第2章 一元二次函数、方程和不等式 章末复习课（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高一数学必修第一册高中同步学案（人教版）

第二章　一元二次函数、方程和不等式 数学A 必修第一册 章 末 复 习 课 数学A 必修第一册 目录 contents Part 01 体系构建 核心归纳 Part 02 本章要点 Part 03 数学A 必修第一册 体系构建 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 核心归纳 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 本章要点 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 数学A 必修第一册 谢谢观看 数学A 必修第一册 1．不等式的性质 (1)a>b⇔b<a； (2)a>b，b>c⇒a>c； (3)a>b⇔a＋c>b＋c； (4)a>b，c>0⇒ac>bc； (5)a>b，c<0⇒ac<bc； (6)a>b，c>d⇒a＋c>b＋d； (7)a>b>0，c>d>0⇒ac>bd； (8)a>b>0，n∈N，n≥2⇒an>bn； (9)a>b>0，n∈N，n≥2⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b). 2．基本不等式求最大(小)值问题 利用基本不等式求最大(小)值问题要注意“一正，二定，三相等”．常常需要对代数式进行通分、分解等变形，构造和为定值或积为定值的模型． 3．一元二次不等式 一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(<0)(其中a>0)的解集． Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象 ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根 有两个不等的实根(x1<x2) 有两个相等的实根 (x1＝x2) 没有实根 ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集 {x|x<x1或x>x2} {x|x≠x1} R ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集 {x|x1<x<x2} ∅ ∅ 要点一　不等式性质的应用 1．不等式的性质常用来比较大小和证明不等式，防止由于考虑不全面出现错误，有时也可结合特殊值法求解． 2．掌握不等式的性质，重点提升数学抽象和数学运算素养． 　下列结论正确的是(　　) A．若a>b，则ac2>bc2 B．若a2>b2，则a>b C．若a>b，c<0，则a＋c<b＋c D．若eq \r(a)<eq \r(b)，则a<b 【答案】　D 1．设a>0，b>0，则下列不等式中不成立的是(　　) A．a＋eq \f(1,a)≥2　　　 B．a2＋b2≥2ab C．a＋b＋eq \f(1,a＋b)≥2 D．eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)≥2＋eq \f(2,a＋b) 【答案】　D 要点二　解不等式 1．对于实数的一元二次不等式(分式不等式)首先转化为标准形式(二次项系数为正)，然后能分解因式的变成因式相乘的形式，从而得到不等式的解集． 2．对于含参数的不等式要注意对参数进行讨论，做到不重不漏． 3．掌握不等式的解法，重点提升逻辑推理和数学运算素养． 　解关于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3>0(a∈R)． 【解】　原不等式可化为(x－a)(x－a2)>0. 当a<0时，a<a2， 原不等式的解集为{x|x<a或x>a2}； 当a＝0时，a2＝a，原不等的解集为{x|x≠0}； 当0<a<1时，a2<a，原不等式的解集为{x|x<a2或x>a}； 当a＝1时，a2＝a，原不等式的解集为{x|x≠1}； 当a>1时a<a2，原不等式的解集为{x|x<a或x>a2}； 综上所述，当a<0或a>1时，原不等式的解集为{x|x<a或x>a2}； 当0<a<1时，原不等式的解集为{x|x<a2或x>a}； 当a＝1时，原不等式的解集为{x|x≠1}； 当a＝0时，原不等式的解集为{x|x≠0}． 2．若不等式ax2＋5x－2>0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,2)<x<2))， (1)求a的值； (2)求不等式eq \f(1－ax,x＋1)>a＋5的解集． 【解】　(1)依题意，可得ax2＋5x－2＝0的两个实数根为eq \f(1,2)和2， 由根与系数的关系，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2＝\f(－2,a)，,\f(1,2)＋2＝－\f(5,a)，)) 解得a＝－2. (2)将a＝－2代入不等式，得eq \f(1＋2x,x＋1)>3，即eq \f(1＋2x,x＋1)－3>0， 整理得eq \f(－（x＋2）,（x＋1）)>0， 即(x＋1)(x＋2)<0，解得－2<x<－1， 则不等式的解集为{x|－2<x<－1}． 要点三　基本不等式 基本不等式的主要应用是求函数的最值或范围，既适用于一个变量的情况，也适用于两个变量的情况．基本不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能．解答此类问题关键是创设应用不等式的条件，合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧，而拆与凑的目的在于使等号能够成立． 　