2014届高考数学一轮必备考情分析学案7.2《一元二次不等式及其解法》

7.2一元二次不等式及其解法考情分析1．会从实际情景中抽象出一元二次不等式模型．2．考查一元二次不等式的解法及其“三个二次”间的关系问题．3．以函数、导数为载体，考查不等式的参数范围问题．基础知识1．一元二次不等式的解法(1)将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．(2)求出相应的一元二次方程的根．(3)利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式的解集．2．一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系如下表：判别式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象[来源:学,科,网]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＝－b2a没有实数根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＞x2或x＜x1}x|x≠－b2aRax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}∅∅注意事项1.一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0(a≠0)的解集的确定受a的符号、b2－4ac的符号的影响，且与相应的二次函数、一元二次方程有密切联系，可结合相应的函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象，数形结合求得不等式的解集．若一元二次不等式经过不等式的同解变形后，化为ax2＋bx＋c＞0(或＜0)(其中a＞0)的形式，其对应的方程ax2＋bx＋c＝0有两个不等实根x1，x2，(x1＜x2)(此时Δ＝b2－4ac＞0)，则可根据“大于取两边，小于夹中间”求解集．2.(1)二次项系数中含有参数时，参数的符号影响不等式的解集；不要忘了二次项系数是否为零的情况；(2)解含参数的一元二次不等式，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类讨论；若不能因式分解，则可对判别式进行分类讨论，分类要不重不漏．题型一一元二次不等式的解法[来源:学科网ZXXK]【例1】设函数f(x)＝2x＋1，x≥1，x2－2x－2，x1，若f(x0)1，则x0的取值范围是()A.(－∞，－1)∪(1，＋∞)B.(－∞，－1)∪[1，＋∞)C.(－∞，－3)∪(1，＋∞)D.(－∞，－3)∪[1，＋∞)答案：B解析：f(x0)1⇔x0≥1，2x0＋11或x01，x20－2x0－21⇔x0≥1，或x0－1.【变式1】函数f(x)＝2x2＋x－3＋log3(3＋2x－x2)的定义域为________．解析依题意知2x2＋x－3≥0，3＋2x－x2＞0，解得x≤－32或x≥1，－1＜x＜3.∴1≤x＜3.故函数f(x)的定义域为[1,3)．答案[1,3)考向二含参数的一元二次不等式的解法【例2】7.若不等式x2＋ax＋4≥0对一切x∈(0,1]恒成立，则a的取值范围是________．答案：a≥－5解析：由题意，分离参数后得，a≥－(x＋4x)，设f(x)＝－(x＋4x)，x∈(0,1]，则只要a≥[f(x)]max即可，由于函数f(x)在(0,1]上单调递增，所以[f(x)]max＝f(1)＝－5，故a≥－5.【训练2】解关于x的不等式(1－ax)2＜1.解由(1－ax)2＜1，得a2x2－2ax＜0，即ax(ax－2)＜0，当a＝0时，x∈∅.当a＞0时，由ax(ax－2)＜0，得a2xx－2a＜0，即0＜x＜2a.当a＜0时，2a＜x＜0.综上所述：当a＝0时，不等式解集为空集；当a＞0时，不等式解集为x0＜x＜2a；当a＜0时，不等式解集为x2a＜x＜0.题型三不等式恒成立问题【例3】►已知不等式ax2＋4x＋a＞1－2x2对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围．解原不等式等价于(a＋2)x2＋4x＋a－1＞0对一切实数恒成立，显然a＝－2时，解集不是R，因此a≠－2，从而有a＋2＞0，Δ＝42－4a＋2a－1＜0，整理，得a＞－2，a－2a＋3＞0，所以a＞－2，a＜－3或a＞2，所以a＞2.故a的取值范围是(2，＋∞)．【变式3】已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．解法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，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当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.