（江苏专用）2020版高考数学一轮复习 第七章 不等式 7.1 一元二次不等式课件

第七章不等式§7.1一元二次不等式高考数学(江苏省专用)统一命题、省(区、市)卷题组考点一元二次不等式及其解法五年高考1.(2019天津文,10,5分)设x∈R,使不等式3x2+x-20成立的x的取值范围为.答案 21,3解析3x2+x-20⇔(x+1)(3x-2)0,所以-1x .23方法总结求解一元二次不等式,常借助二次函数图象,首先确定图象与x轴的交点,然后由图象位于x轴上方或下方的部分确定不等式的解集.2.(2018天津文,14,5分)已知a∈R,函数f(x)= 若对任意x∈[-3,+∞),f(x)≤|x|恒成立,则a的取值范围是.2222,0,22,0.xxaxxxax答案 1,28解析本题主要考查不等式恒成立问题.①当x∈[-3,0]时,因为f(x)≤|x|恒成立,所以x2+2x+a-2≤-x,参变量分离得a≤-x2-3x+2,令y=-x2-3x+2=- + ,所以当x=0或x=-3时,y取得最小值,为2,所以a≤2.②当x∈(0,+∞)时,因为f(x)≤|x|恒成立,所以-x2+2x-2a≤x,参变量分离得a≥- x2+ x,令y=- x2+ x=-  + ,所以当x= 时,y取得最大值,为 ,所以a≥ .由①②可得 ≤a≤2.232x1741212121212212x1812181818方法技巧用分离参变量法求解不等式恒成立问题的技巧.若不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)恒成立,则将f(x,λ)≥0转化为λ≥g(x)或λ≤g(x)(x∈D)恒成立,进而转化为λ≥g(x)max或λ≤g(x)min(x∈D),求g(x)(x∈D)的最值即可.该方法适用于参数与变量能分离,函数最值易求的题目.3.(2016浙江理改编,1,5分)已知集合P={x∈R|1≤x≤3},Q={x∈R|x2≥4},则P∪(∁RQ)=.答案(-2,3]解析∵Q=(-∞,-2]∪[2,+∞),∴∁RQ=(-2,2),∴P∪(∁RQ)=(-2,3].4.(2015湖北改编,10,5分)设x∈R,[x]表示不超过x的最大整数.若存在实数t,使得[t]=1,[t2]=2,…,[tn]=n同时成立,则正整数n的最大值是.答案4解析若n=3,则 即 得9≤t616,∴当 ≤t 时,有[t]=1,[t2]=2,[t3]=3,∴n=3符合题意.若n=4,则 即 得34≤t1253,∴当 ≤t 时,有[t]=1,[t2]=2,[t3]=3,[t4]=4,故n=4符合题意.若n=5,则 即 ①∵6335,∴  ,故①无解,∴n=5不符合题意,则正整数n的最大值为4.2312,23,34,ttt666164,827,916,ttt333433434,45,tt4124312334,45,tt334534535,56,tt345535,56,tt5633教师专用题组考点一元二次不等式及其解法1.(2014江苏,10,5分)已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)0成立,则实数m的取值范围是.答案 2,02解析要满足f(x)=x2+mx-10对于任意x∈[m,m+1]恒成立,只需 即 解得- m0.()0,(1)0,fmfm22210,(1)(1)10,mmmm222.(2013四川,14,5分)已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x≥0时,f(x)=x2-4x.那么,不等式f(x+2)5的解集是.答案(-7,3)解析∵f(x)是偶函数,∴f(x)=f(|x|).又x≥0时,f(x)=x2-4x,∴不等式f(x+2)5⇒f(|x+2|)5⇒|x+2|2-4|x+2|5⇒(|x+2|-5)(|x+2|+1)0⇒|x+2|-50⇒|x+2|5⇒-5x+25⇒-7x3.故解集为(-7,3).评析本题综合考查函数的奇偶性以及不等式等知识,考查灵活应用知识的能力及转化与化归思想.3.(2012江苏,13,5分)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)c的解集为(m,m+6),则实数c的值为.答案9解析解法一:∵f(x)=x2+ax+b的值域为[0,+∞),∴Δ=a2-4b=0.①又∵f(x)c的解集为(m,m+6),即x2+ax+b-c0的解集为(m,m+6),∴m,m+6是对应方程x2+ax+b-c=0的两个根,∴ 由②得,a2=4m2+24m+36,④由③得,4b-4c=4m2+24m,⑤由①④⑤可得4m2+24m+36=4m2+24m+4c,解得c=9.解法二:因为函数f(x)的值域为[0,+∞),所以当x2+ax+b=0时有Δ=a2-4b=0,即b= ,所以f(x)=x2+ax+b=x2+ax+ = ,由f(x)= c,解得- x+  ,即- - x - .因为不等式f(x)c的解集为(m,m+6),所以 - =2 =6,解得c=9.(6),(6),mmammbc②③24a24a22ax22axc2acc2ac2a2ac2acc评析二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0)的图象与x轴有两个交点(x1,0),(x2,0),ax2+bx+c0的解集是(-∞,x1)∪(x2,+∞);ax2+bx+c≤0的解集是[x1,x2].注意当a0时,可转化为a0的情况进行求解.4.