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1. 4　一元二次不等式(与几类重要不等式)的解法
1. 会结合一元二次函数的图象，判断一元二次方程实根的存在性及实根的个数.
2. 经历从实际情境中抽象出一元二次不等式的过程，了解一元二次不等式的现实意义. 能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集.
3. 借助一元二次函数的图象，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系.
【教材梳理】
1. 一元二次不等式
一元二次不等式
定义 一般地，我们把只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式
一般形式 ax2＋bx＋c>0，ax2＋bx＋c<0，ax2＋bx＋c≥0，ax2＋bx＋c≤0，其中a，b，c均为常数，a≠0
　　2. 二次函数的零点
一般地，对于二次函数y＝ax2＋bx＋c，我们把使ax2＋bx＋c＝0的实数x叫做二次函数y＝ax2＋bx＋c的零点.
3. 三个“二次”的对应关系
Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0
y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象　
ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根 有两个不相等的实数根x1，x2(x1ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集　 {x|xx2} R
ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集　 {x|x1【常用结论】
4. 一元二次不等式恒成立
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立
注意：若a＝0，则恒成立的充要条件为b＝0，c>0.
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立
注意：若a＝0，则恒成立的充要条件为b＝0，c<0.
5. 单、双变量恒成立、有解、无解的转化
(1)单变量
①对任意的x∈[m，n]，a>f(x)恒成立 a>f(x)max；
若存在x∈[m，n]，a>f(x)有解 a>f(x)min；
若对任意x∈[m，n]，a>f(x)无解 a≤f(x)min.
②对任意的x∈[m，n]，a若存在x∈[m，n]，a若对任意x∈[m，n]，a(2)双变量
①对任意的x∈[a，b]，不等式f(x)>g(x)恒成立，只需[f(x)－g(x)]min>0.
②存在x0∈[a，b]，不等式f(x0)>g(x0)成立，只需[f(x)－g(x)]max>0.
③对任意x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，不等式f(x1)>g(x2)恒成立，只需f(x)min>g(x)max.
④存在x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，不等式f(x1)>g(x2)成立，只需f(x)max>g(x)min.
⑤对任意x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，不等式f(x1)>g(x2)成立，只需f(x)min>g(x)min.
判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“√”，错误的画“×”.
(1)－x2＋x>0的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞). (　　)
(2)若二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为(x1，x2)，则必有a<0. (　　)
(3)不等式ax2＋bx＋c>0恒成立，则a>0且Δ<0. (　　)
(4)(5)x(x＋2)2>0的解集是(－∞，－2)∪(0，＋∞). (　　)
解：(1)×；　(2)√；　(3)×；　(4)×；　(5)×.
不等式2x2－x－3>0的解集为 (　　)
A. B. {x|x＜－3或x＞1}
C. D. {x|x＜－1或x＞1}
解：由2x2－x－3＞0，得(x＋1)(2x－3)＞0，解得x>或x<－1. 故选C.
不等式≤0的解集为 (　　)
A.
B. ∪[1，＋∞)
C.
D. ∪[1，＋∞)
解：由不等式≤0，得解得－＜x≤1，故原不等式的解集为. 故选A.
(教材改编)某城市对一种每件售价为160元的商品征收附加税，税率为R%(即每销售100元征税R元)，若年销售量为万件，要使附加税不少于128万元，则R的取值范围是 (　　)
A. [4，8] B. [6，10]
C. [4%，8%] D. [6%，10%]
解：根据题意，要使附加税不少于128万元，
则×160×R%≥128，
整理得R2－12R＋32≤0，解得4≤R≤8.
所以R的取值范围是[4，8]. 故选A.
考点一　一元二次不等式的解法
(1)(2021届湖南百校9月联考)设集合A＝{x|xA. (0，1) B. (－3，0)∪(1，2)
C. (－3，1) D. (－2，0)∪(1，3)
解：因为A＝{x|xB＝{x|x2＋x－6<0}＝(－3，2)，
所以A∩B＝(－3，0)∪(1，2). 故选B.
(2)已知不等式ax2－5x＋b>0的解集为{x|－30的解集为 (　　)
A.
B.
C. {x|－3D. {x|x<－3或x>2}
解：由题意得解得所以不等式bx2－5x＋a>0为－6x2－5x－1>0，即(3x＋1)·(2x＋1)<0，所以解集为. 故选A.
(3)解关于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R).
解：原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0(a∈R)，
即(ax－2)(x＋1)≥0(a∈R).
当a＝0时，原不等式可化简为x＋1≤0，
原不等式的解集为{x|x≤－1}；
当a≠0时，原不等式的解集由和－1的大小决定，当a>0时，>－1；当a<0时，a＝－2，＝－1.
