第1章 第5节 不等式的解集与一元二次不等式（Word教参）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第五节　不等式的解集与一元二次不等式 课标解读 1.会从实际情境中抽象出一元二次不等式，了解一元二次不等式的现实意义． 2．结合二次函数的图象，会判断一元二次方程根的个数，以及二次函数的零点与方程根的关系． 3．掌握利用二次函数的图象解一元二次不等式． 知识点一　一元二次不等式 1．一元二次不等式 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． 2．三个“二次”间的关系 判别式Δ＝ b2－4ac Δ＞0 Δ＝0 Δ＜0 二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象 一元二次方程ax2＋bx＋c＝0 (a＞0)的根 有两相异实根x1，x2 (x1＜x2) 有两相等实根x1＝x2＝－　 没有实 数根 ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集 {x|x＞x2 或x＜x1} {x|x≠－} R ax2＋bx＋c＜0 (a＞0)的解集 {x|x1＜ x＜x2} ∅ ∅ 不等式ax2＋bx＋c＞0(＜0)恒成立的条件要结合其对应的函数图象决定． (1)不等式ax2＋bx＋c＞0对任意实数x恒成立⇔或 (2)不等式ax2＋bx＋c＜0对任意实数x恒成立⇔或 知识点二　分式不等式与整式不等式 1.＞0(＜0)⇔f(x)·g(x)＞0(＜0)． 2.≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0． 绝对值不等式|x|＞a(a＞0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|＜a(a＞0)的解集为(－a，a). 一、辨析正误(在括号内打“√”或“×”) (1)若不等式ax2＋bx＋c<0的解集为(x1，x2)，则必有a>0.(　　√　　) (2)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，则方程ax2＋bx＋c＝0的两个根是x1和x2.(　　√　　) (3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集为R.(　　×　　) (4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.(　　×　　) (5)若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，则不等式ax2＋bx＋c<0的解集一定不是空集．(　　√　　) 二、版本互鉴 1．(苏教版必修第一册P67 T5改编)已知集合A＝{x|x2－16<0}，B＝{x|x2－4x＋3>0}，则A∪B＝________． 答案：R 2．(湘教版必修第一册P54例6改编)已知不等式x2＋ax＋b＜0的解集为(－3，－1)，则实数a＝________，b＝________． 答案：4　3 3．(人教A版必修第一册P58 T6改编)若关于x的不等式x2－2ax＋18>0恒成立，则实数a的取值范围为________． 答案：(－3，3)　解析：由题意有Δ＝4a2－4×18<0，可得－3<a<3. 考点 不含参数的一元二次不等式的解法(自悟通) 1．(2024·上海卷)不等式x2－2x－3<0的解集为________． 答案：(－1，3)　解析：由x2－2x－3＝(x－3)(x＋1)<0，得－1<x<3. 2．解下列不等式：(1)－3x2－2x＋8≥0； (2)0＜x2－x－2≤4. 解：(1)原不等式可化为3x2＋2x－8≤0， 即(3x－4)(x＋2)≤0，解得－2≤x≤， 所以原不等式的解集为. (2)原不等式等价于⇔⇔⇔ 借助于数轴，如图所示，原不等式的解集为. 解一元二次不等式的四个步骤 考点 三个“二次”之间的关系(自悟通) 1.已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是[－，－]，则不等式x2－bx－a＜0的解集为________. 