2014届高考数学一轮复习 第七章不等式7.2一元二次不等式及其解法教学案 理 新人教A版

7.2

一元二次不等式及其解法

考纲要求 1.会从实际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. 4.(1)理 解绝对值的几何意义,并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式: ①|a+b|≤|a|+|b|.②|a-b|≤|a-c|+|c-b|. (2)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式:|ax+b|≤c;|ax+b|≥c;|x- a|+|x-b|≥c.

1.一元二次不等式的解法 一元一次不等式 ax>b(a≠0)的解集为 (1)当 a>0 时,解集为__________. (2)当 a<0 时,解集为__________. 2.一元二次不等式与相应的一元二次函数及一元二次方程的关系如下表: 判别式 Δ >0 Δ =0 Δ <0 2 Δ =b -4ac

二次函数 y=ax2+bx+c (a>0)的图象

有两相等实根 一元二次方程 有两相异实根 2 b ax +bx+c=0 没有实数根 x1,x2(x1<x2) x1=x2=- 2a (a>0)的根 ax2+bx+c>0 __________ __________ __________ (a>0)的解集 2 ax +bx+c<0 __________ __________ __________ (a>0)的解集 2 3.用程序框图来描述一元二次不等式 ax +bx+c>0(a>0)的求解的算法过程为:

1

4.(1)含____________的不等式叫做绝对值不等式. (2)解含有绝对值的不等式关键是去掉绝对值符号,基本方法有如下几种: ?f x ,f x , ? ①分段讨论:根据|f(x)|=? 去掉绝对值符号. ?-f x ,f x ? ②利用等价不等式: |ax+b|≤c(c>0)?________; |ax+b|≥c(c>0)?__________. ③两端同时平方:即运用移项法则,使不等式两边都变为非负数 ,再平方,从而去掉绝 ... 对值符号. (3)形如|x-a|+|x-b|≥c(a≠b)与|x-a|+|x-b|≤c(a≠b)的绝对值不等式的解法 主要有三种: ①运用绝对值的几何意义; ②零点分区间讨论法; ③构造分段函数,结合函数图象求解. 1.不等式 x >x 的解集是( ). A.(-∞,0) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞) x-1 2.(2012 重庆高考,文 2)不等式 <0 的解集为( ). x+2 A.(1,+∞) B.(-∞,-2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) 2 2 3.若 a<0,则关于 x 的不等式 x -4ax-5a >0 的解是( ). A.x>5a 或 x<-a B.x>-a 或 x<5a C.5a<x<-a D.-a<x<5a
2
2

4.(2012 天津高考)集合 A={x∈R||x-2|≤5} 中的最小整数为__________. 1 2 5. 若关于 x 的不等式- x +2x>mx 的解集是{x|0<x<2}, 则实数 m 的值是__________. 2

一、一元二次不等式的解法 【例 1】解下列不等式: 2 (1)2x +4x+3>0; 2 (2)-3x -2x+8≥0; 2 2 (3)12x -ax>a (a∈R). 方法提炼 1.解一元二次不等式的一般步骤: 2 2 (1)对不等式变形,使一端为 0 且二次项系数大于 0,即 ax +bx+c>0(a>0),ax +bx +c<0(a>0); (2)计算相应的判别式; (3)当 Δ ≥0 时,求出相应的一元二次方程的根; (4)根据对应二次函数的图象,写出不等式的解集. 2.对于解含有参数的二次不等式,一般讨论的顺序是: (1)讨论二次项系数是否为 0,这决定此不等式是否为二次不等式; (2)当二次项系数不为 0 时,讨论判别式是否大于 0; (3)当判别式大于 0 时,讨论二次项系数是否大于 0,这决定所求不等式的不等号的方 向; (4)判断二次不等式两根的大小. 提醒:当 a=0 时,ax>b 不是一元一次不等式;当 a=0,b≥0 时,它的解集为?;当 a =0,b<0 时,它的解集为 R. 请做演练巩固提升 2 二、分式不等式的解法 x2-9 【例 2】(2012 江西高考)不等式 >0 的解集是__________. x- 2 方法提炼 对于形如

可等价转化为?

f x f x >0(<0)可等价转化为 f(x)g(x)>0(<0)来解决; 对于 ≥0(≤0) g x g x ?f x g x , ?
?g ?

x

当然对于高次不等式可用“穿根法”解决.

