《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第六章 ：第二節(jié)　一元二次不等式及其解法突破熱點(diǎn)題型》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第六章 ：第二節(jié)　一元二次不等式及其解法突破熱點(diǎn)題型（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 第二節(jié)　一元二次不等式及其解法 高頻考點(diǎn) 考點(diǎn)一 一元二次不等式的解法　　 [來源:] 1．一元二次不等式的解法是高考的?？純?nèi)容，題型多為選擇題或填空題，難度適中，屬中檔題．[來源:] 2．高考對(duì)一元二次不等式解法的考查常有以下幾個(gè)命題角度： (1)直接考查一元二次不等式的解法； (2)與函數(shù)的奇偶性等相結(jié)合，考查一元二次不等式的解法； (3)已知一元二次不等式的解集求參數(shù)． [例1]　(1)(2013·廣東高考)不等式x2＋x－2<0的解集為_______

2、_______． (2)(2013·江蘇高考)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－4x，則不等式f(x)>x的解集用區(qū)間表示為________________． (3)(2013·重慶高考)關(guān)于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集為(x1，x2)，且x2－x1＝15，則a＝(　　) A. B. C. D. [自主解答]　(1)由x2＋x－2<0，得(x－1)(x＋2)<0，∴－2<x<1，即不等式x2＋x－2<0的解集為{x|－

3、2<x<1}． (2)∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，又當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，∴f(－x)＝x2＋4x. 又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)， ∴f(x)＝－x2－4x(x<0)， ∴f(x)＝ ①當(dāng)x>0時(shí)，由f(x)>x，得x2－4x>x，解得x>5； ②當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)>x無解； ③當(dāng)x<0時(shí)，由f(x)>x，得－x2－4x>x，解得－5<x<0. 綜上得不等式f(x)>x的解集用區(qū)間表示為(－5,0)∪(5，＋∞)． (3)法一：∵不等式x2－

4、2ax－8a2<0的解集為(x1，x2)， ∴x1，x2是方程x2－2ax－8a2＝0的兩根． 由韋達(dá)定理知 ∴x2－x1＝＝＝15， 又∵a>0，∴a＝. 法二：由x2－2ax－8a2<0，得(x＋2a)(x－4a)<0，∵a>0， ∴不等式x2－2ax－8a2<0的解集為(－2a,4a)， 又∵不等式x2－2ax－8a2<0的解集為(x1，x2)， ∴x1＝－2a，x2＝4a. ∵x2－x1＝15，∴4a－(－2a)＝15，解得a＝. [答案]　(1){x|－2<x<1}　(2)(－5,0)∪(5，＋∞) (3)A

5、 一元二次不等式的解法問題的常見類型及解題策略 (1)直接求解一元二次不等式．①對(duì)于常系數(shù)一元二次不等式，可以用因式分解法或判別式法求解；②對(duì)于含參數(shù)的不等式，首先需將二次項(xiàng)系數(shù)化為正數(shù)，若二次項(xiàng)系數(shù)不能確定，則需討論它的符號(hào)，然后判斷相應(yīng)的方程有無實(shí)根，最后討論根的大小，即可求出不等式的解集． (2)與函數(shù)的奇偶性相結(jié)合的一元二次不等式的解法．先借助函數(shù)的奇偶性確定函數(shù)的解析式，然后求解，或直接根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求解． (3)已知一元二次不等式的解集求參數(shù)．根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求解． 1．已知關(guān)于x的不等式x2－ax＋2a>0在R上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_______

6、_． 解析：不等式x2－ax＋2a>0在R上恒成立，即Δ＝(－a)2－8a<0，∴0<a<8，即a的取值范圍是(0,8)． 答案：(0,8) 2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域?yàn)閇0，＋∞)，若關(guān)于x的不等式f(x)<c的解集為(m，m＋6)，則實(shí)數(shù)c的值為________． 解析：∵f(x)＝x2＋ax＋b的值域?yàn)閇0，＋∞)，∴Δ＝0， ∴b－＝0，∴f(x)＝x2＋ax＋＝2. 又∵f(x)<c的解集為(m，m＋6)， ∴m，m＋6是方程x2＋ax＋－c＝0的兩根． 由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得解得c＝9.

