第一章 第5节 微点突破2 一元二次不等式恒(能)成立问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第5节　一元二次函数、方程和不等式 微点突破2　一元二次不等式恒(能)成立问题 第一章　集合、常用逻辑用语与不等式 衔接教材 夯基固本 落实 B C D D D D 请完成：课时训练(6) 温馨提示 谢谢观看！ 类型一　在R上的恒成立问题 [例1] (2024·济南模拟)不等式(a－2)x2＋4(a－2)x－12<0的解集为R，则实数a的取值范围是(　　) A．{a|－1≤a<2} B．{a|－1<a≤2} C．{a|－1<a<2} D．{a|－1≤a≤2} 解析：当a＝2时，原不等式为－12<0，满足解集为R；当a≠2时，根据题意得a－2<0，且Δ＝16(a－2)2－4(a－2)×(－12)<0，解得－1<a<2.综上所述，实数a的取值范围为{a|－1<a≤2}． 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 训练1 (1)若关于x的一元二次不等式2x2－kx＋ eq \f(3,8)>0对于一切实数x都成立，则实数k满足(　　) A．{k|k< eq \r(3)} B．{k|k<－ eq \r(3)} C．{k|－ eq \r(3)<k< eq \r(3)} D．{k|k>－ eq \r(3)} 解析：由题意得Δ＝(－k)2－4×2× eq \f(3,8)<0，整理可得k2－3<0，解得－ eq \r(3)<k< eq \r(3). (2)(2025·常州模拟)已知不等式 eq \f(kx2＋kx＋6,x2＋x＋2)>2对任意的x∈R恒成立，则实数k的取值范围是________________. 答案：[2，10)　解析：因为x2＋x＋2＝(x＋ eq \f(1,2))2＋ eq \f(7,4)>0，所以原不等式等价于kx2＋kx＋6>2x2＋2x＋4，即(k－2)x2＋(k－2)x＋2>0恒成立．当k＝2时，2>0，显然成立；当k≠2时，k满足不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,Δ＝（k－2）2－4×2（k－2）<0，))解得2<k<10.综上所述，实数k的取值范围是[2，10). 类型二　在给定区间上的恒成立问题 [例2] 已知函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于x∈[1，3]，f(x)<5－m恒成立，则实数m的取值范围为________________． 答案：(－∞， eq \f(6,7))　解析：要使f(x)<5－m在x∈[1，3]上恒成立，即m(x2－x＋1)－6<0在x∈[1，3]上恒成立．因为x2－x＋1＝(x－ eq \f(1,2))2 ＋ eq \f(3,4)>0，又m(x2－x＋1)－6<0在x∈[1，3]上恒成立，所以m< eq \f(6,x2－x＋1)在x∈[1，3]上恒成立．令y＝ eq \f(6,x2－x＋1)，因为函数y＝ eq \f(6,x2－x＋1)＝ eq \f(6,（x－\f(1,2)）2＋\f(3,4))在[1，3]上的最小值为 eq \f(6,7)，所以只需m< eq \f(6,7)即可．所以m的取值范围是(－∞， eq \f(6,7)). 一元二次不等式在给定区间上的 恒成立问题的两种解法 (1)讨论参数的范围或分离参数转化为最值问题． (2)结合图象进行分类讨论，转化为根的分布问题． 训练2 (1)若不等式x2＋ax－1≤0对于一切x∈[1，4]恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．{a|a>－ eq \f(15,4)} B．{a|－ eq \f(15,4)≤a≤0} C．{a|a>0} D．{a|a≤－ eq \f(15,4)} 解析：x2＋ax－1≤0，x∈[1，4]，则a≤－x＋ eq \f(1,x)，y1＝－x和y2＝ eq \f(1,x)在[1，4]上单调递减，故f(x)＝－x＋ eq \f(1,x)在[1，4]上单调递减，f(x)min＝f(4)＝－4＋ eq \f(1,4)＝－ eq \f(15,4)，即a≤－ eq \f(15,4). (2)(2024·荆宜三校联考)设函数f(x)＝mx2－mx－1，命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题，则实数m的取值范围为(　　) A． (－∞， eq \f(3,7)] B．(－∞，3] C．( eq \f(3,7)，＋∞) D．(3，＋∞) 解析：方法一　因为命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题，所以∀x∈[1，3]，f(x)>－m＋2为真命题，又f(x)>－m＋2，即mx2－mx－1>－m＋2，即m(x2－x＋1)>3.