请做演练巩固提升 1 三、一元二次不等式的实际应用 【例 3】某产品按质量可分成 6 种不同的档 次,若工时不变,每天可生产最低档次的产 品 40 件,如果每提高一个档次,每件利润可增加 1 元,但每天要少生产 2 件产品. (1)若最低档次的产品每件利润为 16 元,则生产哪种档次的产品所得到的利润最大? (2)若最低档次的产品每件利润为 22 元,则生产哪种档次的产品所得到的利润最大? 方法提炼 解不等式应用题的步骤

3

请做演练巩固提升 5 四、含有绝对值不等式的解法 【例 4-1】(2012 辽宁高考)已知 f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式 f(x)≤3 的解集为{x| -2≤x≤1}. (1)求 a 的值; (2)若?f x -2f? ??≤k 恒成立,求 k 的取值范围. ? ?2?? 【例 4-2】设函数 f(x)=|x-1|+|x-a|. (1)若 a=- 1,解不等式 f(x)≥3; (2)如果? x∈R,f(x)≥2,求 a 的取值范围. 方法提炼 1.解含两个绝对值符号的不等式,可先将其转化为|x-a|+|x-b|≥c 的形式,对于 这种绝对值符号里是一次式的不等式, 一般有三种解法, 分别是“零点划分法”“利用绝对 值的几何意义法”和“利用函数图象法”.此外,有时还可采用平方法去绝对值,它只有在 不等式两边均为正的情况下才能使用. 2. 绝对值不等式|x-a|≥c(c>0)表示数轴上到点 a 的距离不小于 c 的点的集合; 反之, 绝对值|x-a|<c(c>0)表示数轴上到点 a 的距离小于 c 的点的集合. 3.“零点划分法”是解绝对值不等式的最基本方法,一般步骤是: (1)令每个绝对值符号里的代数式等于零, 求出相应的根; (2)把这些根按由小到大进行 排序,n 个根把数轴分为 n+1 个区间;(3)在各个区间上,去掉绝对值符号组成若干个不等 式,解这些不等式,求出它们的解集;(4)这些不等式解集的并集就是原不等式的解集. 请做演练巩固提升 3 与一元二次不等式有关的恒成立问题 2 【典例】(12 分)设函数 f(x)=mx -mx-1. (1)若对于一切实数 x,f(x)<0 恒成立,求 m 的取值范围; (2)若对于 x∈[1,3],f(x)<-m+5 恒成立,求 m 的取值范围. 分析:(1)对于 x∈R,f(x)<0 恒成立,可转化为函数 f(x)的图象总是在 x 轴下方,可 讨论 m 的取值,利用判别式求解. (2)含参数的一元二次不等式在某区间内的恒成立问题,常有 两种处理方法:方法一是 利用二次函数区间上的最值来处理;方法二是先分离出参数,再去求函数的最值来处理.一 般方法二比较简单. 规范解答:(1)要使 mx2-mx-1<0 恒成立, 若 m=0,显然-1<0; ? ?m<0, 若 m≠0,则? ? -4<m<0. 2 ?Δ =m +4m<0 ? 综上有-4<m≤0.(4 分) (2)要使 f(x)<-m+5 在[1,3]上恒成立,即
4

?

?x??

3 ? 4 有以下两种方法:

m?x- ? 2+ m-6<0 在 x∈[1,3]上恒成立.(6 分) 2

? ?

1?

? 1?2 3 方法一:令 g(x)=m?x- ? + m-6,x∈[1,3]. ? 2? 4 当 m>0 时,g(x)在[1,3]上是增函数,(8 分) 所以 g(x)max=g(3)? 7m-6<0, 6 6 所以 m< ,则 0<m< ;(10 分) 7 7 当 m=0 时, -6<0 恒成立; 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 ? ?.(12 分) 综上所述:m 的取值范围是?m?m< 7 ? ? ? ? ? ? 1?2 3 2 方法二:因为 x -x+1=?x- ? + >0, ? 2? 4 6 2 又因为 m(x -x+1)-6<0,所以 m< 2 .(8 分) x -x+1 6 6 6 6 因为函数 y= 2 = 在[1,3]上的最小值为 ,所以只需 m< 即可.(10 x -x+1 ? 1?2 3 7 7 ?x-2? +4 ? ?
分)
? ? ? 6 所以,m 的取值范围是?m?m< ? ? ? 7 ? ? ?.(12 分) ? ?

