2.3 第2课时 一元二次不等式的应用（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学必修第一册（湘教版2019）  

一元二次不等式的应用 (教学方式:拓展融通课—习题讲评式教学) 第2课时 课时目标 1.掌握与一元二次不等式相关的不等式解法. 2.能够从实际生活和生产中抽象出一元二次不等式的模型,并加以解决. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　简单分式不等式的解法 题型(二)　一元二次不等式 恒成立问题 题型(三)　一元二次不等式 的实际应用 4 课时跟踪检测 题型(一)　简单分式不等式的解法 01 [例1]　解下列不等式: (1)<0; 解:<0⇔(x-3)(x+2)<0⇔-2<x<3, ∴原不等式的解集为{x|-2<x<3}. (2)≤1. 解:∵≤1,∴-1≤0,∴≤0,即≥0.此不等式等价于(x-4) ≥0且x-≠0,解得x<或x≥4, ∴原不等式的解集为. 　　|思|维|建|模|　分式不等式的解法 (1)对于比较简单的分式不等式,可直接转化为一元二次不等式或一元一次不等式组求解,但要注意等价变形,保证分母不为零. (2)对于不等号右边不为零的较复杂的分式不等式,先移项再通分(不要去分母),使之转化为不等号右边为零,然后再用上述方法求解. 1.解下列不等式: (1)≥0; 解:不等式≥0可转化成不等式组 解这个不等式组,可得x≤-1或x>3. 即知原不等式的解集为{x|x≤-1或x>3}. 针对训练 (2)<3. 解:不等式<3可改写为-3<0,即<0. 可将这个不等式转化成2(x-1)(x+1)<0,解得-1<x<1. 所以原不等式的解集为{x|-1<x<1}. 题型(二)　一元二次不等式 恒成立问题 02 [例2]　对∀x∈R,不等式mx2-mx-1<0,求m的取值范围. 解:若m=0,显然-1<0恒成立;若m≠0,则解得-4<m<0.综上,m的取值范围为(-4,0]. 　[变式拓展] 1.在本例中,是否存在m∈R,使得∀x∈R,不等式mx2-mx-1>0?若存在,求m的取值范围;若不存在,请说明理由. 解:不存在.理由:显然当m=0时不等式不成立;当m≠0时,由题意可得解得m∈∅,所以不存在m∈R,使得∀x∈R,不等式mx2-mx-1>0. 2. 在本例中,把条件“∀x∈R”改为“x∈[2,3]”, 其余不变,求m的取值范围. 解:由不等式mx2-mx-1<0得m(x2-x)<1, 因为x∈[2,3],所以x2-x>0, 所以m(x2-x)<1可化为m<, 因为x2-x=-≤6,所以≥,所以m<.即m的取值范围是. |思|维|建|模| 一元二次不等式恒成立问题的解法 (1)转化为对应的二次函数图象与x轴的交点问题,考虑两个方面:x2的系数和对应方程的判别式的符号. (2)转化为二次函数的最值问题:分离参数后,求相应二次函数的最值,使参数大于(小于)这个最值. 题型(三)　一元二次不等式 的实际应用 03 [例3]　某电动车生产企业,上年度生产电动车的投入成本为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; 解: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)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:要保证本年度的年利润比上年度有所增加,当且仅当即解得0<x<,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应满足x∈. |思|维|建|模| 　　解一元二次不等式应用题的关键在于构造一元二次不等式模型,即分析题目中有哪些未知量,然后选择其中起关键作用的未知量,设此未知量为x,用x来表示其他未知量,再根据题目中的不等关系列不等式. 针对训练 2.在一个限速40 km/h的弯道上,甲、乙两辆汽车相向而行,发现情况不对,同时刹车,但还是相碰了.事发后现场测得甲车的刹车距离略超过12 m,乙车的刹车距离略超过10 m.又知甲、乙两种车型的刹车距离s m与车速x km/h之间分别有如下关系:s甲=0.1x+0.01x2,s乙=0.05x+0.005x2,问谁超速行驶应负主要责任. 解:由题意列出不等式s甲=0.1x甲+0.01>12,解得x甲<-40或x甲>30. 由s乙=0.05x乙+0.005>10,解得x乙<-50或x乙>40. 由于x>0,从而得x甲>30 km/h,x乙>40 km/h. 经比较知乙车超过限速,应负主要责任. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 √ A级——达标评价 1.(多选)与不等式≥0同解的不等式是(　 ) A.(x-3)(2-x)≥0 B.0<x-2≤1 C.≤0 D.(x-3)(2-x)>0 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 解析:不等式≥0可化为≤0,∴解得2<x≤3, ∴0<x-2≤1.故选BC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 2.不等式<0的解集为(　 ) A.{x|-1<x<2或2<x<3} B.{x|1<x<3} C.{x|2<x<3} D.{x|-1<x<2} 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析:原不等式⇔ 所以-1<x<3且x≠2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 3.若集合A={x|ax2-ax+1<0}=∅,则实数a的取值范围是 (　 ) A.(0,4) B.[0,4) C.(0,4] D.[0,4] 解析:当a=0时,满足条件;当a≠0时,由得0<a≤4,所以0≤a≤4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 4.已知命题“∃x∈R,使2x2+(a-1)x+≤0”是假命题,则实数a的取值范围是(　 ) A.(-∞,-1) B.(-1,3) C.(-3,+∞) D.(-3,1) 解析:原命题是假命题,则其否定是真命题,即∀x∈R,2x2+(a-1)x+>0恒成立,故判别式(a-1)2-4<0,解得-1<a<3.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 5.已知关于x的不等式x2-ax+a+3≥0在R上恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.  解析:由题意Δ=a2-4(a+3)≤0,解得-2≤a≤6. [-2,6] 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6.不等式≥5的解集是　　　　.  解析:原不等式⇔-5≥0⇔≤0⇔解得0<x≤. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.某商品在最近30天内的价格y1与时间t(单位:天)的关系式是y1=t+10(0<t≤30,t∈N);销售量y2与时间t的关系式是y2=-t+35(0<t≤30,t∈N),则使这种商品日销售金额z不小于500元的t的取值范围为　　　　　　　　　.  