第二章 专题突破(三) 不等式恒成立、能成立问题-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦第二章“一元二次函数、方程和不等式”，核心突破不等式恒成立、能成立问题。通过可编辑PPT（双击内容进入Word编辑）衔接函数、方程与不等式知识脉络，以专题突破和课后分层练为学习支架，引导学生逐步深化理解。 其亮点在于支持PPT任意编辑，便于教师个性化教学。专题突破以不等式组（如a>0且Δ<0）呈现恒成立条件，培养数学语言表达能力，分层练习（如1-14题梯度设计）落实数学思维训练。助力学生分层提升解题能力，教师高效开展教学活动。

《正禾一本通》 高中同步高效导学案 数学（人教）·必修一 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第二章 一元二次函数、方程和不等式 3 课后分层练 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1．不等式恒成立、能成立问题是本章的难点，也是高考的命题热点，具有形式灵活、思维性强、不同知识交汇等特点． 2．解决该问题方法灵活，常用的有直接求解法、参变分离法、转化化归法等． 突破一　在R上的恒成立问题 已知函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于x∈R，f(x)<0恒成立，求实数m的取值范围． 解：当m＝0时，f(x)＝－1<0恒成立． 当m≠0时，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0，))即－4<m<0. 综上，－4<m≤0，故m的取值范围是{m|－4<m≤0}． 类题通法 一元二次不等式在R上恒成立问题 (1)一元二次不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x∈R恒成立的条件是 (2)一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0对任意实数x∈R恒成立的条件是 (3)一元二次不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x∈R恒成立的条件是 (4)一元二次不等式ax2＋bx＋c≤0对任意实数x∈R恒成立的条件是 突破二　在给定区间上的恒成立问题 (一题多解)当1≤x≤2时，不等式x2－mx＋4<0恒成立，求实数m的取值范围． 解：方法一　令y＝x2－mx＋4， ∵y<0在1≤x≤2上恒成立， ∴y＝0的根一个小于1，另一个大于2.如图， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－m＋5<0，,4－2m＋4<0，))解得m>5， ∴实数m的取值范围是{m|m>5}． 方法二　∵1≤x≤2，x2－mx＋4<0， ∴m>x＋ eq \f(4,x)，(x＋ eq \f(4,x))max＝5， ∴m>5. 类题通法 给定区间上的恒成立问题的求解方法 (1)构造函数法：若f(x)>0在给定集合上恒成立，可利用一元二次函数的图象转化为等价不等式(组)求范围． (2)参变分离法：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. 突破三　不等式能成立问题 已知不等式－x2＋4x≥a2－3a在R上有解，则实数a的取值范围为(　　) A．{a|－1≤a≤4} B．{a|－1<a<4} C．{a|a≥4，或a≤－1} D．{a|－4≤a≤1} 解析：选A.由于－x2＋4x＝－(x－2)2＋4≤4， 又因为－x2＋4x≥a2－3a在R上有解， 只需a2－3a≤4，解得－1≤a≤4， 则实数a的取值范围为{a|－1≤a≤4}． 类题通法 解决能成立问题的方法 (1)结合二次函数图象，将问题转化为端点值的问题解决． (2)对一些简单的能成立(有解)问题，可转化为m>ymin或m<ymax的形式，通过求y的最小值与最大值，求得参数的取值范围． 【基础巩固】 1．一元二次不等式ax2＋bx＋c<0的解集为全体实数的条件是(　　) A． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ>0)) B． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0)) C． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ>0)) D． