2.3 第2课时 一元二次不等式的应用（课件）-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学必修第一册（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第二章　一元二次函数、方程和不等式 2．3　二次函数与一元二次方程、不等式 第2课时　一元二次不等式的应用 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 第二章　一元二次函数、方程和不等式 [学习任务] 1．掌握简单的分式不等式的解法． 2．理解不等式恒成立问题．(难点) 3．会用一元二次不等式解决一些简单的实际问题．(难点) 探究一　解简单的分式不等式 [例1]　解下列不等式： (1) eq \f(x＋2,3－x) ≥0； (2) eq \f(2x－1,3－4x) ＞1. [解]　(1)原不等式等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋2）（3－x）≥0，,3－x≠0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋2）（x－3）≤0，,x≠3)) ⇒－2≤x＜3. ∴原不等式的解集为{x|－2≤x＜3}． (2)原不等式可化为 eq \f(2x－1,3－4x) －1＞0，即 eq \f(3x－2,4x－3) ＜0. 等价于(3x－2)(4x－3)＜0.∴ eq \f(2,3) ＜x＜ eq \f(3,4) . ∴原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＜x＜\f(3,4))))) . 1．解下列不等式： (1) eq \f(x＋1,2x－1) ＜0； (2) eq \f(1－x,3x＋5) ≥0； (3) eq \f(x－1,x＋2) ＞1. 解　(1)原不等式可化为(x＋1)(2x－1)＜0， ∴－1＜x＜ eq \f(1,2) ， 故原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜\f(1,2))))) . (2)原不等式可化为 eq \f(x－1,3x＋5) ≤0， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－1）（3x＋5）≤0，,3x＋5≠0，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)≤x≤1，,x≠－\f(5,3)，)) 即－ eq \f(5,3) ＜x≤1. 故原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3)＜x≤1)))) . (3)原不等式可化为 eq \f(x－1,x＋2) －1＞0， ∴ eq \f(x－1－（x＋2）,x＋2) ＞0，∴ eq \f(－3,x＋2) ＞0，则x＜－2. 故原不等式的解集为{x|x＜－2}． 探究二　一元二次不等式的实际应用 [例2]　(链接教科书第53页例4)某摩托车生产企业，上年度生产摩托车的投入成本为1万元/辆，出厂价为1.2万元/辆，年销售量为1 000辆．本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适度增加投入成本．若每辆车投入成本增加的比例为x(0＜x＜1)，则出厂价相应的提高比例为0.75x，同时预计年销售量增加的比例为0.6x.已知年利润＝(出厂价－投入成本)×年销售量． (1)写出本年度预计的年利润y与投入成本增加的比例x的关系式； (2)为使本年度的年利润比上年度有所增加，问：投入成本增加的比例x应在什么范围内？ [解]　(1)由题意，得y＝[1.2×(1＋0.75x)－1×(1＋x)]×1 000×(1＋0.6x)(0＜x＜1)，整理得y＝－60x2＋20x＋200(0＜x＜1). (2)要保证本年度的利润比上年度有所增加，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－（1.2－1）×1 000＞0，,0＜x＜1，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－60x2＋20x＞0，,0＜x＜1，)) 解不等式组，得0＜x＜ eq \f(1,3) ， 所以为保证本年度的年利润比上年度有所增加，投入成本增加的比例x的范围为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(1,3))))) . 2．某高校校园要规划一块长方形绿地，且长方形绿地的长与宽的差为30 米，若长方形绿地的面积不少于4 000 平方米，则这块绿地的长与宽应至少为多少米？ 解　设这块长方形绿地的长与宽分别为a米与b米， 由题意得a－b＝30，ab≥4 000，b>0， ∴b2＋30b－4 000≥0， 即(b＋80)(b－50)≥0，解得b≥50或b≤－80(舍去)， 故b至少为50，a至少为80， 故这块绿地的长应至少为80 米，宽应至少为50 米． 在解决不等式恒成立问题时，常常使用不等式解集法、分离参数法、主参换位法和数形结合法解决，方法灵活，能提升学生的逻辑推理、数学运算等素养． 方法一　判别式“Δ”法 [例1]　若不等式－x2＋2x＋3≤a2－3a对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围． [解]　原不等式可化为x2－2x＋a2－3a－3≥0， 因为该不等式对任意实数x恒成立， 所以Δ≤0， 即4－4(a2－3a－3)≤0， 即a2－3a－4≥0， 解得a≤－1或a≥4， 所以实数a的取值范围是{a|a≤－1，或a≥4}． 方法二　数形结合法 [例2]　当1≤x≤2时，不等式x2＋mx＋4＜0恒成立，求m的取值范围． [解]　令y＝x2＋mx＋4. 因为当1≤x≤2时，y＜0恒成立． 所以x2＋mx＋4＝0的根一个小于1，另一个大于2. 如图，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋m＋4＜0，,4＋2m＋4＜0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋5＜0，,2m＋8＜0.)) 解得m＜－5. 所以m的取值范围是{m|m＜－5}． 方法三　分离参数法 [例3]　已知不等式－2x2＋bx＋c>0的解集为{x eq \b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1)) <x<3}，若对任意的 －1≤x≤0，不等式2x2＋bx＋c＋t≤4恒成立，则t的取值范围是________. [解析]　因为不等式－2x2＋bx＋c>0的解集为{x eq \b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1＜x＜3)) }，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f(b,2)，,（－1）×3＝－\f(c,2)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝4，,c＝6，)) 因为对任意的－1≤x≤0，不等式2x2＋bx＋c＋t≤4恒成立，所以对任意的－1≤x≤0，不等式t≤－2x2－4x－2恒成立， 即t≤(－2x2－4x－2)min.令y＝－2x2－4x－2＝－2(x＋1)2，－1≤x≤0，则y≥－2，所以t≤－2. [答案]　{t eq \b\lc\|(\a\vs4\al\co1(t≤－2)) } 方法四　主参换位法 [例4]　已知函数y＝mx2－mx－6＋m，若对于1≤m≤3，y＜0恒成立，求实数x的取值范围． [解]　由题意知y＜0，即mx2－mx－6＋m＜0，所以(x2－x＋1)m－6＜0. 因为1≤m≤3，所以x2－x＋1＜ eq \f(6,m) 恒成立，所以x2－x＋1＜ eq \f(6,3) .整理得x2－x－1＜0，解得 eq \f(1－\r(5),2) ＜x＜ eq \f(1＋\r(5),2) . 所以x的取值范围为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)＜x＜\f(1＋\r(5),2))))) . 关于x的不等式(1＋m)x2＋mx＋m＜x2＋1对x∈R恒成立，求实数m的取值范围． 解　原不等式等价于mx2＋mx＋m－1＜0对x∈R恒成立． 当m＝0时，－1＜0对x∈R恒成立． 当m≠0时，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,m2－4m（m－1）＜0，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,m＜0或m＞\f(4,3)，)) 解得m＜0. 综上，m的取值范围为{m|m≤0}． $$