（文理通用）江苏省2020高考数学二轮复习 专题四 函数与导数、不等式 第13讲 一元二次不等式课件

小题考情常考点1.基本不等式(5年4考)2.函数的基本性质(5年4考)3.指数函数与对数函数(5年3考)4.函数的零点问题(5年3考)5.导数与函数的单调性、最值(5年2考)偶考点1.线性规划2.分段函数3.导数与切线的斜率4.三次函数求导进行二元一次不等式求解大题考情高考题对本部分的内容考查比较稳定，填空题与解答题第(1)问以考查导数的几何意义为主，解答题第(2)问大致可以分以下几种情况：(1)考查函数的单调性、极值与最值；(2)考查函数的零点问题；(3)考查不等式的证明；(4)考查不等式恒成立或有解时参数的取值范围；(5)考查利用导数解决实际应用问题．有一定的难度和区分度，多体现分类讨论思想及转化与化归思想以及考查数学运算及逻辑推理的核心素养.第13讲一元二次不等式课前热身启动——全面落实“四基”，基稳才能楼高[主干知识再强化]1．一元二次不等式的解集判别式Δ＝b2－4acΔ0Δ＝0Δ0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a0)的图象方程ax2＋bx＋c＝0(a0)的根有两相异实根x1，x2(x1x2)有两相等实根x1x1＝x2＝－b2a没有实数根ax2＋bx＋c0(a0)的解集{x|xx1或xx2}xx≠－b2a{x|x∈R}ax2＋bx＋c0(a0)的解集{x|x1xx2}∅∅2.不等式恒成立问题的解题方法(1)f(x)a对一切x∈I恒成立⇔f(x)mina；(2)f(x)a对一切x∈I恒成立⇔f(x)maxa；(3)f(x)g(x)对一切x∈I恒成立⇔f(x)的图象在g(x)的图象的上方．(4)一元二次不等式的恒成立问题①ax2＋bx＋c0(a≠0)恒成立的条件是a＞0，Δ＜0.②ax2＋bx＋c0(a≠0)恒成立的条件是a＜0，Δ＜0.3．在给定区间(－∞，＋∞)的子区间L上，(1)含参数的不等式f(x)≥t(t为参数)恒成立的充要条件是f(x)min≥t(x∈L)．(2)含参数的不等式f(x)≤t(t为参数)恒成立的充要条件是f(x)max≤t(x∈L)．(3)含参数的不等式f(x)≥t(t为参数)有解的充要条件是f(x)max≥t(x∈L)．(4)含参数的不等式f(x)≤t(t为参数)有解的充要条件是f(x)min≤t(x∈L)．[经典考题再回首]1．(2019·全国卷Ⅰ改编)已知集合M＝{x|－4x2}，N＝{x|x2－x－60}，则M∩N＝________.解析：由x2－x－60，得(x－3)(x＋2)0，解得－2x3，即N＝{x|－2x3}，∴M∩N＝{x|－2x2}．答案：{x|－2x2}2．(2019·天津高考)设x∈R，使不等式3x2＋x－20成立的x的取值范围为________．解析：3x2＋x－20变形为(x＋1)(3x－2)0，解得－1x23，故使不等式成立的x的取值范围为－1，23.答案：－1，233．(2019·江苏高考)函数y＝7＋6x－x2的定义域是________．解析：要使函数有意义，需7＋6x－x2≥0，即x2－6x－7≤0，解得－1≤x≤7.故所求函数的定义域为[－1,7]．答案：[－1,7]课堂精析考情——锁定命题热点，精准才能高效一、小题考法——求“准”求“快”考法一一元二次不等式的求解[例1](1)(2019·南京一模)函数y＝log2(3x2－2x－2)的定义域是________________．(2)已知函数f(x)＝x2－2x，x≥0，－x2－2x，x＜0，则不等式f(x)＞f(－x)的解集为________________．[解析](1)由题意，得3x2－2x－20，令3x2－2x－2＝0，得x1＝1－73，x2＝1＋73，所以3x2－2x－20的解集为－∞，1－73∪1＋73，＋∞.(2)若x≥0，则f(x)＝x2－2x，f(－x)＝－x2＋2x，由f(x)＞f(－x)，得x2－2x＞－x2＋2x⇒x＞2.若x＜0，则f(x)＝－x2－2x，f(－x)＝x2＋2x，由f(x)＞f(－x)，得－x2－2x＞x2＋2x⇒－2＜x＜0.综上，不等式f(x)＞f(－x)的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．[答案](1)－∞，1－73∪1＋73，＋∞(2)(－2,0)∪(2，＋∞)[解题方略]一元二次不等式的解题步骤考法二不等式恒成立问题的求解[例2](1)(2019·常州五中测试)已知a∈[－1,1]时不等式x2＋(a－4)x＋4－2a＞0恒成立，则x的取值范围为____________．(2)若不等式x2＋ax＋4≥0对一切x∈(0,1]恒成立，则a的取值范围为____________．[解析](1)把不等式的左端看成关于a的一次函数，记f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，则由f(a)＞0对于任意的a∈[－1,1]恒成立，得f(－1)＝x2－5x＋6＞0，且f(1)＝x2－3x＋2＞0即可，解不等式组x2－5x＋6＞0，x2－3x＋2＞0，得x＜1或x＞3.(2)由题意，分离参数后得a≥－x＋4x.设f(x)＝－x＋4x，x∈(0,1]，则只需a≥[f(x)]max即可．由于函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，所以[f(x)]max＝f(1)＝－5，故a≥－5.[答案](1)(－∞，1)∪(3，＋∞)(2)[－5，＋∞)[解题方略]解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数．考法三不等式存在性问题的求解[例3](1)若存在实数x∈[2,4]，使x2－2x＋5－m0成立，则m的取值范围为________．(2)已知函数f(x)＝xx2－a，若存在x∈1，2，使得f(x)2，则实数a的取值范围为________．[解析](1)由已知可得，mx2－2x＋5，在x∈[2,4)上有解，设f(x)＝x2－2x＋5＝(x－1)2＋4，x∈[2,4]，当x＝2时，f(x)min＝5，∃x∈[2,4]，使x2－2x＋5－m0成立，即mf(x)min，∴m5.