(－∞，－2]∪(1，＋∞) C.(－∞，－2)∪(1，＋∞)

（1－x）（2＋x）≥0，解析

原不等式化为

2＋x≠0，（x－1）（x＋2）≤0，即解得－2

B

5.(2019·北京海淀区调研)设一元二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为{x|－1

) A.1

1B.－4

C.4

1D.－2

解析

因为一元二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为{x|－1

B 6.(2018·汉中调研)已知函数f(x)＝ax2＋ax－1，若对任意实数x，恒有f(x)≤0，则实数a的取值范围是______. 解析

若a＝0，则f(x)＝－1≤0恒成立，

若a≠0，则由题意，得

a<0，解得－4≤a<0，

2Δ＝a＋4a≤0，综上，得a∈[－4，0]. 答案

[－4，0]

考点一

一元二次不等式的解法

角度1

不含参数的不等式

【例1－1】

求不等式－2x2＋x＋3<0的解集. 解

化－2x2＋x＋3<0为2x2－x－3>0，

3解方程2x2－x－3＝0，得x1＝－1，x2＝2，

3∴不等式2x2－x－3>0的解集为(－∞，－1)∪2，＋∞，

3即原不等式的解集为(－∞，－1)∪2，＋∞. 角度2

含参数的不等式

命题点1

通过判别式分类讨论

【例1－2】

解关于x的不等式kx2－2x＋k<0(k∈R). 解

①当k＝0时，不等式的解为x>0.

多维探究

21－1－k②当k>0时，若Δ＝4－4k2>0，即0

k若Δ≤0，即k≥1时，不等式无解. ③当k<0时，若Δ＝4－4k2>0，即－1

1＋1－k21－1－k2不等式的解为x<或x>，

kk若Δ<0，即k<－1时，不等式的解集为R；

若Δ＝0，即k＝－1时，不等式的解为x≠－1，

综上所述，k≥1时，不等式的解集为∅；

0

1－1－k21＋1－k2x；

0}；

当－1

1＋1－k21－1－k2xx<；

，或x>kkk＝－1时，不等式的解集为{x|x≠－1}；

k<－1时，不等式的解集为R. 命题点2

通过根的大小分类讨论

【例1－3】

解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R). 解

原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0. ①当a＝0时，原不等式化为x＋1≤0，解得x≤－1. 2②当a＞0时，原不等式化为x－a(x＋1)≥0，

2解得x≥a或x≤－1. 2③当a＜0时，原不等式化为x－a(x＋1)≤0. 22当a＞－1，即a＜－2时，解得－1≤x≤a；

2当a＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意；

22当a＜－1，即－2

当a＞02；

x|x≥或x≤－1时，不等式的解集为a2当－2＜a＜0时，不等式的解集为xa≤x≤－1；

当a＝－2时，不等式的解集为{－1}；

当a＜－22时，不等式的解集为x|－1≤x≤a. 规律方法

1.解一元二次不等式的一般方法和步骤

(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，根据判别式判断方程有没有实根(无实根时，不等式解集为R或∅). (3)求：求出对应的一元二次方程的根. (4)写：利用“大于零取两边，小于零取中间”写出不等式的解集. 2.含有参数的不等式的求解，往往需要对参数进行分类讨论：

(1)若二次项系数为常数，首先确定二次项系数是否为正数，再考虑分解因式，对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式进行分类讨论；

(2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式；

(3)其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集. 【训练1】

(2018·豫北豫南名校联考)不等式x2－3|x|＋2>0的解集是________. 解析

由题原不等式可转化为|x|2－3|x|＋2>0，

解得|x|<1或|x|>2，

所以x∈(－∞，－2)∪(－1，1)∪(2，＋∞). 答案

(－∞，－2)∪(－1，1)∪(2，＋∞) 考点二

一元二次方程与一元二次不等式

11【例2】

已知不等式ax2－bx－1>0的解集是{x|－2

11解析

由题意，知－2，－3是方程ax2－bx－1＝0的两个根，且a<0，所以11b－＝，－2＋3aa＝－6，

11－1解得b＝5.－＝－2×a，3故不等式x2－bx－a≥0为x2－5x＋6≥0，

解得x≥3或x≤2. 答案

{x|x≥3或x≤2} 规律方法

1.一元二次方程的根就是相应一元二次函数的零点，也是相应一元二次不等式解集的端点值. 2.给出一元二次不等式的解集，相当于知道了相应二次函数的开口方向及与x轴的交点，可以利用代入根或根与系数的关系求待定系数. 【训练2】