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0)) 解析：选D.一元二次不等式ax2＋bx＋c<0的解集为全体实数等价于二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象全部在x轴下方，需要开口向下，且与x轴无交点，故需要 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.)) 2．“关于x的不等式mx2＋x＋4m>0在R上恒成立”的一个必要不充分条件是(　　 ) A．m> eq \f(1,4) B．0<m< eq \f(1,4) C．m> eq \f(1,8) D．0<m< eq \f(1,8) 解析：选C.显然m＝0时不满足题意，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝1－16m2<0，))解得m> eq \f(1,4)，则“不等式mx2＋x＋4m>0在R上恒成立”等价于m> eq \f(1,4)，故要找的必要不充分条件需要被m> eq \f(1,4)推出． 对于A，m> eq \f(1,4)是充要条件，故A错误； 对于B，因为m> eq \f(1,4)推不出0<m< eq \f(1,4)，故B错误； 对于C，因为m> eq \f(1,4)⇒m> eq \f(1,8)，反之不能推出，故C正确； 对于D，因为m> eq \f(1,4)推不出0<m< eq \f(1,8)，故D错误． 3．对任意实数x，式子 eq \r(ax2－ax＋2)均有意义，则a的取值范围为(　　 ) A．{a|a≥8} B．{a|0<a≤8} C．{a|0≤a≤8} D．{a|a＝0，或a≥8} 解析：选C.由题意ax2－ax＋2≥0恒成立，当a＝0时，2≥0恒成立，满足题意；当a≠0时， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,a2－8a≤0，))解得0<a≤8，综上，0≤a≤8. 4．若命题“∃x∈[－1，2]，使x2＋1>m”是真命题，则实数m的取值范围是(　　 ) A．{m|m≤1} B．{m|m<2} C．{m|m<5} D．{m|m>5} 解析：选C.由题意命题“∃x∈[－1，2]，使x2＋1>m”是真命题，所以m<(x2＋1)max＝5，当且仅当x＝2，有(x2＋1)max＝22＋1＝5，所以实数m的取值范围是{m|m<5}． 5．已知p：2a＋3<0，且q：∃x∈R，x2－(2a－1)x＋1<0为真命题，则p是q的(　　 ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.由题意，p：2a＋3<0⇔a<－ eq \f(3,2)，即p：a<－ eq \f(3,2)；又由“∃x∈R，x2－(2a－1)x＋1<0”为真命题，当且仅当(2a－1)2－4>0，即(2a＋1)(2a－3)>0，解得a> eq \f(3,2)或a<－ eq \f(1,2)，即q：a> eq \f(3,2)或a<－ eq \f(1,2).所以p是q的充分不必要条件． 6．若关于x的不等式(m＋1)x2－mx＋m－1<0的解集为∅，则m的取值范围为________． 解析：由题设可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＋1>0，,m2－4(m2－1)≤0，))解得m≥ eq \f(2\r(3),3). 答案：{m|m≥ eq \f(2\r(3),3)} 7．若命题：“∃x∈R，4x2－2x＋m<0”为假命题，则实数m的取值范围为________． 解析：因为命题：“∃x∈R，4x2－2x＋m<0”为假命题，所以“∀x∈R，4x2－2x＋m≥0”为真命题，即4x2－2x＋m≥0恒成立，所以Δ＝(－2)2－4×4m≤0，解得m≥ eq \f(1,4)，故实数m的取值范围为{m|m≥ eq \f(1,4)}． 答案：{m|m≥ eq \f(1,4)} 8．已知二次函数y＝x2＋2mx＋16. (1)若x＝m－1时，y＝17，求m的值； (2)若二次函数的图象恒在x轴上方，求m的取值范围． 解：(1)由题意，(m－1)2＋2m(m－1)＋16＝17，∴3m2－4m＝0， ∴m＝0或m＝ eq \f(4,3). (2)∵x2＋2mx＋16>0恒成立，∴Δ<0，∴Δ＝4m2－64<0，∴－4<m<4， ∴m的取值范围为{m|－4<m<4}． 9．(1)若不等式ax2＋(2a－1)x＋a≥－1对于任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围； (2)解关于x的不等式ax2＋(2a－1)x＋a≤a＋2(a<0). 