高一数学一元二次不等式解法练习题及答案

1高一数学一元二次不等式解法练习题及答案[]分析求算术根，被开方数必须是非负数．解据题意有，x2－x－6≥0，即(x－3)(x＋2)≥0，解在“两根之外”，所以x≥3或x≤－2．例3若ax2＋bx－1＜0的解集为{x|－1＜x＜2}，则a＝________，b＝________．分析根据一元二次不等式的解公式可知，－1和2是方程ax2＋bx－1＝0的两个根，考虑韦达定理．解根据题意，－1，2应为方程ax2＋bx－1＝0的两根，则由韦达定理知例若＜＜，则不等式－－＜的解是10a1(xa)(x)01aAaxBxa．＜＜．＜＜11aaCxaDxxa．＞或＜．＜或＞xaa11分析比较与的大小后写出答案．a1a解∵＜＜，∴＜，解应当在“两根之间”，得＜＜．选．0a1aaxA11aa例有意义，则的取值范围是．2xx2x62例4解下列不等式(1)(x－1)(3－x)＜5－2x(2)x(x＋11)≥3(x＋1)2(3)(2x＋1)(x－3)＞3(x2＋2)分析将不等式适当化简变为ax2＋bx＋c＞0(＜0)形式，然后根据“解公式”给出答案(过程请同学们自己完成)．答(1){x|x＜2或x＞4}(4)R(5)R说明：不能使用解公式的时候要先变形成标准形式．[]baa()()1211122×得ab1212，．(4)3x231325113122xxxxxx＞＞()()(2){x|1x}≤≤32(3)例不等式＋＞的解集为51x11x3A．{x|x＞0}B．{x|x≥1}C．{x|x＞1}D．{x|x＞1或x＝0}分析直接去分母需要考虑分母的符号，所以通常是采用移项后通分．∵x2＞0，∴x－1＞0，即x＞1．选C．说明：本题也可以通过对分母的符号进行讨论求解．[]A．(x－3)(2－x)≥0B．0＜x－2≤1D．(x－3)(2－x)≤0故排除A、C、D，选B．两边同减去2得0＜x－2≤1．选B．说明：注意“零”．解不等式化为＋－＞，通分得＞，即＞，1x000111122xxxxx例与不等式≥同解的不等式是60xx32C．≥230xx解法一原不等式的同解不等式组为≥，≠．()()xxx32020解法二≥化为＝或－－＞即＜≤x320x3(x3)(2x)02x3x4[][(a－1)x＋1](x－1)＜0，根据其解集为{x|x＜1或x＞2}答选C．说明：注意本题中化“商”为“积”的技巧．解先将原不等式转化为∴不等式进一步转化为同解不等式x2＋2x－3＜0，即(x＋3)(x－1)＜0，解之得－3＜x＜1．解集为{x|－3＜x＜1｝．说明：解不等式就是逐步转化，将陌生问题化归为熟悉问题．例不等式＜的解为＜或＞，则的值为71{x|x1x2}aaxx1AaBaCaDa．＜．＞．＝．＝－12121212分析可以先将不等式整理为＜，转化为0()axx111可知－＜，即＜，且－＝，∴＝．a10a12a1112a例解不等式≥．8237232xxx3723202xxx≥即≥，所以≤．由于＋＋＝＋＋＞，2123212314782222xxxxxxxx002xx12(x)0225例9已知集合A＝{x|x2－5x＋4≤0}与B＝{x|x2－2ax＋a＋2分析先确定A集合，然后根据一元二次不等式和二次函数图像关解易得A＝{x|1≤x≤4}设y＝x2－2ax＋a＋2(*)4a2－4(a＋2)＜0，解得－1＜a＜2．说明：二次函数问题可以借助它的图像求解．≤，若，求的范围．0}BAa系，结合，利用数形结合，建立关于的不等式．BAa(1)BBA0若＝，则显然，由Δ＜得(2)B(*)116若≠，则抛物线的图像必须具有图－特征：应有≤≤≤≤从而{x|xxx}{x|1x4}1212a12042a4a201412a22－·＋＋≥－·＋＋≥≤≤解得≤≤aa22187综上所述得的范围为－＜≤．a1a1876例10解关于x的不等式(x－2)(ax－2)＞0．分析不等式的解及其结构与a相关，所以必须分类讨论．解1°当a＝0时，原不等式化为x－2＜0其解集为{x|x＜2}；4°当a＝1时，原不等式化为(x－2)2＞0，其解集是{x|x≠2}；从而可以写出不等式的解集为：a＝0时，{x|x＜2｝；2a02(x2)(x)0°当＜时，由于＞，原不等式化为－－＜，其解集为22aa{x|2ax2}＜＜；30a12(x2)(x)0°当＜＜时，因＜，原不等式化为－－＞，其解集为22aa{x|x2x}＜或＞；2a5a12(x2)(x)0°当＞时，由于＞，原不等式化为－－＞，其解集是22aa{x|xx2}＜或＞．2aa0{x|2ax2＜时，＜＜｝；7a＝1时，{x|x≠2}；说明：讨论时分类要合理，不添不漏．例11若不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为{x|α＜x＜β}(0＜α＜β)，求cx2＋bx＋a＜0的解集．分析由一元二次函数、方程、不等式之间关系，一元二次不等式的解集实质上是用根来构造的，这就使“解集”通过“根”实现了与“系数”之间的联系．考虑使用韦达定理：解法一由解集的特点可知a＜0，根据韦达定理知：∵a＜0，∴b＞0，c＜0．0a1{x|x2x}＜＜时，＜或＞；2aa1{x|xx2}＞时，＜或＞．2a－＝α＋β，＝α·β．baca即＝－α＋β＜，＝α·β＞．baca()00又×，baacbc∴＝－α＋β①由＝α·β，∴＝α·β②bccaac(1)1118解法二∵cx2＋bx＋a＝0是ax2＋bx＋a＝0的倒数方程．且ax2＋bx＋c＞0解为α＜x＜β，说明：要在一题多解中锻炼自己的发散思维．分析将一边化为零后，对参数进行讨论．