(2)当x∈[1,2]时，f(x)2等价于|x3－ax|2，即－2x3－ax2，即x3－2axx3＋2，得到x2－2xax2＋2x，即x2－2xminax2＋2xmax，得到－1a5.[答案](1)(5，＋∞)(2)(－1,5)[解题方略]存在性问题需要转化为最值问题，优先考虑分离变量的做题思路．用分离变量法进行等价转化的好处是可以减少分类讨论．若不等式中含有绝对值，须通过分类讨论，转化为一般的一元二次不等式，再求解．[集训过关]1．(2019·启东一中检测)不等式2x2－x－30的解集为________________．解析：由2x2－x－3＝(2x－3)(x＋1)0，得x32或x－1，所以不等式2x2－x－30的解集为x|x32或x－1.答案：x|x32或x－12．(2019·江安中学检测)若关于x的二次不等式x2＋mx＋1≥0的解集为R，则实数m的取值范围是________．解析：不等式x2＋mx＋1≥0的解集为R，相当于二次函数y＝x2＋mx＋1的最小值非负，即方程x2＋mx＋1＝0最多有一个实根，故Δ＝m2－4≤0，解得－2≤m≤2.答案：[－2,2]3．(2019·苏锡常镇调研)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________________．解析：根据条件可得函数f(x)在(－∞，0]上为减函数，则不等式f(3x)＞f(x2＋2)可化为|3x|＞|x2＋2|，则3x＜－(x2＋2)或3x＞x2＋2，解得－2＜x＜－1或1＜x＜2，所以不等式f(3x)＞f(x2＋2)的解集为(－2，－1)∪(1,2)．答案：(－2，－1)∪(1,2)4．设f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2x，若对任意的x∈[a，a＋2]，不等式f(x＋a)≥[f(x)]2恒成立，则实数a的取值范围是________________．解析：当x≥0时，定义在R上的偶函数f(x)＝2x，易得f(x)＝2|x|，x∈R.由f(x＋a)≥[f(x)]2得，2|x＋a|≥(2|x|)2，即|x＋a|≥|2x|对于x∈[a，a＋2]恒成立，即(3x＋a)(x－a)≤0对于x∈[a，a＋2]恒成立，即3a＋aa－a≤0，[3a＋2＋a]a＋2－a≤0，解得a≤－32.答案：－∞，－325．已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－a，若关于x的不等式f(f(x))＜0的解集为空集，则实数a的取值范围是________．解析：f(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x－a)(x＋1)＜0.当a＝－1时，f(x)＝(x＋1)2＜0无解，符合题意；当a＞－1时，f(x)＜0的解集为－1＜x＜a，此时要满足f(f(x))＜0的解集为空集，只需f(x)≥a恒成立，即x2＋(1－a)x－2a≥0恒成立，所以只需Δ＝a2＋6a＋1≤0，解得－22－3≤a≤22－3，又a＞－1，所以－1＜a≤22－3；当a＜－1时，f(x)＜0的解集为a＜x＜－1，此时要满足f(f(x))＜0的解集为空集，只需f(x)≥－1恒成立，即x2＋(1－a)x－a＋1≥0恒成立，所以只需Δ＝a2＋2a－3≤0，解得－3≤a≤1，又a＜－1，所以－3≤a＜－1.综上，－3≤a≤22－3.答案：[－3,22－3]二、大题考法——求“稳”求“范”考法一三个二次的综合问题[例1]设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，且f(1)＝－a2，3a2c2b，求证：(1)a0且－3ba－34；(2)函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点；(3)若x1，x2是函数f(x)的两个零点，则2≤|x1－x2|＜574.[证明](1)因为f(1)＝a＋b＋c＝－a2，所以3a＋2b＋2c＝0.又3a2c2b，所以3a0,2b0，所以a0，b0.又2c＝－3a－2b,3a2c2b，所以3a－3a－2b2b.因为a0，所以－3ba－34.(2)因为f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c，①当c0时，因为a0，所以f(1)＝－a20，且f(0)＝c0，所以函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点；②当c≤0时，因为a0，所以f(1)＝－a20，且f(2)＝a－c0，所以函数f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点．综合①②可知，函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点．(3)因为x1，x2是函数f(x)的两个零点，则x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两根．所以|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2＝－ba2－4－32－ba＝ba＋22＋2.因为－3ba－34，所以2≤|x1－x2|＜574.[解题方略]二次函数、二次方程、二次不等式间相互转化的一般规律：在研究一元二次方程根的分布问题时，常借助于二次函数的图象数形结合来解，一般从①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．在研究一元二次不等式的有关问题时，一般需借助于二次函数的图象、性质求解．考法二一元二次不等式中的恒成立问题[例2]已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)．(1)若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；(2)在(1)的条件下，f(x)＞x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，求k的取值范围．[解](1)由题意知－b2a＝－1，f－1＝a－b＋1＝0，解得a＝1，b＝2.所以f(x)＝x2＋2x＋1，由f(x)