【数学】2019届一轮复习人教A版（文）7-2不等式学案
7.2 一元二次不等式及其解法
最新考纲
考情考向分析
1.会从实际问题的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.
以理解一元二次不等式的解法为主，常与集合的运算相结合考查一元二次不等式的解法，有时也在导数的应用中用到，加强函数与方程思想，分类讨论思想和数形结合思想的应用意识．本节内容在高考中常以选择题的形式考查，属于低档题，若在导数的应用中考查，难度较高.
1．“三个二次”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
0
(a>0)的解集
{x|xx2}
{x|x∈R}
一元二次不等式
ax2＋bx＋c<0
(a>0)的解集
{x|x1< x0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解法
不等式
解集
ab
(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.
以上两式的核心要义是将分式不等式转化为整式不等式．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若不等式ax2＋bx＋c<0的解集为(x1，x2)，则必有a>0.( √ )
(2)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.( √ )
(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集为R.( × )
(4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.( × )
(5)若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，则不等式ax2＋bx＋c<0的解集一定不是空集．( √ )
题组二 教材改编
2．[P80A组T4]已知全集U＝R，集合A＝{x|x2－x－6≤0}，B＝，那么集合A∩
(∁UB)等于( )
A．[－2,4) B．(－1,3]
C．[－2，－1] D．[－1,3]
答案 D
解析 因为A＝{x|－2≤x≤3}，B＝{x|x<－1或x≥4}，
故∁UB＝{x|－1≤x<4}，所以A∩(∁UB)＝{x|－1≤x≤3}，故选D.
3．[P80A组T2]y＝log2(3x2－2x－2)的定义域是________________．
答案 ∪
解析 由题意，得3x2－2x－2>0，
令3x2－2x－2＝0，得x1＝，x2＝，
∴3x2－2x－2>0的解集为
∪.
题组三 易错自纠
4．当x>0时，若不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，则a的最小值为( )
A．－2B．－3C．－1D．－
答案 A
解析 方法一 当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，不等式x2＋ax＋1≥0对任意x>0恒成立，当Δ＝a2－4>0时，则需解得a>2，所以使不等式x2＋ax＋1≥0对任意x>0恒成立的实数a的最小值是－2.
方法二 当x>0时，不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，等价于当x>0时，a≥－恒成立，∵x＋≥2当且仅当x＝1时，取等号，∴－≤－2，∴a≥－2，
∴a的最小值为－2.
5．若关于x的不等式ax2＋bx＋2>0的解集是，则a＋b＝________.
答案 －14
解析 ∵x1＝－，x2＝是方程ax2＋bx＋2＝0的两个根，
∴解得
∴a＋b＝－14.
6．已知关于x的不等式(a2－4)x2＋(a＋2)x－1≥0的解集为空集，则实数a的取值范围为____________．
答案
解析 当a2－4＝0时，a＝±2.若a＝－2，不等式可化为－1≥0，显然无解，满足题意；若a＝2，不等式的解集不是空集，所以不满足题意；当a≠±2时，要使不等式的解集为空集，则解得－20，
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)∪.
命题点2 含参不等式
典例解关于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当a>0时，原不等式化为(x＋1)≥0，
解得x≥或x≤－1.
③当a<0时，原不等式化为(x＋1)≤0.
当>－1，即a<－2时，解得－1≤x≤；
当＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意；
当<－1，即－20时，不等式的解集为；
当－20，当a＝2时，4>0，对一切实数恒成立；当2－a>0时，由Δ＝4(2－a)2－16(2－a)<0，解得－20时，g(x)在[1,3]上是增函数，
所以g(x)max＝g(3)，即7m－6<0，
所以m<，所以00，
又因为m(x2－x＋1)－6<0，所以m<.
因为函数y＝＝在[1,3]上的最小值为，所以只需m<即可．
所以m的取值范围是.
命题点3 给定参数范围的恒成立问题
典例对任意m∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范围．
解 由f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m
＝(x－2)m＋x2－4x＋4，
令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4.
由题意，知在[－1,1]上，g(m)的值恒大于零，
∴
解得x<1或x>3.
故当x的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m∈[－1,1]，函数f(x)的值恒大于零．
思维升华 (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．
跟踪训练函数f(x)＝x2＋ax＋3.
(1)当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当x∈[－2,2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a∈[4,6]时，f(x)≥0恒成立，求实数x的取值范围．
解 (1)∵当x∈R时，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，
需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，
∴实数a的取值范围是[－6,2]．
(2)当x∈[－2,2]时，设g(x)＝x2＋ax＋3－a≥0，分如下三种情况讨论(如图所示)：
①如图①，当g(x)的图象恒在x轴上方且满足条件时，有Δ＝a2－4(3－a)≤0，即－6≤a≤2.
②如图②，g(x)的图象与x轴有交点，
但当x∈[－2，＋∞)时，g(x)≥0，
即
即可得
解得a∈∅.
③如图③，g(x)的图象与x轴有交点，
但当x∈(－∞，2]时，g(x)≥0.