所以不等式的解集为：当a＝0时，{x|x≤－1}；
当a>0时，；
当－2当a＝－2时，{x|x＝－1}；
当a<－2时，.
【点拨】 解一元二次不等式的步骤：第一步，将二次项系数化为正数；第二步，解相应的一元二次方程；第三步，根据一元二次方程的根，结合不等号的方向画图；第四步，写出不等式的解集.
(1)(2020陕西汉中二模)对于实数x，规定[x]表示不大于x的最大整数，那么使不等式4[x]2－36[x]＋45<0成立的x的取值范围是 (　　)
A. B. [2，8]
C. [2，8) D. [2，7]
解：由4[x]2－36[x]＋45<0，得<[x]<，又[x]表示不大于x的最大整数，所以2≤x<8. 故选C.
(2)(2022江苏省震泽中学高一月考)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集是，则不等式cx2＋bx＋a<0的解集为(　　)
A. 　　　　B. (－∞，－3)∪
C. 　　　　D. (－∞，－2)∪
解：因为不等式ax2＋bx＋c>0的解集为，
所以即
所以不等式cx2＋bx＋a<0变形得x2＋x＋1＞0，即－x2－x＋1>0，解得－3则cx2＋bx＋a<0的解集为. 故选A.
(3)已知不等式ax2－3x＋6＞0的解集为{x|b(Ⅰ)求a，b；
(Ⅱ)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0.
解：(Ⅰ)因为不等式ax2－3x＋6>0的解集为{x|b所以解得
(Ⅱ)由(Ⅰ)知
所以原不等式可化为－3x2＋(3c＋2)x－2c<0，
即(3x－2)(x－c)>0.
因为原不等式对应的方程(3x－2)(x－c)＝0的根为x1＝，x2＝c，所以原不等式的解集由和c的大小决定.
当c<时，原不等式的解集为{x|x}；
当c＝时，原不等式的解集为；
当c>时，原不等式的解集为.
考点二　其他几类重要不等式的解法
命题角度1　分式不等式的解法
(2020年江苏响水中学高二学情分析)不等式≥2的解集为 (　　)
A. [－1，＋∞) B. [－1，0)
C. (－∞，－1] D. (－∞，－1]∪(0，＋∞)
解：由≥2得≥0，即≤0，
解得－1≤x＜0. 故选B.
【点拨】 分式不等式解法：①化分式不等式为标准型. 方法：移项，通分，右边化为0，左边化为的形式. ②将分式不等式转化为整式不等式求解： f(x)g(x)＞0；＜0 f(x)g(x)＜0；≥0 ≤0
不等式≤1的解集为__________.
解：≤1 －1≤0 ≤0 ≥0.
方法一：≥0
得{xx＞－或x≤－2}.
方法二：≥0 或
得{x|x＞－或x≤－2}.
故填{x|x＞－或x≤－2}.
命题角度2　高次不等式的解法
(2020年江苏淮阴中学高二期末)不等式
>1的解集为 (　　)
A. {x|x<－1或x>3}
B. {x|x<－1或1C. {x|－13}
D. {x|－1解：原不等式可化为－1>0，即>0，等价于(x＋1)(x－1)(x－3)>0.
如图，由穿针引线法得－13，
所以原不等式的解集为{x|－13}. 故选C.
【点拨】 解高次不等式的基本思路：先因式分解，再用穿根法. 注意因式分解后，整理成每个因式中未知数的系数为正. 穿根法的一般步骤为：第一步，在数轴上标出化简后各因式的根，使等号成立的根标为实点，等号不成立的根标为虚点；第二步，自右向左、自上而下穿线，遇偶次重根不穿透，遇奇次重根要穿透(叫奇穿偶不穿)；第三步，数轴上方曲线对应区域使“>”成立，下方曲线对应区域使“<”成立.
设x∈R，则“≥0”是“≥0”的 (　　)
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
解：≥0 (x2－x－6)(x2－4)≥0且x2≠4，即(x＋2)(x－3)(x＋2)(x－2)≥0，即(x＋2)2(x－2)(x－3)≥0且x≠±2，由穿根法得解集为(－∞，－2)∪(－2，2)∪[3，＋∞). 而≥0 (x－3)(x－2)≥0且x≠2，即x≥3或x＜2. 故选A.
命题角度3　无理不等式的解法
不等式－x＋3>0的解集是__________.
解：原不等式可化为>x－3，等价于或
解得－27≤x<3，或3≤x<9，即x∈[－27，9).
故填[－27，9).