综上所述，所求a的取值范围为[－3,1]．法二令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或Δ＞0，a＜－1，g－1≥0.解得－3≤a≤1.所求a的取值范围是[－3,1]．重难点突破【例4】设函数f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.(1)若x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a；(2)求实数a的取值范围，使得对任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立．注：e为自然对数的底数．[解析](1)求导得f′(x)＝2(x－a)lnx＋x－a2x＝(x－a)(2lnx＋1－ax)．因为x＝e是f(x)的极值点，所以f′(e)＝(e－a)3－ae＝0，解得a＝e或a＝3e.经检验，符合题意，所以a＝e或a＝3e(2)①当0＜x≤1时，对于任意的实数a，恒有f(x)≤0＜4e2成立．②当1＜x≤3e时，由题意，首先有f(3e)＝(3e－a)2ln(3e)≤4e2，解得3e－2eln3e≤a≤3e＋2eln3e由(1)知f′(x)＝x－a2lnx＋1－ax.令h(x)＝2lnx＋1－ax，则h(1)＝1－a＜0，h(a)＝2lna＞0，且h(3e)＝2ln(3e)＋1－a3e≥2ln(3e)＋1－3e＋2eln3e3e＝2ln3e－13ln3e＞0.又h(x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数h(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为x0，则1＜x0＜3e,1＜x0＜a.从而，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.即f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．所以要使f(x)≤4e2对x∈(1,3e]恒成立，只要fx0＝x0－a2lnx0≤4e2，1f3e＝3e－a2ln3e≤4e2，2成立．由h(x0)＝2lnx0＋1－ax0＝0，知a＝2x0lnx0＋x0.(3)将(3)代入(1)得4x20ln3x0≤4e2.又x0＞1，注意到函数x2ln3x在(1，＋∞)内单调递增，故1＜x0≤e.再由(3)以及函数2xlnx＋x在(1，＋∞)内单调递增，可得1＜a≤3e.由(2)解得，3e－2eln3e≤a≤3e＋2eln3e.所以3e－2eln3e≤a≤3e.综上，a的取值范围为3e－2eln3e≤a≤3e.巩固提高一、选择题1.已知集合M＝{y|y＝2x，x0}，N＝{x|y＝lg(2x－x2)}，则M∩N为()A.(1,2)B.(1，＋∞)C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)答案：A解析：集合M＝{y|y1}，集合N＝{x|0x2}，所以M∩N＝(1,2)．2.不等式x2－43|x|的解集是()A.(－∞，－4)∪(4，＋∞)B.(－∞，－1)∪(4，＋∞)C.(－∞，－4)∪(1，＋∞)D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案：A解析：∵|x|2－3|x|－40，∴(|x|－4)(|x|＋1)0，∴|x|4，x4或x－4，选A项．3.在R上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)．若不等式(x－a)⊗(x－b)0的解集是(2,3)，则a＋b＝()A.1B.2C.4D.8答案：C解析：(x－a)⊗(x－b)0，即(x－a)[1－(x－b)]0，即(x－a)[x－(b＋1)]0，该不等式的解集为[2,3]，说明方程(x－a)[x－(b＋1)]＝0的两根之和等于5，即a＋b＋1＝5，故a＋b＝4.4.不等式x－2x2－10的解集为()A.{x|1x2}B.{x|x2且x≠1}C.{x|－1x2且x≠1}D.{x|x－1或1x2}答案：D解析：(x－2)(x2－1)0，(x＋1)(x－1)(x－2)0，数轴标根可得，x－1或1x2，故选D项．5.已知(a2－1)x2－(a－1)x－10的解集是R，则实数a的取值范围是()A.a－35或a1B.－35a1C.－35a≤1或a＝－1D.－35a≤1[来源:学*科*网]答案：D[来源:Z.xx.k.Com]解析：①当a＝1时，原不等式化为－10，恒成立，故a＝1符合题意．②当a＝－1时，原不等式化为2x－10，不恒成立，∴a＝－1不合题意．③当a2－1≠0时，依题意，有a2－10，Δ＝[－a－1]2＋4a2－10.解得－35a1.综合①②③可知，a的取值范围是－35a≤1.