解析:z=(t+10)(-t+35),依题意有(t+10)·(-t+35)≥500,解得10≤t≤15,t∈N,所以t的取值范围为{t|10≤t≤15,t∈N}. {t|10≤t≤15,t∈N} 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8.设x2-2x+a-8≤0对于任意x∈{x|1≤x≤3}恒成立,则a的取值范围是　　　　.  解析:原不等式x2-2x+a-8≤0转化为a≤-x2+2x+8对任意x∈{x|1≤x≤3}恒成立,设y=-x2+2x+8,易知y在{x|1≤x≤3}上的最小值为5.∴a≤5. (-∞,5] 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9.(8分)解下列不等式: (1)<0; 解:(1)原不等式可化为(x+1)(2x-1)<0,∴-1<x<,故原不等式的解集为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)≥0; 解:原不等式可化为≤0, ∴∴ 即-<x≤1. 故原不等式的解集为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (3)>1. 解:原不等式可化为-1>0, ∴>0,>0,则x<-2.故原不等式的解集为{x|x<-2}. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.(10分)某地区上年度电价为0.8元/千瓦时,年用电量为a千瓦时.本年度计划将电价降低到0.55元/千瓦时至0.75元/千瓦时之间,而用户期望电价为0.4元/千瓦时.经测算,下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比(比例系数为k).该地区电力的成本价为0.3元/千瓦时. [注:收益=实际用电量×(实际电价-成本价)] (1)写出本年度电价下调后,电力部门的收益y与实际电价x的关系式; 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解:设下调后的电价为x元/千瓦时,依题意知用电量增至+a,电力部门的收益为y=·(x-0.3)(0.55≤x≤0.75). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)设k=0.2a,当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%? 解:依题意有(x-0.3)≥[a×(0.8-0.3)](1+20%),且0.55≤x≤0.75, 整理得解得0.6≤x≤0.75. 故当电价最低定为0.6元/千瓦时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 B级——重点培优 11.若∃x∈[0,4],使得不等式x2-2x+a>0成立,则实数a的取值范围为(　 ) A.(-1,+∞) B.(1,+∞) C.(8,+∞) D.(-8,+∞) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:因为∃x∈[0,4],使得不等式x2-2x+a>0成立,所以∃x∈[0,4],使得不等式a>-x2+2x成立,令y=-x2+2x,x∈[0,4],因为对称轴为x=1,x∈[0,4],所以y≥-8,所以a>-8,所以实数a的取值范围为(-8,+∞). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 12.某种杂志原以每本3元的价格销售,可以售出10万本.根据市场调查,杂志的单价每提高0.1元,销售量就减少1 000本.设每本杂志的定价为x元,要使得提价后的销售总收入不低于42万元,则x应满足 (　 ) A.6≤x≤7 B.5≤x≤7 C.5≤x≤6 D.4≤x≤6 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:设提价后杂志的定价为x元,则提价后的销售量为10-×0.1万本,因为销售的总收入不低于42万元,列不等式为x≥42,即(x-6)·(x-7)≤0,即6≤x≤7,故选A. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 13.若二次函数y=ax2+2ax-2的图象都在x轴下方,则实数a的取值范围为 (　 ) A.(-2,0) B.(-∞,0) C.(-∞,-2) D.(-∞,-2)∪(0,+∞) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析:由于y=ax2+2ax-2是二次函数,则二次项系数a≠0,依题意,ax2+2ax-2<0对于x∈R恒成立,则二次函数开口必然向下,且和x轴没有交点,即解得-2<a<0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14.(12分)甲厂以x千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10),每小时可获得利润100元. (1)要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元,求x的取值范围; 解:由已知得,200≥3 000,整理得5x-14-≥0,即5x2-14x-3≥0, 又因为1≤x≤10,可解得3≤x≤10,即要使生产该产品2小时获得的利润不低于3 000元,x的取值范围是{x|3≤x≤10}. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)要使生产900千克该产品获得的利润最大,问:甲厂应该选取何种生产速度?并求最大利润. 解:设利润为y元,y=·100 =9×104 =9×104, 所以当x=6时,ymax=457 500元,即甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品时获得的利润最大,最大利润为457 500元. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(12分)已知集合{x∈R|x2-(k+2)x-3k+1≥0}={x|x≤-1或x≥5}. (1)求实数k的值; 解:由题意可知,-1和5是方程x2-(k+2)x-3k+1=0的两个根,所以由根与系数的关系得解得k=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)已知t<2,若不等式x2-(k+2)x-3k-m2+4m+15≥0在t≤x≤4上恒成立,求实数m的取值范围. 解:由(1)知,k=2,原不等式可化为x2-4x+9-m2+4m≥0,所以x2-4x≥m2-4m-9在t≤x≤4(t<2)上恒成立,令y=x2-4x=(x-2)2-4, 因为t≤x≤4(t<2),所以ymin=-4, 所以不等式恒成立等价于m2-4m-9≤-4,即m2-4m-5≤0,解得-1≤m≤5, 故实数m的取值范围为[-1,5]. $$