进一步化为(ax＋1－a)(x－1)＜0．(1)当a＞0时，不等式化为(2)a＝0时，不等式化为x－1＜0，即x＜1，所以不等式解集为{x|x＜1}；对＋＋＜化为＋＋＞，cxbxa0xx022bcac由①②得α，β是＋＋＝两个根且α＞β＞，1111xx002bcac∴＋＋＞即＋＋＜的解集为＞α或＜β．xx0cxbxa0{x|xx}22bcac11∴＋＋＜的解集为＞α或＜β．cxbxa0{x|xx}211例解关于的不等式：＜－∈．12x1a(aR)xx1解原不等式变为－－＜，即＜，(1a)00xxaxax111(x)(x1)01{x|a1ax1}－－＜，易见＜，所以不等式解集为＜＜；aaaa11(3)a0(x)(x1)01{x|x1x}＜时，不等式化为－·－＞，易见＞，所以不等式解集为＜或＞．aaaaaa1119综上所述，原不等式解集为：例13(2001年全国高考题)不等式|x2－3x|＞4的解集是________．分析可转化为(1)x2－3x＞4或(2)x2－3x＜－4两个一元二次不等式．答填{x|x＜－1或x＞4}．例14(1998年上海高考题)设全集U＝R，A＝{x|x2－5x－6＞0}，B＝{x||x－5|＜a}(a是常数)，且11∈B，则[]A．(UA)∩B＝RB．A∪(UB)＝RC．(UA)∪(UB)＝RD．A∪B＝R分析由x2－5x－6＞0得x＜－1或x＞6，即A＝{x|x＜－1或x＞6}由|x－5|＜a得5－a＜x＜5＋a，即B＝{x|5－a＜x＜5＋a}∵11∈B，∴|11－5|＜a得a＞6∴5－a＜－1，5＋a＞11∴A∪B＝R．答选D．当＞时，＜＜；当＝时，＜；当＜时，＞或＜．a0{x|a1ax1}a0{x|x1}a0{x|xx1}aa1由可解得＜－或＞，．(1)x1x4(2)10说明：本题是一个综合题，涉及内容很广泛，集合、绝对值不等式、一元二次不等式等内容都得到了考查不等式中恒成立问题的解法研究在不等式的综合题中，经常会遇到当一个结论对于某一个字母的某一个取值范围内所有值都成立的恒成立问题。恒成立问题的基本类型：类型1：设)0()(2acbxaxxf，（1）Rxxf在0)(上恒成立00且a；（2）Rxxf在0)(上恒成立00且a。类型2：设)0()(2acbxaxxf（1）当0a时，],[0)(xxf在上恒成立0)(2020)(2fababfab或或，],[0)(xxf在上恒成立0)(0)(ff（2）当0a时，],[0)(xxf在上恒成立0)(0)(ff11],[0)(xxf在上恒成立0)(2020)(2fababfab或或类型3：min)()(xfIxxf恒成立对一切max)()(xfIxxf恒成立对一切。类型4：)()()()()()()(maxminIxxgxfxgxfIxxgxf的图象的上方或的图象在恒成立对一切恒成立问题的解题的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合等解题方法求解。一、用一次函数的性质对于一次函数],[,)(nmxbkxxf有：0)(0)(0)(,0)(0)(0)(nfmfxfnfmfxf恒成立恒成立例1：若不等式)1(122xmx对满足22m的所有m都成立，求x的范围。解析：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：0)12()1(2xxm，；令)12()1()(2xxmmf，则22m时，0)(mf恒成立，所以只需0)2(0)2(ff即0)12()1(20)12()1(222xxxx，所以x的范围是)231,271(x。二、利用一元二次函数的判别式对于一元二次函数),0(0)(2Rxacbxaxxf有：（1）Rxxf在0)(上恒成立00且a；12（2）Rxxf在0)(上恒成立00且a例2：若不等式02)1()1(2xmxm的解集是R，求m的范围。解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以要讨论m-1是否是0。（1）当m-1=0时，元不等式化为20恒成立，满足题意；（2）01m时，只需0)1(8)1(012mmm，所以，)9,1[m。三、利用函数的最值（或值域）（1）mxf)(对任意x都成立mxfmin)(；（2）mxf)(对任意x都成立max)(xfm。简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。例3：在ABC中，已知2|)(|,2cos)24(sinsin4)(2mBfBBBBf且恒成立，求实数m的范围。解析：由]1,0(sin,0,1sin22cos)24(sinsin4)(2BBBBBBBf，]3,1()(Bf，2|)(|mBf恒成立，2)(2mBf，即2)(2)(BfmBfm恒成立，]3,1(m例4：（1）求使不等式],0[,cossinxxxa恒成立的实数a的范围。解析：由于函]43,4[4),4sin(2cossinxxxxa，显然函数有最大值2，2a。如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题：13（2）求使不等式)2,0(4,cossinxxxa恒成立的实数a的范围。解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，这样使得xxycossin的最大值取不到2，即a取2也满足条件，所以2a。所以，我们对这类题要注意看看函数能否取得最值，因为这直接关系到最后所求参数a的取值。利用这种方法时，一般要求把参数单独放在一侧