3.3.2 第二课时 一元二次不等式的应用-【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（苏教版）

该高中数学课件聚焦高一必修第一册“一元二次不等式”，围绕“三个‘二次’关系”及实际应用展开。通过例题引入，结合根与系数关系、因式分解等方法，搭建从方程到不等式的转化支架，衔接函数观点与解集逆向应用。 其亮点在于母题探究（变结论、变条件）和实际应用案例，培养数学思维与应用意识。通过“审结论-审条件-建联系”步骤总结，帮助学生形成推理能力，助力教师高效教学，提升学生解决问题能力。

数学·必修·第一册(苏教) 第3章 不等式 3.3.2　从函数观点看一元二次不等式 第二课时　一元二次不等式的应用 课下培优巩固练（十六） [思路点拨] eq \x(\a\al(由给定不等式,的解集形式)) → eq \x(\a\al(确定a<0及关于,a、b、c的方程组)) → eq \x(用a表示b，c) → eq \x(\a\al(代入所求,不等式)) → eq \x(\a\al(求解cx2＋bx＋,a<0的解集)) 解：法一　由不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|2<x<3}可知a<0，且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根． 由根与系数的关系可知 eq \f(b,a) ＝－5， eq \f(c,a) ＝6.由a<0知c<0， eq \f(b,c) ＝ eq \f(－5,6) ，故不等式cx2＋bx＋a<0，即x2＋ eq \f(b,c) x＋ eq \f(a,c) >0， 即x2－ eq \f(5,6) x＋ eq \f(1,6) >0，解得x< eq \f(1,3) 或x> eq \f(1,2) ，所以不等式cx2＋bx＋a<0的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或x>\f(1,2))))) . 法二　由不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|2<x<3}可知a<0，且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，所以ax2＋bx＋c＝a(x－2)(x－3)＝ax2－5ax＋6a⇒b＝－5a，c＝6a，故不等式cx2＋bx＋a<0，即6ax2－5ax＋a<0⇒6a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) <0，故原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或x>\f(1,2))))) . 【母题探究】　(1)(变结论)本例中的条件不变，求关于x的不等式cx2－bx＋a>0的解集． 解：由根与系数的关系知 eq \f(b,a) ＝－5， eq \f(c,a) ＝6且a<0. ∴c<0， eq \f(b,c) ＝－ eq \f(5,6) ，故不等式cx2－bx＋a>0，即x2－ eq \f(b,c) x＋ eq \f(a,c) <0，即x2＋ eq \f(5,6) x＋ eq \f(1,6) <0. 解得 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<－\f(1,3))))) . (2)(变条件)若将本例中的条件“关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|2<x<3}”变为“关于x的不等式ax2＋bx＋c≥0的解集是 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)≤x≤2)))) ”．求不等式cx2＋bx＋a<0的解集． 解：由ax2＋bx＋c≥0的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,3)≤x≤2)) 知a<0.由－ eq \f(2,3) ＝ eq \f(a,c) <0知c>0，∵－ eq \f(b,a) ＝ eq \f(5,3) ， eq \f(c,a) ＝－ eq \f(2,3) ， ∴－ eq \f(b,c) ＝－ eq \f(5,2) ， eq \f(a,c) ＝－ eq \f(3,2) ，∴不等式cx2＋bx＋a<0， 即x2＋ eq \f(5,2) x－ eq \f(3,2) <0， 解得－3<x< eq \f(1,2) ， 所以解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－3<x<\f(1,2))))) . [总结] 一元二次不等式解集逆向应用问题的解法及步骤 (1)求解方法： 由已知不等式的解可转化为一元二次方程的两根，从而由根与系数的关系，找出系数a，b，c之间的关系，写出不等式的解集． (2)求解步骤： 第一步：审结论——明确解题方向 如要解cx2＋bx＋a<0，首先确定c的符号，最好能确定a，b，c的值 第二步：审条件——挖掘题目信息 利用一元二次方程的根与一元二次不等式的解集的关系列出关于a，b，c的方程组，用a表示b，c. 