2014一輪復(fù)習(xí)第2講 一元二次不等式及其解法(學(xué)生)

高中數(shù)學(xué)授課教師：李川教學(xué)模式：一對一學(xué)生：第2講一元二次不等式及其解法【2014年高考會(huì)這樣考】1．會(huì)從實(shí)際情景中抽象出一元二次不等式模型．2．考查一元二次不等式的解法及其“三個(gè)二次”間的關(guān)系問題．3．以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)為載體，考查不等式的參數(shù)范圍問題．【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】1．結(jié)合“三個(gè)二次”之間的聯(lián)系，掌握一元二次不等式的解法．2．熟練掌握分式不等式、無理不等式、含絕對值不等式、高次不等式、指數(shù)不等式和對數(shù)不等式的解法．基礎(chǔ)梳理1．一元二次不等式的解法(1)將不等式的右邊化為零，左邊化為二次項(xiàng)系數(shù)大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．(2)求出相應(yīng)的一元二次方程的根．(3)利用二次函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)確定一元二次不等式的解集．2．一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)及一元二次方程的關(guān)系如下表：判別式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實(shí)根x1，x2(x1＜x2)有兩相等實(shí)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實(shí)數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＞x2或x＜x1}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(b,2a)))Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??一個(gè)技巧一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0(a≠0)的解集的確定受a的符號(hào)、b2－4ac的符號(hào)的影響，且與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程有密切聯(lián)系，可結(jié)合相應(yīng)的函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象，數(shù)形結(jié)合求得不等式的解集．若一元二次不等式經(jīng)過不等式的同解變形后，化為ax2＋bx＋c＞0(或＜0)(其中a＞0)的形式，其對應(yīng)的方程ax2＋bx＋c＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2，(x1＜x2)(此時(shí)Δ＝b2－4ac＞0)，則可根據(jù)“大于取兩邊，小于夾中間”求解集．兩個(gè)防范(1)二次項(xiàng)系數(shù)中含有參數(shù)時(shí)，參數(shù)的符號(hào)影響不等式的解集；不要忘了二次項(xiàng)系數(shù)是否為零的情況；(2)解含參數(shù)的一元二次不等式，可先考慮因式分解，再對根的大小進(jìn)行分類討論；若不能因式分解，則可對判別式進(jìn)行分類討論，分類要不重不漏．雙基自測1．(人教A版教材習(xí)題改編)不等式x2－3x＋2＜0的解集為()．A．(－∞，－2)∪(－1，＋∞) B．(－2，－1)C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D．(1,2)2．(2011·廣東)不等式2x2－x－1＞0的解集是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) B．(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)3．不等式9x2＋6x＋1≤0的解集是()．A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(1,3))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,3)≤x≤\f(1,3))) D．R4．(2012·許昌模擬)若不等式ax2＋bx－2＜0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－2＜x＜\f(1,4)))，則ab＝()．A．－28B．－26C．28D．265．不等式ax2＋2ax＋1≥0對一切x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．考向一一元二次不等式的解法【例1】?已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≥0，,－x2＋2x，x＜0，))解不等式f(x)＞3.解一元二次不等式的一般步驟是：(1)化為標(biāo)準(zhǔn)形式；(2)確定判別式Δ的符號(hào)；(3)若Δ≥0，則求出該不等式對應(yīng)的二次方程的根，若Δ＜0，則對應(yīng)的二次方程無根；(4)結(jié)合二次函數(shù)的圖象得出不等式的解集．特別地，若一元二次不等式的左邊的二次三項(xiàng)式能分解因式，則可立即寫出不等式的解集．【訓(xùn)練1】函數(shù)f(x)＝eq\r(2x2＋x－3)＋log3(3＋2x－x2)的定義域?yàn)開_______．考向二含參數(shù)的一元二次不等式的解法【例2】?求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．解含參數(shù)的一元二次不等式的一般步驟：(1)二次項(xiàng)若含有參數(shù)應(yīng)討論是等于0，小于0，還是大于0，然后將不等式轉(zhuǎn)化為二次項(xiàng)系數(shù)為正的形式．(2)判斷方程的根的個(gè)數(shù)，討論判別式Δ與0的關(guān)系．(3)確定無根時(shí)可直接寫出解集，確定方程有兩個(gè)根時(shí)，要討論兩根的大小關(guān)系，從而確定解集形式．