答案：(2，3)　解析：由题意知－，－是方程ax2－bx－1＝0的两根，所以由根与系数的关系得解得不等式x2－bx－a＜0，即为x2－5x＋6＜0，解集为(2，3).　 2．已知集合A＝{x∈R||x＋2|<3}，集合B＝，且A∩B＝(－1，n)，则m＝________，n＝________． 答案：－1　1　解析：A＝{x∈R||x＋2|<3}＝{x|－5<x<1}，B＝＝{x|(x－m)(x－2)<0}，因为A∩B＝(－1，n)，所以－1是方程(x－m)(x－2)＝0的根，则－1－m＝0，解得m＝－1，所以B＝{x|－1<x<2}，A∩B＝(－1，1)，则n＝1. “三个”“二次”关系应用的关注点 (1)一元二次方程的根就是相应一元二次函数的零点，也是相应一元二次不等式解集的端点值． (2)给出一元二次不等式的解集，相当于知道了相应二次函数的开口方向及与x轴的交点，可以利用代入根或根与系数的关系求待定系数． 考点 含参数的一元二次不等式的解法(精研通) 【例1】 解不等式ax2－(a＋1)x＋1＜0(a＞0). 解：原不等式变为(ax－1)(x－1)＜0， 因为a＞0，所以a(x－)(x－1)＜0. 所以当a＞1，即<1时，解为＜x＜1； 当a＝1时，解集为∅； 当0＜a＜1，即>1时，解为1＜x＜. 综上，当0＜a＜1时，不等式的解集为； 当a＝1时，不等式的解集为∅；当a＞1时， 不等式的解集为. 解含参数的一元二次不等式的步骤 (1)若二次项系数含有参数，则应讨论参数是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式； (2)判断方程根的个数，讨论判别式Δ与0的关系； (3)确定无根时可直接写出解集；确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定不等式的解集． 已知常数a∈R，解关于x的不等式12x2－ax>a2. 解：∵12x2－ax>a2，∴12x2－ax－a2>0， 即(4x＋a)(3x－a)>0. 令(4x＋a)(3x－a)＝0，解得x1＝－，x2＝. ①当a>0时，－<，解集为； ②当a＝0时，x2>0，解集为{x|x∈R，且x≠0}； ③当a<0时，－>，解集为. 综上所述，当a>0时，不等式的解集为{x|x<－或x>}； 当a＝0时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠0}； 当a<0时，不等式的解集为. 考点3 不等式的恒成立问题(精研通) 考法1　在实数集R上的恒成立问题 【例2】 (2025·江苏盐城模拟)已知关于x的不等式kx2－3kx＋2k＋1≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是(　　) A．[0，4] B．[0，3] C．(－∞，0]∪[3，＋∞) D．(－∞，0]∪[4，＋∞) A　解析：当k＝0时，不等式kx2－3kx＋2k＋1≥0可化为1≥0，其恒成立；当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2－3kx＋2k＋1≥0对任意x∈R恒成立，只需解得0<k≤4. 综上，k的取值范围是[0，4]. 一元二次不等式在R上恒成立的条件 不等式类型 恒成立条件 ax2＋bx＋c>0 a>0，Δ<0 ax2＋bx＋c≥0 a>0，Δ≤0 ax2＋bx＋c<0 a<0，Δ<0 ax2＋bx＋c≤0 a<0，Δ≤0 考法2　在给定区间上的恒成立问题 【例3】 当1≤x≤3时，关于x的不等式ax2＋x－1<0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，－) C．(－，＋∞) D．(－，＋∞) B　解析：当1≤x≤3时，由ax2＋x－1<0恒成立可得，a<()2－恒成立，令f(x)＝()2－＝(－)2－，则当x＝2时，f(x)min＝－，所以a<－. 在给定区间上的恒成立问题的求解方法 (1)若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围). (2)转化为函数值域问题，即：已知函数f(x)的值域为[m，n]，则f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成立⇒f(x)max≤a，即n≤a. 