第1章 4.3 一元二次不等式的应用（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第一册（北师大版2019）

第一章　预备知识 §4　一元二次函数与一元二次不等式 4.3　一元二次不等式的应用 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 课堂案·互动探究 01 课后案·学业评价 02 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 01 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 栏目导航 第一章　预备知识 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　预备知识 1 学业标准 素养目标 1．了解简单的分式不等式的解法． (重点) 2．理解并掌握不等式恒成立问题． (难点) 3．会用一元二次不等式解决一些简单的实际问题．(重点) 1．通过不等式中的恒成立问题，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 2．借助一元二次不等式的实际应用，培养数学建模等核心素养． 题型一　解简单的分式不等式 　(1)不等式 eq \f(2－x,x＋4) ＞0的解集是________． (2)已知关于x的不等式 eq \f(ax－1,x＋1) ＞0的解集是(－∞，－1)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) ，则a＝________． (3)解不等式 eq \f(x＋1,x－2) ≤2. (1)[解析]　因为 eq \f(2－x,x＋4) ＞0， 所以(x－2)(x＋4)＜0，故－4＜x＜2. [答案]　{x|－4＜x＜2} (2)[解析]　 eq \f(ax－1,x＋1) ＞0等价于(ax－1)(x＋1)＞0， 由题意得a＞0，且－1和 eq \f(1,2) 是方程(ax－1)(x＋1)＝0的两个根， 所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1)) ＝0，所以a＝2. [答案]　2 (3)[解析]　移项得 eq \f(x＋1,x－2) －2≤0， 左边通分并化简得 eq \f(－x＋5,x－2) ≤0，即 eq \f(x－5,x－2) ≥0， 可转化为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1((x－2)(x－5)≥0，,x－2≠0，)) 所以x＜2或x≥5， 所以原不等式的解集为{x|x＜2或x≥5}． 解分式不等式一般先移项，使不等式的一端为零，再利用不等式的性质将其转化为整式不等式(组)来解． [触类旁通] 1．已知关于x的不等式ax＋b＞0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式 eq \f(ax－b,x－2) ＞0的解集是(　　) A．{x|x＜－1或x＞2}　 B．{x|－1＜x＜2} C．{x|1＜x＜2} D．{x|x＞2} 解析　依题意，a＞0且－ eq \f(b,a) ＝1. eq \f(ax－b,x－2) ＞0⇔(ax－b)(x－2)＞0⇔ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,a))) (x－2)＞0，即(x＋1)(x－2)＞0⇒x＞2或x＜－1. 答案　A 题型二　不等式中的恒成立问题 　设函数y＝mx2－mx－1. (1)若对于一切实数x，y＜0恒成立，求m的取值范围； (2)对于x∈[1，3]，y＜－m＋5恒成立，求m的取值范围． [解析]　(1)要使mx2－mx－1＜0恒成立，若m＝0，显然－1＜0. 若m≠0， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2＋4m＜0，)) ⇒－4＜m＜0. ∴－4＜m≤0， 即m的取值范围是(－4，0]. (2)解法一　要使y＜－m＋5在x∈[1，3]上恒成立， 就要使m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＋ eq \f(3,4) m－6＜0在x∈[1，3]上恒成立． 令y0＝m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＋ eq \f(3,4) m－6，x∈[1，3]. 当m＞0时，y0是增函数，∴y0max＝m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＋ eq \f(3,4) m－6＝7m－6＜0，∴0＜m＜ eq \f(6,7) ；当m＝0时，－6＜0恒成立；当m＜0时，y0是减函数， ∴y0max＝m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＋ eq \f(3,4) m－6＝m－6＜0，得m＜6.∴m＜0. 综上所述，m＜ eq \f(6,7) ，即m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))) . 解法二　当x∈[1，3]时，y＜－m＋5恒成立， 即当x∈[1，3]时，m(x2－x＋1)－6＜0恒成立． ∵x2－x＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up20(2) ＋ eq \f(3,4) ＞0， 又m(x2－x＋1)－6＜0，∴m＜ eq \f(6,x2－x＋1) . ∵函数y＝ eq \f(6,x2－x＋1) ＝ eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up20(2)＋\f(3,4)) 在[1，3]上的最小值为 eq \f(6,7) ， ∴只需m＜ eq \f(6,7) 即可． ∴m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))) . 