7、答案：9 3．解關(guān)于x的不等式：x2－(3＋a)x＋3a>0. 解：∵x2－(3＋a)x＋3a>0，∴(x－3)(x－a)>0. ①當(dāng)a<3時(shí)，x<a或x>3，不等式的解集為{x|x<a或x>3}； ②當(dāng)a＝3時(shí)，不等式為(x－3)2>0，不等式的解集為{x|x∈R且x≠3}； ③當(dāng)a>3時(shí)，x<3或x>a，不等式的解集為{x|x<3或x>a}． 考點(diǎn)二 一元二次不等式的恒成立問題 　 [例2]　設(shè)函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1. (1)若對(duì)于一切實(shí)數(shù)x，f(x)<0恒成立，求m

8、的取值范圍； (2)若對(duì)于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范圍． [自主解答]　(1)要使mx2－mx－1<0恒成立， 若m＝0，顯然－1<0； 若m≠0，則?－4<m<0. 所以m的取值范圍為(－4,0]． (2)要使f(x)<－m＋5在[1,3]上恒成立，只需mx2－mx＋m<6恒成立(x∈[1,3])， 又因?yàn)閤2－x＋1＝2＋>0， 所以m<. 令y＝＝， 因?yàn)閠＝2＋在[1,3]上是增函數(shù)， 所以y＝在[1,3]上是減函數(shù)． 因此函數(shù)的最小值ymin＝. 所以，m的取值范圍是. 【互

9、動(dòng)探究】 在本例條件下，求使f(x)<0，且|m|≤1恒成立的x的取值范圍． 解：將不等式f(x)<0整理成關(guān)于m的不等式為(x2－x)m－1<0. 令g(m)＝(x2－x)m－1，m∈[－1,1]． 則即 解得<x<， 即x的取值范圍為.　　　　 【方法規(guī)律】 不等式恒成立問題的求解方法 (1)解決恒成立問題一定要搞清誰是主元，誰是參數(shù)，一般地，知道誰的范圍，誰就是主元，求誰的范圍，誰就是參數(shù)． (2)對(duì)于一元二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方，恒小于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全

10、部在x軸下方．另外常轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的最值或用分離參數(shù)求最值． 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． 解：法一：f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為x＝a. ①當(dāng)a∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3. 要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a， 即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1； ②當(dāng)a∈[－1，＋∞)時(shí)，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由 2－a2≥a，解得－1≤a≤1. 綜上所述，所求a的取值范圍為[－3,1]

11、． 法二：令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知， 得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，[來源:] 即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或 解得－3≤a≤1. 故a的取值范圍是[－3,1]． 考點(diǎn)三 一元二次不等式的實(shí)際應(yīng)用 　 [例3]　某商人如果將進(jìn)貨單價(jià)為8元的商品按每件10元出售，每天可銷售100件．現(xiàn)在他采用提高售價(jià)，減少進(jìn)貨量的辦法增加利潤(rùn)．已知這種商品每件銷售價(jià)每提高1元，銷售量就要減少10件，則他將銷售價(jià)每件定為多少元時(shí)，才能使得每天所獲的利潤(rùn)最大？銷售價(jià)每件定為多少元時(shí)，才能保證每天所獲的利潤(rùn)在300元以上？ [自主解答]　設(shè)每件提高x元