第三步：建联系——找解题突破口 由给定不等式的解集形式→确定关于a，b，c的方程组→用a表示b，c→代入所求不等式→求解cx2＋bx＋a<0的解集． 【练一练】 1．不等式ax2－bx＋c<0的解集为{x|x>1或x<－2}，则函数y＝ax2＋bx＋c的图象大致为(　　) 解析：不等式ax2＋bx＋c<0的解集为{x|x>1或x<－2}， ∴a<0，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝－2，,\f(b,a)＝－1，)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝－2a，,b＝－a，)) ∴y＝ax2＋bx＋c＝ax2－ax－2a＝a(x2－x－2)， 函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，两个零点为x1＝2，x2＝－1. 答案：C 2．(多选)已知关于x的不等式ax2＋bx＋c≤0的解集为{x|x≤－2或x≥3}，则下列说法正确的是(　　) A．a<0 B．ax＋c>0的解集为{x|x>6} C．8a＋4b＋3c<0 D．cx2＋bx＋a<0的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(1,3))))) 答案：AD 解析：因为关于x的不等式ax2＋bx＋c≤0的解集为{x|x≤－2或x≥3}， 所以a<0且方程ax2＋bx＋c＝0的两个根为－2，3， 即3×(－2)＝ eq \f(c,a) ＝－6，3＋(－2)＝－ eq \f(b,a) ＝1⇒c＝－6a，b＝－a.因此选项A正确； 因为c＝－6a，a<0所以由ax＋c>0⇒ax－6a>0⇒x<6，因此选项B不正确； 由c＝－6a，b＝－a可知：8a＋4b＋3c＝8a－4a－18a＝－14a>0，因此选项C不正确； 因为c＝－6a，b＝－a，所以由cx2＋bx＋a<0⇒－6ax2－ax＋a<0⇒6x2＋x－1<0， 解得－ eq \f(1,2) <x< eq \f(1,3) ，因此选项D正确． 题型二　一元二次不等式的实际应用 例2.某摩托车生产企业，上年度生产摩托车的投入成本为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； (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：(1)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)要保证本年度的利润比上年度有所增加，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－（1.2－1）×1 000>0，,0<x<1，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－60x2＋20x>0，,0<x<1，)) 解不等式组，得0<x< eq \f(1,3) ，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的范围为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(1,3))))) . [总结] 　解不等式应用题的步骤 【练一练】 3．为鼓励大学毕业生自主创业，某市出台了相关政策：由政府协调，企业按成本价提供产品给大学毕业生自主销售，成本价与出厂价之间的差价由政府承担．某大学毕业生按照相关政策投资销售一种新型节能灯．已知这种节能灯的成本价为每件10元，出厂价为每件12元，每月的销售量y(单位：件)与销售单价x(单位：元)之间的关系近似满足一次函数y＝－10x＋500. (1)设他每月获得的利润为w(单位：元)，写出他每月获得的利润w与销售单价x的函数关系． (2)相关部门规定，这种节能灯的销售单价不得高于25元．如果他想要每月获得的利润不少于3 000元，那么政府每个月为他承担的总差价的取值范围是多少？ 解：(1)依题意可知每件的销售利润为(x－10)元，每月的销售量为(－10x＋500)件， 所以每月获得的利润w与销售单价x的函数关系为w＝(x－10)(－10x＋500). (2)由每月获得的利润不小于3 000元，得(x－10)(－10x＋500)≥3 000. 化简，得x2－60x＋800≤0.解得20≤x≤40.又因为这种节能灯的销售单价不得高于25元，所以20≤x≤25. 设政府每个月为他承担的总差价为p元，则p＝(12－10)(－10x＋500)＝－20x＋ 1 000. 由20≤x≤25，得500≤－20x＋1 000≤600.故政府每个月为他承担的总差价的取值范围为[500，600]元． $