【点拨】解无理不等式的关键在于将其转化为有理不等式(组)求解，变形要是同解变形.
(2021江苏淮安高二期末)不等式解：由题意解得2命题角度4　含绝对值不等式的解法
不等式|x－1|≥3的解集为__________；|x－1|＋|x＋1|≥3的解集为__________.
解：|x－1|≥3等价于x－1≥3或x－1≤－3，即x≥4或x≤－2.
对于|x－1|＋|x＋1|≥3，
方法一：零点分段法，当x≤－1时，1－x－x－1＝－2x≥3 x≤－；
当－1当x≥1时，x－1＋x＋1＝2x≥3 x≥.
综上，|x－1|＋|x＋1|≥3的解集为(－∞，－]∪.
方法二：利用几何意义，即借助数轴及绝对值定义求解. 故填(－∞，－2]∪[4，＋∞)；(－∞，－]∪[，＋∞).
【点拨】①|f(x)|a f(x)>a或f(x)<－a. ②解绝对值不等式的关键在于去绝对值符号，常用方法有：零点分段法、平方法、定义法等.
不等式|x－1|<4的解集为__________；不等式|2x＋1|<1－x的解集为__________.
解：|x－1|<4 －4对于|2x＋1|<1－x，
方法一：当x≥－时，2x＋1<1－x，得－≤x＜0；当x<－时，－2x－1<1－x，得－2故|2x＋1|<1－x的解集为(－2，0).
方法二：|2x＋1|<1－x x－1<2x＋1<1－x，得－2方法三：显然x<1，两边平方得x2＋2x<0 －2考点三　与一元二次不等式有关的恒成立问题
命题角度1　在R上的恒成立
对 x∈R，不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0恒成立，则实数a的取值范围是 (　　)
A. (－2，2]
B. [－2，2]
C. (－∞，－2)∪[2，＋∞)
D. (－∞，－2]∪[2，＋∞)
解：依题意，当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立，满足题意；
当a－2≠0时，要使不等式恒成立，
需即
解得－2综上可得，实数a的取值范围为(－2，2]. 故选A.
【点拨】 在R上的恒成立，结合本节常用结论处理即可，注意讨论二次项系数.
(2021江西高安中学高一月考)若函数y＝kx2＋4kx＋3对任意x∈R有y>0恒成立，则实数k的取值范围为 (　　)
A. B.
C. (－∞，0) D.
解：由题意，函数y＝kx2＋4kx＋3对任意x∈R有y>0，
①当k＝0时，y＝3>0成立；
②当k≠0时，函数为二次函数，若满足对任意x∈R有y>0，则
解得0综上，k∈. 故选A.
命题角度2　在给定区间的恒成立
　　(2021河南南阳中学高三月考)设函数f(x)＝mx2－mx－1，若对于任意的x∈{x|1≤x≤3}，f(x)<－m＋4恒成立，则实数m的取值范围为 (　　)
A. B.
C. (－∞，0)∪ D. (－∞，0]
解法一：若对于任意的x∈{x|1≤x≤3}，f(x)<－m＋4恒成立，即mx2－mx＋m－5<0在x∈{x|1≤x≤3}上恒成立，令g(x)＝mx2－mx＋m－5，则对称轴为x＝.
当m＝0时，－5<0恒成立；
当m<0时，有g(x)的图象开口向下且在[1，3]上单调递减，所以在[1，3]上，g(x)max＝g(1)＝m－5<0，得m<5，故有m<0；当m>0时，有g(x)的图象开口向上且在[1，3]上单调递增，所以在[1，3]上，g(x)max＝g(3)＝7m－5<0，所以0综上，实数m的取值范围为.
解法二：当1≤x≤3时，0<1≤x2－x＋1≤7.
故原不等式变为m<，从而m<.
故选A.
【点拨】 在给定区间上的恒成立，常可用分离参数的方法转化为函数值域问题，很多时候都可以减少不必要的讨论，其中：f(x)≤a恒成立 a≥f(x)max；f(x)≥a恒成立 a≤f(x)min.
(2020河北正定中学高三月考)若 x∈{x|1≤x≤5}，不等式x2＋ax－2≤0恒成立，则a的取值范围是
(　　)
A. B.
C. {a|a＞1} D.
解：由题意， x∈{x|1≤x≤5}，a≤－x恒成立，即 a≤恒成立，
令f(x)＝－x，显然f(x)在 x∈[1，5]上单调递减，则f(x)min＝f(5)＝－5＝－，
所以实数a的取值范围是. 故选D.