(2019·天津和平区一模)关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是(

) A.(－∞，－1)∪(3，＋∞)

C.(－1，3)

B.(1，3) D.(－∞，1)∪(3，＋∞) 解析

关于x的不等式ax－b<0即ax

∴不等式(ax＋b)(x－3)>0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－1

∴所求不等式的解集是(－1，3). 答案

C 考点三

一元二次不等式恒成立问题角度1

在实数R上恒成立

【例3－1】

(2018·大庆实验中学期中)对于任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围是(

) A.(－∞，2)

C.(－2，2)

B.(－∞，2] D.(－2，2] 多维探究

解析

当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立；

当a－2≠0，即a≠2时，

a－2<0，则有

2Δ＝[－2（a－2）]－4×（a－2）×（－4）<0，

解得－2

D 角度2

在给定区间上恒成立

【例3－2】

(一题多解)设函数f(x)＝mx2－mx－1(m≠0)，若对于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，则m的取值范围是________.

解析

要使f(x)＜－m＋5在[1，3]上恒成立，

故mx2－mx＋m－6＜0，

13则mx－2＋4m－6＜0在x∈[1，3]上恒成立. 13法一

令g(x)＝mx－2＋4m－6，x∈[1，3]. 当m＞0时，g(x)在[1，3]上是增函数，

所以g(x)max＝g(3)＝7m－6＜0. 66所以m＜7，则0＜m＜7. 当m＜0时，g(x)在[1，3]上是减函数，

所以g(x)max＝g(1)＝m－6＜0. 所以m＜6，所以m＜0. 6综上所述，m的取值范围是m0＜m＜7或m＜0. 2213法二

因为x2－x＋1＝x－2＋4＞0，

又因为m(x2－x＋1)－6＜0，所以m＜因为函数y＝6. x2－x＋126666＝在[1，3]上的最小值为，所以只需m＜277即可. x2－x＋113x－2＋460＜m＜的取值范围是m7或m＜0 . 因为m≠0，所以m6

答案

m0＜m＜7或m＜0 角度3

给定参数范围的恒成立问题

【例3－3】

已知a∈[－1，1]时不等式x2＋(a－4)x＋4－2a＞0恒成立，则x的取值范围为(

) A.(－∞，2)∪(3，＋∞)

C.(－∞，1)∪(3，＋∞)

B.(－∞，1)∪(2，＋∞) D.(1，3) 解析

把不等式的左端看成关于a的一次函数，记f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，

则由f(a)＞0对于任意的a∈[－1，1]恒成立，

得f(－1)＝x2－5x＋6＞0，

且f(1)＝x2－3x＋2＞0即可，

2x－5x＋6＞0，解不等式组2得x＜1或x＞3. x－3x＋2＞0，答案

C 规律方法

1.对于一元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.另外常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值. 2.解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数. 10，【训练3】

(2019·安庆模拟)若不等式x＋ax＋1≥0对一切x∈恒成立，则22a的最小值是(

) A.0

B.－2

5C.－2

D.－3 1解析

由于x∈0，2，若不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，

11则a≥－x＋x，x∈0，2时恒成立，

11令g(x)＝x＋x，x∈0，2，

11易知g(x)在0，2上是减函数，则y＝－g(x)在0，2上是增函数. 51∴y＝－g(x)的最大值是－2＋2＝－2. 55因此a≥－2，则a的最小值为－2. 答案

C

考点四

一元二次不等式的应用

【例4】

甲厂以x千克/时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10)，每3小时可获得利润1005x＋1－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. 3解

(1)根据题意，得2005x＋1－x≥3 000，

3整理得5x－14－x≥0，即5x2－14x－3≥0，

1解得x≥3或x≤－5，

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

3900y＝x·1005x＋1－x

13＝9×1045＋x－x2

11261＝9×10－3－＋，

x6124故当x＝6时，ymax＝457 500元. 即甲厂以6千克/时的生产速度生产900千克该产品时获得的利润最大，最大利润为457 500元. 规律方法

求解不等式应用题的四个步骤

(1)阅读理解，认真审题，把握问题中的关键量，找准不等关系. (2)引进数学符号，将文字信息转化为符号语言，用不等式表示不等关系，建立相应的数学模型. (3)解不等式，得出数学结论，要注意数学模型中自变量的实际意义. (4)回归实际问题，将数学结论还原为实际问题的结果. 【训练4】