(1)设x<－1，求y＝eq \f(（x＋5）（x＋2）,x＋1)的最大值． (2)已知a，b，c都是正数，且a＋2b＋c＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)的最小值是(　　) A．3＋2eq \r(2) B．3－2eq \r(2) C．6－4eq \r(2) D．6＋4eq \r(2) 【解】　(1)∵x<－1，∴x＋1<0. ∴－(x＋1)>0， ∴y＝eq \f(（x＋5）（x＋2）,x＋1)＝eq \f(x2＋7x＋10,x＋1) ＝eq \f(（x＋1）2＋5（x＋1）＋4,x＋1)＝(x＋1)＋eq \f(4,x＋1)＋5 ＝－[－(x＋1)＋eq \f(4,－（x＋1）)]＋5≤－2eq \r(4)＋5＝1， 当(x＋1)2＝4，即x＝－3时取等号． (2)D　eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝(eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c))(a＋2b＋c) ＝4＋eq \f(2b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(2b,c) ≥4＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,b))＋2eq \r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2 eq \r(\f(c,b)·\f(2b,c))＝6＋4eq \r(2)， 当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(a,b)，eq \f(c,a)＝eq \f(a,c)，eq \f(c,b)＝eq \f(2b,c)， 即a＝c＝1－eq \f(\r(2),2)，b＝eq \f(\r(2)－1,2)时，等号成立． 3．已知正常数a，b和正变数x，y满足a＋b＝10，eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)＝1，x＋y的最小值为18，求a，b的值． 【解】　因为x＋y＝(x＋y)·1＝(x＋y)·(eq \f(a,x)＋eq \f(b,y)) ＝a＋b＋eq \f(ay,x)＋eq \f(bx,y)≥a＋b＋2eq \r(ab)＝(eq \r(a)＋eq \r(b))2， 当且仅当eq \f(ay,x)＝eq \f(bx,y)，即eq \f(y,x)＝eq \r(\f(b,a))时，等号成立， 所以x＋y的最小值为(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝18， 又a＋b＝10，所以ab＝16. 所以a，b是方程x2－10x＋16＝0的两根， 所以a＝2，b＝8或a＝8，b＝2. 要点四　恒成立问题 对于不等式恒成立求参数范围问题常见类型及解法有以下几种． (1)变更主元法： 根据实际情况的需要确定合适的主元，一般知道取值范围的变量要看作主元． (2)分离参数法： 将参数分离转化为求解最值问题． (3)数形结合法： 利用不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图象直观化． 　(1)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． (2)若不等式ax2－2x＋2>0对于满足1<x<4的一切实数x恒成立，求实数a的取值范围． (1)【解】　法一：y<0⇔mx2－mx－6＋m<0⇔(x2－x＋1)m－6<0. ∵1≤m≤3， ∴x2－x＋1<eq \f(6,m)恒成立，只需x2－x＋1小于eq \f(6,m)的最小值，即x2－x＋1<eq \f(6,3)⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2). ∴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))))). 法二：设关于m的函数y＝mx2－mx－6＋m＝(x2－x＋1)m－6. 由题意知y<0对1≤m≤3恒成立． ∵x2－x＋1>0，∴y是关于m的一次函数，且在1≤m≤3上随x的增大而增大， ∴y<0对1≤m≤3恒成立等价于y的最大值小于0， 即(x2－x＋1)·3－6<0⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2)， ∴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))))). (2)【解】　∵1<x<4， ∴不等式ax2－2x＋2>0可化为a>eq \f(2x－2,x2). 令y＝eq \f(2x－2,x2)，且1<x<4， 则y＝eq \f(2x－2,x2)＝－2(eq \f(1,x)－eq \f(1,2))2＋eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)， 当且仅当eq \f(1,x)＝eq \f(1,2)，即x＝2时，函数y取得最大值eq \f(1,2)， ∴a>eq \f(1,2)即为所求． 4．对任意－1≤m≤1，函数y＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范围． 【解】　由y＝x2＋(m－4)x＋4－2m＝(x－2)m＋x2－4x＋4， g＝(x－2)m＋x2－4x＋4可看作以m为自变量的一次函数．由题意知在－1≤m≤1上，g的值恒大于零， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）×（－1）＋x2－4x＋4>0，,（x－2）＋x2－4x＋4>0，)) 解得x<1或x>3. 故当x<1或x>3时，对任意的－1≤m≤1，函数y＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零． $$