命题角度3　给定参数范围的恒成立
对任意a∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，则x的取值范围是 (　　)
A. (1，3) B. (－∞，1)∪(3，＋∞)
C. (1，2) D. (－∞，1)∪(2，＋∞)
解：设g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，
由g(a)＞0在a∈[－1，1]上恒成立，
得解得
所以x＜1或x＞3，
所以x的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞). 故选B.
【点拨】 给定参数范围的恒成立，常采用变更主元的方法，即交换主元与参数的位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解. 常见的是转化为一次函数f(x)＝ax＋b(a≠0) 在[m，n]上恒成立问题，若f(x)>0恒成立 即直线上两点的函数值均大于零，则由直线的特点可知，两点之间的所有点的函数值均大于零. 同理，若f(x)<0恒成立
(2022河北沧州市一中高一月考)已知集合A＝{t|t2－4≤0}，对于任意t∈A，使不等式x2＋tx－t>2x－1恒成立的x的取值范围为 (　　)
A. {x|x<1或x>3} 　　　　B. {x|x<－1或x>3}
C. {x|x<－1} 　　　　　　D. {x|x>3}
解：由t2－4≤0，得－2≤t≤2，所以－1≤1－t≤3.
不等式x2＋tx－t>2x－1对－2≤t≤2恒成立，
即不等式x2＋(t－2)x＋1－t>0对－2≤t≤2恒成立，即不等式(x＋t－1)(x－1)>0对－2≤t≤2恒成立，
所以只需或对－2≤t≤2恒成立，
所以只需或对－2≤t≤2恒成立.
因为－1≤1－t≤3，所以x>3或x<－1.
另解：构造f(t)＝(x－1)t＋x2－2x＋1，由f(－2)>0且f(2)>0得，x>3或x<－1.
故选B.
【巩固强化】
1. 已知两个集合A＝{x|y＝ln(－x2＋x＋2)}，B＝，则A∩B＝ (　　)
A. B.
C. (－1，e) D. (2，e)
解：由题意得A＝{x|－x2＋x＋2>0}＝{x|－12. 不等式>0的解集为 (　　)
A. {x|x＜－2或x＞3}
B. {x|x＜－2或1＜x＜3}
C. {x|－2＜x＜1或x＞3}
D. {x|－2＜x＜1或1＜x＜3}
解：＞0 ＞0 (x－3)(x＋2)·(x－1)>0，由穿针引线法得原不等式的解集是{x|－23}. 故选C.
3. 已知函数f(x)＝的定义域为R，则a的取值范围为 (　　)
A. (0，1] B. [0，1]
C. (1，＋∞) D. [1，＋∞)
解：由题意知，不等式ax2＋2ax＋1≥0对任意的x∈R恒成立，当a＝0时，1≥0恒成立，即a＝0符合题意；
当a≠0时，则得解得04. (2022合肥市第八中学高三月考)已知a>0>b，则不等式a>>b等价于 (　　)
A. B. －C. x<或x>
D. －解：因为a>>b，所以ax2>x>bx2(x≠0)，
由ax2>x可得x<0或x>；
由x>bx2可得x>0或x<；
求交集可得，x<或x>. 故选C.
5. (2020年重庆巴蜀中学高一月考)若不等式|x－3|<4的解集为{x|aA. (－∞，－3] B. (－∞，－3]∪{2}
C. (－∞，2] D. (－∞，－2]∪[2，3]
解：由|x－3|<4，得－1因为不等式|x－3|<4的解集为{x|a所以a＝－1，b＝7，
所以由(x－2)(x2－ax－b＋1)≤0，
得(x－2)(x2＋x－6)≤0，
所以(x－2)2(x＋3)≤0，
则x≤－3或x＝2，
所以不等式的解集为(－∞，－3]∪{2}，故选B.
6. 【多选题】一元二次不等式x2＋ax＋a－1≤0的解集可能是 (　　)
A. [－1，1－a] B. {－1}
C. [1－a，－1] D.
解：Δ＝a2－4(a－1)＝a2－4a＋4＝(a－2)2，当Δ＝0，即a＝2时，不等式的解集为{－1}；当Δ>0，即a≠2时，不等式为(x＋a－1)(x＋1)≤0，由于1－a和－1的大小不确定，所以当1－a>－1时，不等式的解集为[－1，1－a]，当1－a<－1时，不等式的解集为[1－a，－1]. 故选ABC.