当x∈[1，3]时，x2－x＋1∈[1，7]，所以m> eq \f(3,x2－x＋1)在x∈[1，3]上恒成立，所以m>( eq \f(3,x2－x＋1))max，因为x∈[1，3]，当x＝1时，x2－x＋1有最小值1，此时 eq \f(3,x2－x＋1)有最大值3，所以m>3，故实数m的取值范围是(3，＋∞). 方法二　因为命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题，所以∀x∈[1，3]，f(x)>－m＋2为真命题，即mx2－mx＋m－3>0在x∈[1，3]上恒成立．当m＝0时，－3>0，不符合题意；当m≠0时，设g(x)＝mx2－mx＋m－3，因为g(x)图象的对称轴方程为x＝ eq \f(1,2)，所以只需 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,g（1）>0))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,g（3）>0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m>0，,m－m＋m－3>0))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,9m－3m＋m－3>0，))解得m>3，故实数m的取值范围是(3，＋∞). 类型三　给定参数范围的恒成立问题 [例3] (2025·宿迁模拟)若不等式x2＋px>4x＋p－3在0≤p≤4时恒成立，则x的取值范围是(　　) A．[－1，3] B．(－∞，－1] C．[3，＋∞) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞) 解析：不等式x2＋px>4x＋p－3，可化为(x－1)p＋x2－4x＋3>0，由已知可得[(x－1)p＋x2－4x＋3]min>0，0≤p≤4，令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，0≤p≤4，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝x2－4x＋3>0，,f（4）＝4（x－1）＋x2－4x＋3>0，))∴x<－1或x>3. 含参不等式恒成立问题的思路 (1)解决恒成立问题一定要搞清谁是自变量，谁是参数； (2)对于给定参数范围的恒成立问题，一般是把参数看作变量，把自变量看作参数，把不等式看作关于参数的函数解决问题． 训练3 已知a∈[－1，2]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，则x的取值范围为________________________． 答案：(－∞，0)∪(3，＋∞)　解析：设f(a)＝(x－2)·a＋x2－4x＋4，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）>0，,f（2）>0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x＋x2－4x＋4>0，,2（x－2）＋x2－4x＋4>0，))解得x<0或x>3. 类型四　不等式能成立或有解问题 [例4] (2025·武汉模拟)若∃x∈[ eq \f(1,2)，2]，使2x2－λx＋1<0成立，则实数λ的取值范围为________________． 答案：(2 eq \r(2)，＋∞)　解析：由2x2－λx＋1<0，可得λx>2x2＋1，因为x∈[ eq \f(1,2)，2]，所以λ>2x＋ eq \f(1,x)，根据题意，λ>(2x＋ eq \f(1,x))min即可，设f(x)＝2x＋ eq \f(1,x)，易知f(x)在( eq \f(1,2)， eq \f(\r(2),2))上单调递减，在( eq \f(\r(2),2)，2)上单调递增，所以f(x)min＝f( eq \f(\r(2),2))＝2 eq \r(2)，所以λ>2 eq \r(2). 不等式能成立问题的策略 解决不等式能成立问题的策略一般是转化为函数的最值问题： (1)若a＞f(x)能成立，则a＞f(x)min. (2)若a≤f(x)能成立，则a≤f(x)max. 训练4 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的取值范围是(　　) A．(－∞，2] B．[2，＋∞) C．[ eq \f(5,2)，＋∞) D．(－∞， eq \f(5,2)] 解析：因为关于x的不等式x2－ax＋1≥0在区间[1，2]上有解，所以a≤x＋ eq \f(1,x)在x∈[1，2]上有解，即a≤(x＋ eq \f(1,x))max，x∈[1，2]，因为函数f(x)＝x＋ eq \f(1,x)在[1，2]上单调递增， 所以f(x)max＝f(2)＝ eq \f(5,2)，故a≤ eq \f(5,2). $$