(2010江苏,11,5分)已知函数f(x)= 则满足不等式=f(1-x2)f(2x)的x的取值范围是.21,0,1,0,xxx答案(-1, -1)2解析画出f(x)= 的图象, 由图可知,若f(1-x2)f(2x),则 即 得x∈(-1, -1).21,0,1,0xxx2210,12,xxx11,1212,xx2三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组考点一元二次不等式及其解法1.(2019七大市三模,6)已知函数f(x)= 则不等式f(x)f(-x)的解集为.222,0,2,0,xxxxxx答案(-2,0)∪(2,+∞)解析当x0时,f(x)f(-x)⇒x2-2x-x2+2x,∴x2或x0,又x0,∴x2;当x0时,f(x)f(-x)⇒-x2-2xx2+2x,∴-2x0,综上,f(x)f(-x)的解集为(-2,0)∪(2,+∞).评析本题考查分段函数、一元二次不等式的解法,要解不等式,必须对x进行分类讨论,是基础题.2.(2019苏州期中,8)已知二次函数f(x)=-x2+2x+3,不等式f(x)≥m的解集的区间长度为6(规定:闭区间[a,b]的长度为b-a),则实数m的值是.答案-5解析f(x)=-x2+2x+3≥m即x2-2x-3+m≤0,对于方程x2-2x-3+m=0,设其根为x1,x2,则有x1+x2=2,x1x2=m-3,依题意,得|x1-x2|=6,即|x1-x2|= = = =6,解得m=-5.212()xx21212()4xxxx44(3)m一题多解f(x)=-x2+2x+3≥m即x2-2x+m-3≤0,令h(x)=x2-2x+m-3,易知其函数图象开口向上,设x2-2x+m-3=0的解为x1,x2,不妨令x1x2,∴不等式的解集为[x1,x2],又x1= ,x2= ,∴x2-x1= = =6,即 =6×1,∴m=-5.2bΔa2bΔa()2ΔΔaΔa44(3)m3.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,10)已知偶函数f(x)的定义域为R,且在[0,+∞)上为增函数,则不等式f(3x)f(x2+2)的解集为.答案(-2,-1)∪(1,2)解析f(x)为R上的偶函数,且在[0,+∞)上为增函数,∴f(3x)f(x2+2)等价于f(|3x|)f(|x2+2|),∴|3x|x2+2,∴x2-3|x|+20,∴(|x|-1)(|x|-2)0,∴1|x|2,∴1x2或-2x-1.所以所求解集为(-2,-1)∪(1,2).4.(2019海安高级中学期中,9)关于x的不等式ax2+bx+c0的解集为(-1,2),则关于x的不等式 +cbx的解集为.2abx答案(-∞,0)解析∵关于x的不等式ax2+bx+c0的解集为(-1,2),∴ ∴不等式 +cbx可化为 -2a-ax,又a0,∴ -2-x,∴ 0,解得x0,故答案为(-∞,0).0,12,,2,12,abbacaaca解得2abxax1x221xxx一题多解∵ax2+bx+c0的解集为(-1,2),∴ax2+bx+c=a(x+1)(x-2)=a(x2-x-2)=ax2-ax-2a,∴ ∴ +cbx可化为 0,∴x0.故答案为(-∞,0).,2,0,bacaa2abx221xxx5.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,10)已知a0,b0,且a+3b= - ,则b的最大值为.1b1a答案 13解析由a+3b= - 可得 -3b=a+ ≥2(当且仅当a=1时取等号),即3b2+2b-1≤0,解得-1≤b≤ ,又b0,所以0b≤ ,所以b的最大值为 .1b1a1b1a131313方法总结本题利用基本不等式得到关于b的不等式,求解b的范围,从而解出b的最大值.6.(2018南京金陵中学月考,5)不等式 3的解集为.1xx答案(-∞,0)∪ 1,2解析∵ 3,∴ 0,∴x(2x-1)0,解得x0或x ,∴x∈(-∞,0)∪ .1xx12xx121,2易错警示解分式不等式要移项通分,等价变形,不能简单去分母,如果要去分母,就必须讨论x的范围.7.(2018海安高三上学期第一次质量测试,9)关于x的不等式x+ +b≤0(a,b∈R)的解集为{x|3≤x≤4},则a+b的值为.ax答案5解析∵关于x的不等式x+ +b≤0(a,b∈R)的解集为{x|3≤x≤4},即 ≤0(a,b∈R)的解集为{x|3≤x≤4},∴3和4是方程x2+bx+a=0的两个实数根,∴3+4=-b,3×4=a,∴a=12,b=-7,∴a+b=5.ax2xbxax一、填空题(每小题5分,共30分)B组2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间：30分钟分值：45分)1.(2019徐州检测,12)已知正实数x,y满足 + =1,则x+y的最小值为.12xy423xy答案 94解析 + =1可化为 + =1,令m=2(x+y),得 + =1,去分母,得m+y+4(m-y)=m2-y2,即m2-5m=y2-3y,所以m2-5m+ = ≥0,由题意得m1,所以m≥ ,即2(x+y)≥ ,所以x+y≥ ,即x+y的最小值为 .12xy423xy12()xyy42()xyy1my4my94232y92929494一题多解设m=2x+y,n=2x+3y,则m0,n0,x+y= ,原等式可化为 + =1,则x+y= = · =  ≥ ×(5+4)= ,当且仅当 = ,即n=2m时,取“=”.4mn1m4n4mn4mn14mn1445nmmn1494nm4mn2.(2019七市第二次调研,12)已知关于x的不等式ax2+bx+c0(a,b,c∈R)的解集为{x|3x4},则 的最小值为.25cab答案4 5解析依题意,得a0,且 即 ∴ = = ≥ =4 ,当且仅当144a