【数学】2020届一轮复习（理，鲁津京琼）人教B版1-4从函数的观点看一元二次方程和一元二次不等式学案
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
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x1，x2(x1＜x2)
有两相等实根x1＝x2＝－
没有实数根
ax2＋bx＋c＞0
(a＞0)的解集
R
ax2＋bx＋c＜0
(a＞0)的解集
{x|x1＜x＜x2}
∅
∅
3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集
不等式
解集
a
b
(x－a)·(x－b)>0
{x|xb}
{x|x≠a}
{x|xa}
(x－a)·(x－b)<0
{x|a0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0).
(2)≥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.
(1)不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔或
(2)不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔或
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[－，].( )
(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[－，]；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5P80A9改编)已知集合A＝，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B＝( )
A.(－2，3) B.(－2，2)
C.(－2，2] D.[－2，2]
解析 因为A＝{x|x≤2}，B＝{x|－20，
令3x2－2x－2＝0，得x1＝，x2＝，
∴3x2－2x－2>0的解集为
∪.
答案 ∪
4.(2018·烟台月考)不等式≥0的解集为( )
A.[－2，1] B.(－2，1]
C.(－∞，－2)∪(1，＋∞) D.(－∞，－2]∪(1，＋∞)
解析 原不等式化为
即解得－20的解集为{x|－10的解集为{x|－10，
解方程2x2－x－3＝0，得x1＝－1，x2＝，
∴不等式2x2－x－3>0的解集为(－∞，－1)∪，
即原不等式的解集为(－∞，－1)∪.
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.
②当k>0时，若Δ＝4－4k2>0，即00，即－1，
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∅；
00}；
当－10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
【例2】 已知不等式ax2－bx－1>0的解集是{x|－0的解集是( )
A.(－∞，－1)∪(3，＋∞) B.(1，3)
C.(－1，3) D.(－∞，1)∪(3，＋∞)
解析 关于x的不等式ax－b<0即ax0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－10(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) B.(0，3]
C.[－2，3] D.[2，3]
解析 因为A＝{y|y>0}，B＝{x|－2≤x≤3}，
故A∩B＝{x|00的解集为( )
A.(－∞，0)∪ B.
C. D.
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)∪.
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，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(2，＋∞) D.不能确定
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＝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，＋∞) B.(－∞，0)∪(1，＋∞)
C.(－1，0) 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)在(－2，－1)上恰有一个零点，则f(－2)·f(－1)<0，即(6a＋5)(2a＋3)<0，解得－1即为－x2－x>0，解得－12}，则m－n＝________.
解析 由已知得m<0且－，2是方程mx2＋nx－＝0的两根，
∴解得或(舍).
∴m－n＝－1－＝－.
答案 －
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.
于是不等式f(x)>x等价于或
解得x>3或－3a2(a∈R).
解 (1)原不等式等价于
可得
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，
得x1＝－，x2＝.
当a>0时，－<，解集为；
当a＝0时，x2>0，解集为{x|x∈R且x≠0}；
当a<0时，－>，解集为.
综上所述，当a>0时，不等式的解集为
；
当a＝0时，不等式的解集为{x|x∈R且x≠0}；
当a<0时，不等式的解集为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.已知函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则实数x
的取值范围是( )
A.(－∞，－1)∪(2，＋∞) B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C.(－1，2) 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－2f(2m＋mt2)对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.(－∞，－) B.(－，0)
C.(－∞，0)∪(，＋∞) D.(－∞，－)∪(，＋∞)
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对任意实数t恒成立⇒⇒m∈(－∞，－).
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]恒成立，因此⇒∵a<0，∴a≤－2.
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，
则有解得a≤－.
故实数a的取值范围是.
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