【訓(xùn)練2】解關(guān)于x的不等式(1－ax)2＜1.考向三不等式恒成立問題【例3】?已知不等式ax2＋4x＋a＞1－2x2對一切實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全體實(shí)數(shù)(或恒成立)的條件是當(dāng)a＝0時(shí)，b＝0，c＞0；當(dāng)a≠0時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0；))不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全體實(shí)數(shù)(或恒成立)的條件是當(dāng)a＝0時(shí)，b＝0，c＜0；當(dāng)a≠0時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))【訓(xùn)練3】已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，當(dāng)x∈[－1，＋∞)時(shí)，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍．規(guī)范解答12——怎樣求解含參數(shù)不等式的恒成立問題【問題研究】含參數(shù)的不等式恒成立問題越來越受高考命題者的青睞，且由于新課標(biāo)對導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的加強(qiáng)，這些不等式恒成立問題往往與導(dǎo)數(shù)問題交織在一起，在近年的高考試題中不難看出這個(gè)基本的命題趨勢.對含有參數(shù)的不等式恒成立問題，破解的方法主要有：分離參數(shù)法和函數(shù)性質(zhì)法.【解決方案】解決這類問題的關(guān)鍵是將恒成立問題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，使之轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.【示例】?(本題滿分14分)(2011·浙江)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.(1)若x＝e為y＝f(x)的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a；(2)求實(shí)數(shù)a的取值范圍，使得對任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立．注：e為自然對數(shù)的底數(shù)．本題對于(1)問的解答要注意對于結(jié)果的檢驗(yàn)，因?yàn)閒′(x0)＝0，x0不一定是極值點(diǎn)；對于(2)問的解答可以采用分離參數(shù)求最值的方法進(jìn)行突破，這樣問題就轉(zhuǎn)化為單邊求最值，相對分類討論求解要簡單的多．[解答示范](1)求導(dǎo)得f′(x)＝2(x－a)lnx＋eq\f(x－a2,x)＝(x－a)(2lnx＋1－eq\f(a,x))．(2分)因?yàn)閤＝e是f(x)的極值點(diǎn)，所以f′(e)＝(e－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(a,e)))＝0，解得a＝e或a＝3e.經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意，所以a＝e或a＝3e.(4分)(2)①當(dāng)0＜x≤1時(shí)，對于任意的實(shí)數(shù)a，恒有f(x)≤0＜4e2成立．(5分)②當(dāng)1＜x≤3e時(shí)，由題意，首先有f(3e)＝(3e－a)2ln(3e)≤4e2，解得3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e＋eq\f(2e,\r(ln3e))(6分)由(1)知f′(x)＝x－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx＋1－\f(a,x))).(8分)令h(x)＝2lnx＋1－eq\f(a,x)，則h(1)＝1－a＜0，h(a)＝2lna＞0，且h(3e)＝2ln(3e)＋1－eq\f(a,3e)≥2ln(3e)＋1－eq\f(3e＋\f(2e,\r(ln3e)),3e)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln3e－\f(1,3\r(ln3e))))＞0.(9分)又h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)內(nèi)有唯一零點(diǎn)，記此零點(diǎn)為x0，則1＜x0＜3e,1＜x0＜a.從而，當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(x0，a)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.即f(x)在(0，x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0，a)內(nèi)單調(diào)遞減，在(a，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．所以要使f(x)≤4e2對x∈(1,3e]恒成立，只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx0＝x0－a2lnx0≤4e2，1,f3e＝3e－a2ln3e≤4e2，2))成立．(11分)由h(x0)＝2lnx0＋1－eq\f(a,x0)＝0，知a＝2x0lnx0＋x0.(3)將(3)代入(1)得4xeq\o\al(2,0)ln3x0≤4e2.又x0＞1，注意到函數(shù)x2ln3x在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，故1＜x0≤e.再由(3)以及函數(shù)2xlnx＋x在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，可得1＜a≤3e.由(2)解得，3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e＋eq\f(2e,\r(ln3e)).所以3e－eq\f(2e,\r(ln3e))≤a≤3e.(13分