12、(0≤x≤10)， 則每件獲利潤(rùn)(2＋x)元，每天可銷售(100－10x)件， 又設(shè)每天獲的利潤(rùn)為y元， 由題意有y＝(2＋x)(100－10x)＝－10x2＋80x＋200. 當(dāng)x＝4時(shí)，y取得最大值360. ∴當(dāng)售價(jià)定為每件14元時(shí)， 每天所獲利潤(rùn)最大，為360元． 要使每天所獲的利潤(rùn)在300元以上，則有 －10x2＋80x＋200>300， 即x2－8x＋10<0， 解得4－<x<4＋. 故每件定價(jià)在(4－)元到(4＋)元之間[不含(4－)元和(4＋)元]時(shí)，才能保證每天所獲的利潤(rùn)在300元以上． 【方法規(guī)律】 求解不等式應(yīng)用題的四個(gè)步驟

13、 (1)閱讀理解，認(rèn)真審題，把握問題中的關(guān)鍵量，找準(zhǔn)不等關(guān)系． (2)引進(jìn)數(shù)學(xué)符號(hào)，將文字信息轉(zhuǎn)化為符號(hào)語言，用不等 式表示不等關(guān)系，建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型． (3)解不等式，得出數(shù)學(xué)結(jié)論，要注意數(shù)學(xué)模型中自變量的實(shí)際意義． (4)回歸實(shí)際問題，將數(shù)學(xué)結(jié)論還原為實(shí)際問題的結(jié)果． 某農(nóng)貿(mào)公司按每擔(dān)200元收購(gòu)某農(nóng)產(chǎn)品，并每100元納稅10元(又稱征稅率為10個(gè)百分點(diǎn))，計(jì)劃可收購(gòu)a萬擔(dān)，政府為了鼓勵(lì)收購(gòu)公司多收購(gòu)這種農(nóng)產(chǎn)品，決定將征稅率降低x(x≠0)個(gè)百分點(diǎn)，預(yù)測(cè)收購(gòu)量可增加2x個(gè)百分點(diǎn)． (1)寫出降稅后稅收y(萬元)與x的函數(shù)關(guān)系式； (2)要使此項(xiàng)稅收在稅率調(diào)節(jié)后不少于原

14、計(jì)劃稅收的83.2%，試確定x的取值范圍． 解：(1)降低稅率后的稅率為(10－x)%， 農(nóng)產(chǎn)品的收購(gòu)量為a(1＋2x%)萬擔(dān)， 收購(gòu)總金額為200a(1＋2x%)萬元． 依題意得y＝200a(1＋2x%)(10－x)%＝a(100＋2x)·(10－x)(0<x<10)． (2)原計(jì)劃稅收為200a·10%＝20a(萬元)． 依題意得a(100＋2x)(10－x)≥20a×83.2%， 化簡(jiǎn)得x2＋40x－84≤0，[來源:] 解得－42≤x≤2. 又∵0<x<10， ∴0<x≤2.即x的取值范圍為(0,2]．

15、 ———————————[課堂歸納——通法領(lǐng)悟]———————————————— 1個(gè)過程——一元二次不等式的求解過程 　解一元二次不等式的一般過程是：一看(看二次項(xiàng)系數(shù)的符號(hào))，二算(計(jì)算判別式，判斷方程根的情況)，三寫(寫出不等式的解集)． 2種思想——分類討論和轉(zhuǎn)化思想 　(1)分類討論的思想：含有參數(shù)的一元二次不等式一般需要分類討論．在判斷方程根的情況時(shí)，判別式是分類的標(biāo)準(zhǔn)；需要表示不等式的解集時(shí)，根的大小是分類的標(biāo)準(zhǔn)． (2)轉(zhuǎn)化思想：不等式在指定范圍的恒成立問題，一般轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值或值域問題． 3個(gè)注意點(diǎn)——解含參數(shù)不等式應(yīng)注意的問題 　(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)為零的情況．[來源:] (2)解含參數(shù)的一元二次不等式，可先考慮因式分解，再對(duì)根的大小進(jìn)行分類討論；若不能因式分解，則可對(duì)判別式進(jìn)行分類討論，分類要不重不漏． (3)不同參數(shù)范圍的解集切莫取并集，應(yīng)分類表述．