一元二次不等式恒成立的类型及解法 设y＝ax2＋bx＋c(a≠0). (1)y＞0在R上恒成立⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.)) (2)y＜0在R上恒成立⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.)) (3)a＞0时，y＜0在区间[α，β]上恒成立⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aα2＋bα＋c＜0，,aβ2＋bβ＋c＜0，)) (a≠0). (4)a＜0时，y＞0在区间[α，β]上恒成立⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aα2＋bα＋c＞0，,aβ2＋bβ＋c＞0，)) (a≠0). (5)分离参数，将恒成立问题转化为求最值问题，即k≥y(k＞y)恒成立⇔k≥ymax(k＞ymax)；k≤y(k＜y)恒成立⇔k≤ymin(k＜ymin). [触类旁通] 2．若不等式x2－2x＋m＜0对∀x∈[1，2]恒成立，求m的取值范围． 解析　如图，令y＝x2－2x＋m，y＜0对∀x∈[1，2]恒成立， 需满足 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋m＜0，,m＜0，)) 解得m＜0. ∴m的取值范围为(－∞，0). 题型三　一元二次不等式的实际应用 　某自来水厂的蓄水池存有400吨水，水厂每小时可向蓄水池中注水60吨，同时蓄水池又向居民小区不间断供水，t小时内供水总量为120 eq \r(6t) 吨(0≤t≤24). (1)从供水开始到第几小时时，蓄水池中的存水量最少？最少水量是多少吨？ (2)若蓄水池中水量少于80吨时，就会出现供水紧张现象，请问：在一天的24小时内，有几小时出现供水紧张现象？ [解析]　(1)设t小时后蓄水池中的水量为y吨， 则y＝400＋60t－120 eq \r(6t) (0≤t≤24). 令x＝ eq \r(6t) ，则t＝ eq \f(x2,6) ， 所以y＝400＋10x2－120x＝10(x－6)2＋40(0≤x≤12)， 所以当x＝6，即t＝6时，ymin＝40， 即从供水开始到第6小时时，蓄水池水量最少，只有40吨． (2)由已知400＋10x2－120x＜80， 得x2－12x＋32＜0，解得4＜x＜8， 即4＜ eq \r(6t) ＜8， eq \f(8,3) ＜t＜ eq \f(32,3) ，而 eq \f(32,3) － eq \f(8,3) ＝8， 所以每天约有8小时供水紧张． [素养聚焦]　通过一元二次不等式的实际应用，把数学建模等核心素养体现在解题过程中． 解不等式应用题的四步骤 (1)审：认真审题，把握问题中的关键量，找准不等关系； (2)设：引进数学符号，用不等式表示不等关系； (3)求：解不等式； (4)答：回答实际问题． 提醒：确定答案时应注意变量具有的“实际含义”． [触类旁通] 3．国家为了加强对烟、酒生产的管理，实行征收附加税政策，现知某种酒每瓶70元，不征收附加税时，每年大约产销100万瓶．若政府征收附加税，每销售100元征收R元(叫税率R%)，则每年产销量将减少10R万瓶．要使每年在此项经营中所收附加税不少于112万元，R应怎样确定？ 解析　设产销量为每年x万瓶，则销售收入为每年70x万元，从中征收税金为70x·R%万元，并且x＝100－10R. 由题意可知70(100－10R)·R%≥112，即R2－10R＋16≤0.∴2≤R≤8，∴税率定在2%～8%之间，年收附加税不少于112万元． [缜密思维提能区]　易错辨析 忽视二次项系数为零的情况致误 [典例]　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． [错解]　原不等式可化为mx2＋mx＋(m－1)＜0， 依题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2－4m(m－1)＜0)) ⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,3m2－4m＞0)) ⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,m＜0或m＞\f(4,3))) ⇔m＜0， 故m的取值范围为m＜0. [正解]　原不等式可化为mx2＋mx＋(m－1)＜0， 若m＝0，则不等式化为－1＜0，符合题意； 若m≠0，则应有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2－4m(m－1)＜0)) ⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,3m2－4m＞0)) ⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＜0，,m＜0或m＞\f(4,3))) ⇔m＜0. 综上，m的取值范围为(－∞，0]. [纠错心得]　不等式ax2＋bx＋c<0的解是全体实数(或恒成立)的条件是：当a＝0时，b＝0，c<0；当a≠0时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.)) 知识落实 技法强化 1．简单的分式不等式的解法． 2．不等式恒成立问题． 1．不等式恒成立问题，根据题目的特点选取相适应的方法(分离参数法或借助于二次函数). 2．注意解分式不等式时充分利用转化与化归思想． $$