考法3　不等式能成立或有解问题 【例4】 (2025·山东枣庄模拟)设a∈R，若关于x的不等式x2－ax＋1≥0在区间[1，2]上有解，则(　　) A．a≤2 B．a≥2 C．a≥ D．a≤ D　解析：∵关于x的不等式x2－ax＋1≥0在区间[1，2]上有解， ∴a≤x＋在x∈[1，2]上有解⇔a≤(x＋)max，x∈[1，2]， ∵函数y＝x＋在[1，2]上单调递增， ∴f(x)max＝，∴a≤. 解决不等式能成立问题的策略一般是转化为函数的最值，即a＞f(x)能成立⇒a＞f(x)min；a≤f(x)能成立⇒a≤f(x)max. 1．已知关于x的不等式x2－(k－1)x－k＋1≥0对任意实数x都成立，则实数k的取值范围是(　　) A．(－∞，－3]∪[1，＋∞) B．[－1，3] C．(－∞，1]∪[3，＋∞) D．[－3，1] D　解析：关于x的不等式x2－(k－1)x－k＋1≥0对任意实数x都成立，则Δ＝(k－1)2＋4(k－1)≤0，解得－3≤k≤1.故选D. 2．设m为实数，若函数f(x)＝x2－mx＋2在区间(－∞，2)上是减函数，对任意的x1，x2∈，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，则m的取值范围为(　　) A．[4，6] B．(4，6) C．(4，6] D．[4，6) A　解析：函数f(x)＝x2－mx＋2的对称轴为直线x＝，由其在区间(－∞，2)上是减函数，可得≥2，∴m≥4.∴∈且＋1－≤－1，∴当x1，x2∈时，f(x)max＝f(1)＝3－m，f(x)min＝f＝－＋2.由∀x1，x2∈，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，∴|f(x1)－f(x2)|max≤4，∴f(x)max－f(x)min≤4，∴(3－m)－≤4，即m2－4m－12≤0，解得－2≤m≤6.综上，4≤m≤6.故选A. 3．(2024·上海卷)已知函数f(x)＝logax(a>0，a≠1). (1)若函数f(x)的图象过点(4，2)，求不等式f(2x－2)<f(x)的解集； (2)若存在x使得f(x＋1)，f(ax)，f(x＋2)依次成等差数列，求实数a的取值范围． 解：(1)∵f(x)的图象过点(4，2)，∴loga4＝2， 解得a＝2. ∴f(x)＝log2x，显然其在定义域(0，＋∞)上单调递增， 由f(2x－2)<f(x)有解得1<x<2. ∴原不等式的解集为{x|1<x<2}． (2)∵f(x＋1)，f(ax)，f(x＋2)依次成等差数列， ∴2f(ax)＝f(x＋1)＋f(x＋2)， 即2loga(ax)＝loga(x＋1)＋loga(x＋2)，x>0，a>0，且a≠1， 即loga(ax)2＝loga[(x＋1)(x＋2)]，由f(x)＝logax是单调函数得(ax)2＝(x＋1)(x＋2)，得a2＝＝2×()2＋3×＋1，x>0， 设t＝，则t>0，a2＝2t2＋3t＋1在t>0时有解，设g(t)＝2t2＋3t＋1，则g(t)在(0，＋∞)上单调递增，故g(t)>1，即a2>1，得a>1. ∴a的取值范围是(1，＋∞). 4．定义在R上的连续函数f(x)，g(x)满足对任意x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)g(y)＋f(y)·g(x)，g(x＋y)＝f(x)f(y)＋g(x)g(y)，g(2x)＝2[g(x)]2－1. (1)证明：g(x)>f(x)； (2)若对于任意x∈R，不等式g(2x)≥mg(x)－6恒成立，求出m的最大值． (1)证明：令x＝y，则有f(2x)＝2f(x)g(x)， g(2x)＝f2(x)＋g2(x)≥0， ∵x是任意的，∴g(x)≥0，由g(2x)＝2g2(x)－1得2g2(x)－1＝f2(x)＋g2(x)，g2(x)＝f2(x)＋1， ∵g(x)≥0，∴g(x)＝＞＝|f(x)|≥f(x)，∴g(x)＞f(x). (2)解：由于g(2x)＝2g2(x)－1，不等式g(2x)≥mg(x)－6 即为2g2(x)－1≥mg(x)－6，2g2(x)－mg(x)＋5≥0，由g2(x)＝f2(x)＋1，g(x)≥0得g(x)＝≥1， 令t＝g(x)，则不等式转化为2t2－mt＋5≥0，其中t≥1， ∴m≤2t＋，∵2t＋≥2，当且仅当t＝时，等号成立，所以m的最大值为2. [分级练(5)见P276] 学科网（北京）股份有限公司 $$