解：(1)若对于任意x∈R，不等式ax2＋(2a－1)x＋a＋1≥0恒成立， 当a＝0时，不等式化为－x＋1≥0，不满足题意， 当a≠0时，则必有a>0且Δ＝(2a－1)2－4a(a＋1)≤0，解得a≥ eq \f(1,8)， 所以实数a的取值范围为{a|a≥ eq \f(1,8)}． (2)ax2＋(2a－1)x－2≤0，即x2＋(2－ eq \f(1,a))x－ eq \f(2,a)≥0，(x＋2)(x－ eq \f(1,a))≥0， 因为a<0，所以当 eq \f(1,a)>－2，即a<－ eq \f(1,2)时，解得x≤－2或x≥ eq \f(1,a)，不等式的解集为{x|x≤－2，或x≥ eq \f(1,a)}； 当 eq \f(1,a)＝－2，即a＝－ eq \f(1,2)时，不等式恒成立，解集为R； 当 eq \f(1,a)<－2，即－ eq \f(1,2)<a<0时，解得x≤ eq \f(1,a)或x≥－2，不等式的解集为{x|x≤ eq \f(1,a)，或x≥－2}． 【综合运用】 10．(2025·辽宁铁岭期中)已知任意1≤x≤2，任意2≤y≤3，y2－xy－mx2≤0，则实数m的取值范围是(　　 ) A．{m|m≥4} B．{m|m≥0} C．{m|m≥6} D．{m|m≥8} 解析：选C.因为1≤x≤2，2≤y≤3，则 eq \f(1,2)≤ eq \f(1,x)≤1，所以1≤ eq \f(y,x)≤3， 又y2－xy－mx2≤0，可得m≥( eq \f(y,x))2－ eq \f(y,x)，令t＝ eq \f(y,x)(1≤t≤3)， 则原题意等价于对任意1≤t≤3，m≥t2－t，即m≥(t2－t)max， t2－t＝(t－ eq \f(1,2))2－ eq \f(1,4)，当t＝3时，y＝t2－t取到最大值ymax＝9－3＝6， 所以实数m的取值范围是{m|m≥6}． 11．已知正数x，y满足x＋y＝2，若 eq \f(1,x)＋ eq \f(1,y)>m2－m恒成立，则实数m的取值范围为________． 解析：因为x>0，y>0且x＋y＝2，所以 eq \f(1,x)＋ eq \f(1,y)＝ eq \f(1,2)(x＋y)( eq \f(1,x)＋ eq \f(1,y))＝ eq \f(1,2)(2＋ eq \f(y,x)＋ eq \f(x,y))≥ eq \f(1,2)×(2＋2 eq \r(\f(y,x)·\f(x,y)))＝2，当且仅当y＝x＝1时取等号．因为不等式 eq \f(1,x)＋ eq \f(1,y)>m2－m恒成立， 所以m2－m<2，解得－1<m<2. 答案：{m|－1<m<2} 12．设有两个命题：①方程x2＋ax＋9＝0没有实数根；②|a|＝a.如果这两个命题中有且只有一个是真命题，那么实数a的取值范围是________. 解析：①方程x2＋ax＋9＝0没有实数根，则Δ＝a2－36<0，解得－6<a<6； ②|a|＝a，解得a≥0. 当①真②假时：“－6<a<6”且“a<0”，所以－6<a<0. 当①假②真时：“a≤－6或a≥6”且“a≥0”，所以a≥6. 综上所述，实数a的取值范围是－6<a<0或a≥6. 答案：{a|－6<a<0，或a>6} 13．对任意2≤x≤3，不等式mx2－mx－1<0恒成立，求m的取值范围． 解：由不等式mx2－mx－1<0，得m(x2－x)<1， 因为2≤x≤3，所以x2－x>0， 所以m(x2－x)<1可化为m< eq \f(1,x2－x)， 因为x2－x＝(x－ eq \f(1,2))2－ eq \f(1,4)≤6， 所以 eq \f(1,x2－x)≥ eq \f(1,6)， 所以m< eq \f(1,6)，即m的取值范围是{m|m< eq \f(1,6)}． 【创新探索】 14．若命题p：存在1≤x≤2，x2－x＋3－a<0，命题q：二次函数y＝x2－2ax＋1在1≤x≤2的图象恒在x轴上方，若命题p，q中至少有一个真命题，求a的取值范围？ 解：考虑补集思想，命题p，q中至少有一个真命题的反面为：命题p，q均为假命题， p：对任意1≤x≤2，x2－x＋3－a≥0，则a≤x2－x＋3恒成立， 故a≤(x2－x＋3)min＝3， q：存在1≤x≤2，x2－2ax＋1≤0，则2a≥ eq \f(x2＋1,x)＝x＋ eq \f(1,x)有解， x＋ eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时取等号， 故2a≥(x＋ eq \f(1,x))min＝2⇒a≥1, 故命题p，q均为假命题时，1≤a≤3， 所以命题p，q中至少有一个真命题时，a的取值范围为{a|a<1，或a>3}． $