答题指导:1.与一元二次不等式有关的恒成立问题,可通过二次函数求最值,也可通 过分离参数,再求最值. 2.解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量,谁是参数,一般地,知道谁的范围,谁就 是变量,求谁的范围,谁就是参数. 3.对于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. 4.本题考生易错点:忽略对 m=0 的讨论.这是由思维定势所造成的.

x-2 ≤0 的解集为( ). x+1 A.{x|-1≤x≤2} B.{x|-1<x≤2} C.{x|-1≤x<2} D.{x|-1<x<2} 2 2.已知不等式 x -x≤0 的解集为 M,且集合 N={x|-1<x<1},则 M∩N 为(
1.不等式

).

A.[0 ,1) B.(0,1) C.[0,1] D.(-1,0] 3.对于 x∈R,不等式|x+10|-|x-2|≥8 的解集为________. 2 4.当 x∈(1,2)时,不等式 x +mx+4<0 恒成立,则 m 的取值范 围是__________. 5.某种商品,现在定价 p 元,每月卖出 n 件,设定价上涨 x 成,每月卖出数量减少 y 成,每月售货总金额变成现在的 z 倍. (1)用 x 和 y 表示 z; (2)设 x 与 y 满足 y=kx(0<k<1),利用 k 表示当每月售货总金额最大时 x 的值;
5

2 (3)若 y= x,求使每月售货总金额有所增加的 x 值的范围. 3

6

参考答案 基础梳理自测 知识梳理 1.(1)?x?x>
? ? ? ?

? b ? a

{x|x∈R} {x|x1<x<x2} ? ? b b ? ? ? ? 3.Δ ≥0 ? ?-∞,- ?∪?- ,+∞? (-∞,x2)∪(x1,+∞) (-∞,+∞) 2a? ? 2a ? ? 2.{x|x<x1 或 x>x2} {x|x≠x1} 4.(1)绝对值符号 (2)②-c≤ax+b≤c ax+b≤-c 或 ax+b≥c 基础自测 2 1.D 解析:x >x? x(x-1)>0? x>1 或 x<0. x-1 2.C 解析:不等式 <0,解不等式得其解集为(-2,1),故选 C. x+2 2 2 3.B 解析:由 x -4ax-5a >0,得(x-5a)(x+a)>0, ∵a<0,∴x<5a 或 x>-a. 4.-3 解析:∵|x-2|≤5, ∴-5≤x-2≤5, ∴-3≤x≤7,∴集合 A 中的最小整数为-3. 1 2 2 5.1 解析:由- x +2x> mx,得 x -4x+2mx<0,即 x[x-(4-2m)]<0, 2 ∵不等式的解集为{x|0<x<2}, ∴4-2m=2.∴m=1. 考点探究突破 2 【例 1】 解:(1)∵Δ =4 -4×2×3<0, 2 ∴方程 2x +4x+3=0 没有实根. 2 2 二次函数 y=2x +4x+3 的图象开口向上, 与 x 轴没有交点, 即 2x +4x+3>0 恒成立, 2 ∴不等式 2x +4x+3>0 的解集为 R. 2 (2)原不等式可化为 3x +2x-8≤0, ∵Δ =100>0, 4 2 ∴方程 3x +2x-8=0 的两根为-2, . 3
? ? 4 ? 2 结合二次函数 y=3x +2x-8 的图象可知,原不等式的解集为?x?-2≤x≤ 3 ? ? ? ? ? ?. ? ?

? ? ? ? ?

(2)?x?x<
? ?

? ?

? b ? a

? ? ? ? ?

(3)由 12x -ax-a >0 ?(4x+a)(3x-a)>0 ??x+ ??x- ?>0, ? 4?? 3? ①a>0 时,- < , 4 3 解集为?x?x<- 或x> 4 3 ? ? ?
2

2

2

?

a??

a?

a a a

? ?

?

a

? ? ?; ? ?

②a=0 时,x >0, 解集为{x|x∈R 且 x≠0}; ③a<0 时,- > , 4 3 解集为?x?x< 或x>- 4 ? ? ? 3
? ?

a a

? a

a

? ? ?. ? ?