已知产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系式是y＝3 000＋20x－0.1x2，x∈(0，240).若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本(销售

收入不小于总成本)时的最低产量是(

) A.100台

C.150台

B.120台

D.180台

解析

由题设，产量x台时，总售价为25x；欲使生产者不亏本时，必须满足总售价大于等于总成本，

即25x≥3 000＋20x－0.1x2，

即0.1x2＋5x－3 000≥0，x2＋50x－30 000≥0，

解之得x≥150或x≤－200(舍去). 故欲使生产者不亏本，最低产量是150台. 故选C. 答案

C

[思维升华] 1.“三个二次”的关系是解一元二次不等式的理论基础；一般可把a＜0的情况转化为a＞0时的情形. 2.在解决不等式ax2＋bx＋c>0(或≥0)对于一切x∈R恒成立问题时，当二次项系数含有字母时，需要对二次项系数a进行讨论，并研究当a＝0时是否满足题意. 3.含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数在区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单. [易错防范] 1.当Δ<0时，ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集为R还是∅，要注意区别. 2.含参数的不等式要注意选好分类标准，避免盲目讨论.

基础巩固题组

(建议用时：40分钟) 一、选择题

1.(2018·合肥调研)已知集合A＝{y|y＝ex，x∈R}，B＝{x∈R|x2－x－6≤0}，则A∩B等于(

)

A.(0，2)

C.[－2，3]

B.(0，3] D.[2，3] 解析

因为A＝{y|y>0}，B＝{x|－2≤x≤3}，

故A∩B＝{x|0

B x＋52.不等式≥2的解集是(

) （x－1）21A.－3，2

1C.2，1∪(1，3]

2x2－5x－3解析

不等式可化为≤0，

（x－1）2（2x＋1）（x－3）即≤0，

（x－1）21解得－2≤x<1或1

C 3.不等式|x|(1－2x)>0的解集为(

) 10，A.(－∞，0)∪

21C.2，＋∞

1－∞，B.

21D.0，2

1B.－2，3

1D.－2，1∪(1，3] 1解析

当x≥0时，原不等式即为x(1－2x)>0，所以00，所以x<0，综上，原不等式的解集为(－∞，0)∪. 2答案

A 4.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是(

) A.(－1，0)

B.(2，＋∞) D.不能确定

C.(－∞，－1)∪(2，＋∞)

a解析

由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)图象的对称轴为直线x＝1，则有2＝1，故a＝2.由f(x)的图象可知f(x)在[－1，1]上为增函数.所以x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(－1)

＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2，令b2－b－2>0，解得b<－1或b>2. 答案

C 5.(2019·淄博月考)已知二次函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1(a∈Z)，且函数f(x)在(－2，－1)上恰有一个零点，则不等式f(x)>1的解集是(

) A.(－∞，－1)∪(0，＋∞)

C.(－1，0)

B.(－∞，0)∪(1，＋∞) D.(0，1) 解析

由Δ＝[－(a＋2)]2－4a＝a2＋4>0知，函数f(x)必有两个不同的零点，又f(x)3在(－2，－1)上恰有一个零点，则f(－2)·f(－1)<0，即(6a＋5)(2a＋3)<0，解得－251即为－x2－x>0，解得－1

C 二、填空题

6.不等式2x2－x<4的解集为________. 解析

由已知得2x2－x<22，

∴x2－x<2即x2－x－2<0，解得－1

故所求解集为

(－1，2). 答案

(－1，2) 117.已知不等式mx2＋nx－m<0的解集为{x|x<－2或x>2}，则m－n＝________. 11解析

由已知得m<0且－2，2是方程mx2＋nx－m＝0的两根，

1nm＝－1，m＝1，－＋2＝－2m，∴解得3或3(舍). 11n＝n＝－22－×2＝－2，2m35∴m－n＝－1－2＝－2. 5答案

－2

8.(2019·河南中原名校联考)已知f(x)是定义在R上的奇函数.当x>0时，f(x)＝x2－2x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________. 解析

设x<0，则－x>0，

因为f(x)是奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－(x2＋2x). 又f(0)＝0.