即
即可得
∴－7≤a≤－6，
综上，实数a的取值范围是[－7,2]．
(3)令h(a)＝xa＋x2＋3.
当a∈[4,6]时，h(a)≥0恒成立．
只需即
解得x≤－3－或x≥－3＋.
∴实数x的取值范围是
(－∞，－3－]∪[－3＋，＋∞)．
题型三 一元二次不等式的应用
典例甲厂以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)，每小时可获得的利润是100·元．
(1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000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，得200≥3000，
整理得5x－14－≥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3000元，x的取值范围是[3,10]．
(2)设利润为y元，则
y＝·100
＝9×104
＝9×104，
故当x＝6时，ymax＝457500元．
即甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品时获得的利润最大，最大利润为457500元．
思维升华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．
跟踪训练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(1成＝10 )，售出商品数量就增加x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10260元，求x的取值范围．
解 (1)由题意，得y＝100·100.
因为售价不能低于成本价，所以100－80≥0.
所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，定义域为x∈[0,2]．
(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10260，
化简得8x2－30x＋13≤0，解得≤x≤.
所以x的取值范围是.
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)0恒成立，则实数a的取值范围是________．
思想方法指导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．
解析 (1)由题意知f(x)＝x2＋ax＋b
＝2＋b－.
∵f(x)的值域为[0，＋∞)，
∴b－＝0，即b＝.
∴f(x)＝2.
又∵f(x)0恒成立，
即x2＋2x＋a>0恒成立．
即当x≥1时，a>－(x2＋2x)恒成立．令g(x)＝－(x2＋2x)，
则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}
1．不等式(x－1)(2－x)≥0的解集为( )
A．{x|1≤x≤2} B．{x|x≤1或x≥2}
C．{x|12}
答案 A
解析 由(x－1)(2－x)≥0可知，(x－2)(x－1)≤0，
所以不等式的解集为{x|1≤x≤2}．
2．(2018届合肥调研)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]
答案 B
解析 因为A＝{y|y>0}，B＝{x|－2≤x≤3}，
故A∩B＝{x|00的解集为{x|－10的解集为( )
A. B.
C．{x|－21}
答案 A
解析 ∵不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|－10，解得，故选A.
5．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件售价提高1元，销售量就会减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，售价每件应定为( )
A．12元 B．16元
C．12元到16元之间 D．10元到14元之间
答案 C
解析 设售价定为每件x元，利润为y，
则y＝(x－8)[100－10(x－10)]，
依题意有(x－8)[100－10(x－10)]>320，
即x2－28x＋192<0，解得121时，不等式的解集为[1，a]，此时只要a≤3即可，即10(e是自然对数的底数)的解集是__________．
答案 {x|－ln20，可得0的解集；
(2)若a>0，且00，
即a(x＋1)(x－2)>0.
当a>0时，不等式F(x)>0的解集为{x|x<－1或x>2}；
当a<0时，不等式F(x)>0的解集为{x|－10，且00.
∴f(x)－m<0，即f(x)0的解集．
解 因为(a＋b)x＋2a－3b<0，
所以(a＋b)x<3b－2a，
因为不等式的解集为，
所以a＋b<0，且＝－，
解得a＝3b<0，
则不等式(a－2b)x2＋2(a－b－1)x＋a－2>0，
等价于bx2＋(4b－2)x＋3b－2>0，
即x2＋x＋3－<0，
即(x＋1)<0.
因为－3＋<－1，
所以所求不等式的解集为.
13．若关于x的不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解，则实数a的取值范围是____________．
答案
解析 方法一 ∵x2＋ax－2>0在x∈[1,5]上有解，
令f(x)＝x2＋ax－2，
∵f(0)＝－2<0，f(x)的图象开口向上，
∴只需f(5)>0，即25＋5a－2>0，解得a>－.
方法二 由x2＋ax－2>0在x∈[1,5]上有解，
可得a>＝－x在x∈[1,5]上有解．
又f(x)＝－x在x∈[1,5]上是减函数，
∴min＝－，只需a>－.
14．不等式a2＋8b2≥λb(a＋b)对于任意的a，b∈R恒成立，则实数λ的取值范围为__________．
答案 [－8,4]
解析 因为a2＋8b2≥λb(a＋b)对于任意的a，b∈R恒成立，所以a2＋8b2－λb(a＋b)≥0对于任意的a，b∈R恒成立，即a2－λba＋(8－λ)b2≥0恒成立，
由一元二次不等式的性质可知，
Δ＝λ2b2＋4(λ－8)b2＝b2(λ2＋4λ－32)≤0，
所以(λ＋8)(λ－4)≤0，解得－8≤λ≤4.
15．(2018·郑州质检)已知函数f(x)＝若关于x的不等式[f(x)]2＋af(x)－b2<0恰有1个整数解，则实数a的最大值是( )
A．2 B．3
C．5 D．8
答案 D
解析 作出函数f(x)的图象如图实线部分所示，
由[f(x)]2＋af(x)－b2<0，
得
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