7

【例 2】 (-3,2)∪(3,+∞) 解析:不等式 0, 由穿根法(如图)得,

x2-9 >0 可化为(x-2)(x-3)(x+3)> x-2

所求不等式的解集为(-3,2)∪(3,+∞). 【例 3】 解:(1)设生产第 x 档次产品时,所获利润最大,则生产第 x 档次产品时, 每件利润为[16+(x-1)×1]元, 生产第 x 档次产品时,每天生产[40-2(x-1)]件, 所以生产第 x 档次产品时,每天所获利润为: y=[40-2(x-1)][16+(x-1)] 2 =-2( x-3) +648. 当 x=3 时,y 最大,即生产第三档次产品利润最大. (2)若最低档次产品每件利润为 22 元, 则生产第 x 档次产品时,每天所获利润为: y=[40-2(x-1)][22+(x-1)] 2 =-2x +882. 因为 x∈[1,6],且 x∈N, 所以当 x=1 时,y 最大,即生产第一档次产品利润最大. 【例 4-1】解:(1)由|ax+1|≤3 得-4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}, 所以当 a≤0 时,不合题意. 4 2 当 a>0 时,- ≤x≤ ,得 a=2.

a

a

(2)记 h(x)=f(x)-2f? ?, ?2?

?x?

? 1 ? -4x-3,-1<x<- , 2 则 h(x)=? 1 ? ?-1,x≥-2,
1,x≤-1, 所以|h(x)|≤1,因此 k≥1. 【例 4-2】 解:(1)当 a=-1 时,f(x)=|x-1|+|x+1|, 由 f(x)≥3 得|x-1|+|x+1|≥3, ? 3 3? (方法一)由绝对值的几何意义知不等式的解集为?x|x≤- 或x≥ ?. 2 2 ? ?
? ? ?x≤-1, ?-1<x≤1, (方法二)不等式可化为? 或? ?-2x≥3 ?2≥3 ? ? 所以不等式的解集为 ? 3 3? ?x|x≤- 或x≥ ?. 2 2? ? (2)若 a=1,f(x)=2|x-1|,不满足题设条件;

或?

? ?x>1, ?2x≥3. ?

-2x+a+1,x≤a, ? ? 若 a<1,f(x)=?1-a,a<x<1, ? ?2x-(a+1),x≥1,

f(x)的最小值为 1-a;

8

-2x+a+1,x≤1, ? ? 若 a>1,f(x)=?a-1,1<x<a, ? ?2x-(a+1),x≥a.

f(x)的最小值为 a-1.

所以对于? x∈R, f(x)≥2 的充要条件是|a-1|≥2, 从而 a 的取值范围为(-∞, 1]∪[3, +∞). 演练巩固提升 ?(x-2)(x+1)≤0, ? 1.B 解析:原不等式?? ?-1<x≤2. ? ?x+1≠0 2 2.A 解析:由 x -x≤0,得 0≤x≤1,所以 M∩N 为[0,1).选 A. -12, x≤-10, ? ? 3.[0,+∞) 解析:令 y=|x+10|-|x-2|=?2x+8,-10<x<2, ? x≥2. ?12, 则可画出其函数图象如图所示:

由图象可以观察出使 y≥8 的 x 的范围为[0,+∞). ∴|x+10|-|x-2|≥8 的解集为[0,+∞). 2 4.(-∞,-5] 解析:设 f(x)=x +mx+4, ? ?f(1)≤0, 由题意,得? ?f(2)≤0, ?
? ?5+m≤0, 即? ?8+2m≤0. ?

∴m≤-5.

5.解:(1)按现在的定价上涨 x 成时,上涨后的定价为 p?1+ ?元,每月卖出数量为 ? 10?

?

x?

y? ? n?1- ?件, 10

?

?

每月售货总金额是 npz 元, 因而 n pz=p?1+ ?·n?1- ?, ? 10? ? 10? (10+x)(10-y) 所以 z= . 100 (10+x)(10-kx) (2)在 y=kx 的条件下,z= , 100 1 整理可得 z= · 100 2 ? 25(1-k) ? 5(1-k)?2? ?100+ -k·?x- ? ?,
?

?

x?

?

y?

k

?

k

??

9

5(1-k) 由于 0<k<1,所以 >0,

k

5(1-k) 所以使 z 值最大的 x 值是 x= .

k

2 (3)当 y= x 时, 3 2 ? ? (10+x)?10- x? 3 ? ? z= , 100 要使每月售货总金额有所增加,即 z>1, 2 ? ? 应有(10+x)?10- x?>100, 3 ? ? 即 x(x-5)<0, 所以 0<x<5. 所以 x 的取值范围是(0,5).

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