7. 【多选题】已知不等式ax2＋bx＋c<0的解集为{x|x<－1或x>3}，则下列结论正确的是 (　　)
A. a>0 B. b>0
C. c>0 D. a＋b＋c>0
解：因为不等式ax2＋bx＋c<0的解集为{x|x<－1或x>3}，故对应的二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，所以a<0，故A错误；
易知3和－1是方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，则有又a<0，故b>0，c>0，故B，C正确；由条件可得，当－10，可知x＝1时，f(1)＝a＋b＋c>0，故D正确(或由a＋b＋c＝a－2a－3a＝－4a>0知，D正确). 故选BCD.
8. (2020年杭州八校高一联考)设二次函数f(x)＝x2＋ax＋b满足f(0)＝1.
(1)已知对于任意的实数x，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若对于任意的a∈[－8，－7]，不等式f(x)＋11≤0恒成立，求实数x的取值范围.
解：由题意f(0)＝b＝1，所以f(x)＝x2＋ax＋1，
(1)因为对于任意的实数x，不等式f(x)≥0恒成立，即x2＋ax＋1≥0恒成立，
因此只需Δ＝a2－4≤0，解得－2≤a≤2，
所以实数a的取值范围是[－2，2].
(2)令g(a)＝f(x)＋11＝ax＋x2＋12，则g(a)＝ax＋x2＋12可看作关于a的一次函数，
若g(a)＝ax＋x2＋12≤0对于任意的a∈[－8，－7]恒成立，则解得3≤x≤4.
所以实数x的取值范围是[3，4].
【综合运用】
9. 已知集合P＝{x|>x－1}，Q＝{x|log2x>1}，则P∩Q＝ (　　)
A. (1，2) B. (2，4)
C. (2，5) D. (1，4)
解：对于P，x≥－，当x≤1时恒成立；当x>1时，平方得01得x>2. 故P∩Q＝(2，4). 故选B.
10. (2021四川高三期中)已知不等式≤的解集为M，关于x的不等式ax2－x＋1>0的解集为N，且M∪N N，则实数a的取值范围为 (　　)
A. (0，＋∞) B.
C. D.
解：≤ ≤0，即(x－3)(x－1)≤0且x≠1，故M＝(1，3].
因为M∪N N，所以M N，由题意可得ax2－x＋1>0在x∈(1，3]上恒成立，
即a>在x∈(1，3]上恒成立，故只需a>，令f(x)＝＝－＋＝－(－)2＋，当＝，即x＝2时，f(x)max＝，故a>.
故选B.
11. 某文具店购进一批新型台灯，每盏的最低售价为15元，若每盏按最低售价销售，每天能卖出45盏，每盏售价每提高1元，日销售量将减少3盏，为了使这批台灯每天获得600元以上的销售收入，则这批台灯的销售单价x(单位：元)的取值范围是 (　　)
A. (10，20) B. [15，20)
C. (18，20) D. [15，25)
解：由题意，得x[45－3(x－15)]>600，即x2－30x＋200<0，所以(x－10)(x－20)<0，解得1012. 若不等式sin2x－asinx＋2≥0对任意的x∈恒成立，则实数a的取值范围是__________.
解：设t＝sinx，因为x∈，所以t∈(0，1]，
即不等式t2－at＋2≥0在t∈(0，1]上恒成立，
即a≤＝t＋在t∈(0，1]上恒成立，
由对勾函数知y＝t＋在t∈(0，1]上单调递减，故ymin＝1＋＝3，所以a≤3. 故填(－∞，3].
13. 若函数f(x)＝(x－3)(ax－b)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则f(2－x)>0的解集为__________.
解：因为f(x)＝(x－3)(ax－b)＝ax2－(3a＋b)x＋3b为偶函数，所以f(－x)＝ax2＋(3a＋b)x＋3b＝ax2－(3a＋b)x＋3b，所以3a＋b＝0，即b＝－3a，
所以f(x)＝ax2－9a＝a(x2－9)，
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a>0，
由f(2－x)＝a(－x－1)(5－x)>0，
解得x<－1或x>5(或由2－x>3或2－x<－3解得).
所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(5，＋∞).
故填(－∞，－1)∪(5，＋∞).
【拓广探索】
14. (2020福建泉州五中高一期中)已知集合A＝{x|x2－2x－8>0}，B＝{x|x2－3x－a≤0}，A∩B中恰好有一个整数解，则a的取值范围是 (　　)
A. [18，25) B. [10，18)
C. [4，10) D. (4，＋∞)
解：因为集合A＝{x|x2－2x－8>0}＝{x|x>4或x<－2}，B＝{x|x2－3x－a≤0}，又A∩B中恰好有一个整数解，
所以该整数解是－3或5，令f(x)＝x2－3x－a，
当整数解是－3时，则
即无解；
当整数解是5时，则
即 解得10≤a<18. 故选B.