x>0，x<0，于是不等式f(x)>x等价于2或2

x－2x>x－x－2x>x，解得x>3或－3

(－3，0)∪(3，＋∞) 三、解答题

9.某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件.若售价降低x成(18成＝10%)，售出商品数量就增加5x成.要求售价不能低于成本价. (1)设该商店一天的营业额为y，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；

(2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围. x8解

(1)由题意得，y＝1001－10·1001＋50x. x1－因为售价不能低于成本价，所以100－80≥0，解得0≤x≤2. 10所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，

定义域为{x|0≤x≤2}. (2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260，

113化简得8x2－30x＋13≤0，解得2≤x≤4. 1所以x的取值范围是2，2. 10.解下列不等式：

(1)0

(2)12x2－ax>a2(a∈R). 解

(1)原不等式等价于

2x－x－2>0，x>2或x<－1，2可得

x－x－2≤4，－2≤x≤3.借助于数轴，如图所示，

∴原不等式的解集为{x|－2≤x＜－1或2＜x≤3}.

(2)∵12x2－ax>a2，∴12x2－ax－a2>0，

即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，

aa得x1＝－4，x2＝3. aaaax|x<－或x>当a>0时，－4<3，解集为43；

当a＝0时，x2>0，解集为{x|x∈R且x≠0}；

aaaa当a<0时，－4>3，解集为x|x<3或x>－4. 综上所述，当a>0时，不等式的解集为

aax|x<－或x>；

43当a＝0时，不等式的解集为{x|x∈R且x≠0}；

当a<0aa时，不等式的解集为x|x<3或x>－4. 能力提升题组

(建议用时：20分钟) x，x≤0，11.已知函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是ln（x＋1），x>0，(

) A.(－∞，－1)∪(2，＋∞)

C.(－1，2)

B.(－∞，－2)∪(1，＋∞) D.(－2，1) 解析

易知f(x)在R上是增函数，∵f(2－x2)>f(x)，

∴2－x2>x，解得－2

D 12.(2019·保定一中调研)已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x≥0时，f(x)＝x3，若不等式f(－4t)>f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是(

) A.(－∞，－2)

C.(－∞，0)∪(2，＋∞)

B.(－2，0) D.(－∞，－2)∪(2，＋∞) 解析

因为f(x)在R上为奇函数，且在[0，＋∞)上为增函数，所以f(x)在R上是增函数，结合题意得－4t>2m＋mt2对任意实数t恒成立⇒mt2＋4t＋2m<0对任意实

m<0，数t恒成立⇒⇒m∈(－∞，－2). 2Δ＝16－8m<0答案

A 13.设a<0，若不等式－cos2x＋(a－1)cos x＋a2≥0对于任意的x∈R恒成立，则a的取值范围是________. 解析

令t＝cos x，t∈[－1，1]，则不等式f(t)＝t2－(a－1)t－a2≤0对t∈[－1，1]2f（－1）≤0，a－a≤0，恒成立，因此⇒∵a<0，∴a≤－2. 2f（1）≤02－a－a≤0，答案

(－∞，－2] 14.(2019·济南一中质检)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝ex.若对任意x∈[a，a＋1]，恒有f(x＋a)≥f(2x)成立，求实数a的取值范围. 解

因为函数f(x)是偶函数，

故函数图象关于y轴对称，且在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增. 所以由f(x＋a)≥f(2x)可得|x＋a|≥2|x|在[a，a＋1]上恒成立，

从而(x＋a)2≥4x2在[a，a＋1]上恒成立，

化简得3x2－2ax－a2≤0在[a，a＋1]上恒成立，

设h(x)＝3x2－2ax－a2，

h（a）＝0≤0，3则有解得a≤－4. h（a＋1）＝4a＋3≤0，3故实数a的取值范围是－∞，－4. 新高考创新预测

15.(试题创新)若实数a，b，c满足对任意实数x，y有3x＋4y－5≤ax＋by＋c≤3x＋4y＋5，则(

) A.a＋b－c的最小值为2 B.a－b＋c的最小值为－4 C.a＋b－c的最大值为4 D.a－b＋c的最大值为6 解析

由题意可得－5≤(a－3)x＋(b－4)y＋c≤5恒成立，所以a＝3，b＝4，－5≤c≤5，则2≤a＋b－c≤12，即a＋b－c的最小值是2，最大值是12，A正确，

C错误；－6≤a－b＋c≤4，则a－b＋c的最小值是－6，最大值是4，B错误，D错误，故选A. 答案

A