3.3.2 第一课时 一元二次不等式的解法-【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“从函数观点看一元二次不等式”第一课时，核心讲解一元二次不等式的解法。课堂导入衔接二次函数图像与零点知识，以函数性质为学习支架，帮助学生构建前后知识脉络。 其亮点在于结合坐标系插图，通过函数图像分析不等式解集，培养学生数学眼光中的几何直观与抽象能力，渗透数学思维的推理意识。学科特色教学方法助力学生直观理解知识联系，也为教师提供高效教学支持。

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 第一课时　一元二次不等式的解法 一个 2 零点 课下培优巩固练（十五） 一、一元二次不等式 一元二次不等式 定义 一般地，我们把只含有______未知数，并且未知数的最高次数是___的不等式，称为一元二次不等式． 一般形式 ax2＋bx＋c＞0或ax2＋bx＋c＜0，其中a，b，c均为常数，a≠0. 微思考：已知不等式：①ax2＋2x＋1>0；②x2－2y>0；③－x2－3x<0；④ eq \f(x,x2－3) >0. 其中是一元二次不等式的有哪些？ 提示：①当a＝0时不是一元二次不等式；②含有两个未知量；④是分式不等式；③符合一元二次不等式的定义． 二、一元二次不等式的解法 1．二次函数的零点 一般地，对于二次函数y＝ax2＋bx＋c，我们把使ax2＋bx＋c＝0 的实数x 叫做二次函数 y＝ax2＋bx＋c的______． 2．二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系(a>0) 根的判别式 Δ＝b2－4ac(a≠0) Δ>0 Δ＝0 Δ<0 二次函数图象 y＝ax2＋bx＋c 一元二次方程的根ax2＋bx＋c＝0 两个不等实根x1，x2 两个相等实根 x1＝x2＝－ eq \f(b,2a) 没有实数根 一元二次不等式解集 ax2＋bx＋c>0 {x|x<x1或x>x2} eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a))))) R 一元二次不等式解集 ax2＋bx＋c<0 {x|x1<x<x2} ∅ ∅ 微点拔：利用相应一元二次函数的图象求一元二次不等式的解集的情况可以归纳如下： 一元二次不等式，a为正值来定形； 对应方程根求好，心中想想其图象； 大于异根取两边，小于异根夹中间； 大于等根根去掉，小于等根空集成； 大于无根取全体，小于无根不可能！ 注意：“大于”“小于”指的是当二次项系数转化为正数后的不等号；解集是指解的集合，故一元二次不等式的解集一定要写成集合的形式． 【基点小试】 1．不等式x2＋x－6<0的解集是(　　) A．{x|x<－3或x>2} B．{x|－3<x<2} C．{x|x<－2或x>3} D．{x|－2<x<3} 解析：因为方程的两根为－3和2，作出函数y＝x2＋x－6的图象，数形结合可得－3<x<2，故解集是{x|－3<x<2}． 答案： B 2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，则y>0的解集为(　　) A．{x|－2<x<1} B．{x|－1<x<2} C．{x|1<x≤2} D．{x|x<0或x>3} 解析：由题图知y>0的解集为{x|－1<x<2}． 答案：B 题型一　不含参数的一元二次不等式的解法 例1.（苏教版必修一P61例1改编）解下列不等式： (1)2x2＋5x－3<0；(2)－3x2＋6x≤2； (3)4x2＋4x＋1>0；(4)－x2＋6x－10>0. 解：(1)Δ＝49>0，方程2x2＋5x－3＝0的两根为x1＝－3，x2＝ eq \f(1,2) ，作出函数y＝2x2＋5x－3的图象，如图①所示．由图可得原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－3<x<\f(1,2))))) . (2)原不等式等价于3x2－6x＋2≥0.Δ＝12>0，解方程3x2－6x＋2＝0，得x1＝ eq \f(3－\r(3),3) ，x2＝ eq \f(3＋\r(3),3) ，作出函数y＝3x2－6x＋2的图象，如图②所示，由图可得原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤\f(3－\r(3),3)或x≥\f(3＋\r(3),3))))) . (3)∵Δ＝0，∴方程4x2＋4x＋1＝0有两个相等的实根x1＝x2＝－ eq \f(1,2) .作出函数y＝4x2＋4x＋1的图象如图③所示．由图可得原不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2)，x∈R)))) . (4)原不等式可化为x2－6x＋10<0，∵Δ＝－4<0， ∴方程x2－6x＋10＝0无实根，∴原不等式的解集为∅. [总结] 　解不含参数的一元二次不等式的方法步骤 (1)通过变形化成标准的一元二次不等式的形式(要求二次项系数为正且右边为0)； (2)求出相应的一元二次方程的根，有三种情况：Δ＝0，Δ<0和Δ>0(即求相应方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根x1，x2)； (3)画出对应二次函数的草图； (4)结合图形求不等式的解集． 【练一练】 1．解下列不等式： (1)2x2－5x＋2>0； (2)x2－4x＋4≤0； (3)x2－2x＋2>0. 解：(1)方程2x2－5x＋2＝0的解是x1＝ eq \f(1,2) ，x2＝2.因为对应函数的图象是开口向上的抛物线，所以原不等式的解集是{x|x< eq \f(1,2) 或x>2}． (2)方程x2－4x＋4＝0的解是x1＝x2＝2，函数y＝x2－4x＋4的图象是开口向上的抛物线，所以原不等式的解集是{x|x＝2}． (3)因为x2－2x＋2＝0的判别式Δ＝4－4×1×2＝－4<0，所以方程x2－2x＋2＝0无解．又因为函数y＝x2－2x＋2的图象是开口向上的抛物线，所以原不等式的解集为R. 题型二　含参数的一元二次不等式的解法 例2.解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0. 【思维点拨】　(1)对于二次项系数a是否需要分a＝0，a<0，a>0三类进行讨论？ (2)当a≠0时，是否还要比较两根大小？ 解：①当a＝0时，原不等式即为－x＋1<0，解得x>1. ②当a<0时，原不等式化为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a))) (x－1)>0，解得x< eq \f(1,a) 或x>1. ③当a>0时，原不等式化为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a))) (x－1)<0. 若a＝1，即 eq \f(1,a) ＝1时，不等式无解； 若a>1，即 eq \f(1,a) <1时，解得 eq \f(1,a) <x<1； 若0<a<1，即 eq \f(1,a) >1时，解得1<x< eq \f(1,a) . 综上可知，当a<0时，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,a)或x>1)))) ； 当a＝0时，不等式的解集为{x|x>1}； 当0<a<1时，不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a))))) ； 当a＝1时，不等式的解集为∅； 当a>1时，不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))) . [总结] 　含参一元二次不等式的解法 【练一练】 2．解关于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2>0. 解：当a＝0时，－x＋2>0，不等式的解集为{x|x<2}； 当a≠0时，由ax2－(2a＋1)x＋2>0可得(ax－1)(x－2)>0； 方程(ax－1)(x－2)＝0的根为 eq \f(1,a) ，2， 当a<0时， eq \f(1,a) <2，不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<2)))) ； 当a>0时， 当 eq \f(1,a) ＝2时，即a＝ eq \f(1,2) ，不等式的解集为{x|x≠2}； 当 eq \f(1,a) >2时，即0<a< eq \f(1,2) ，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,a)或x<2)))) ； 当 eq \f(1,a) <2时，即a> eq \f(1,2) ，不等式的解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>2或x<\f(1,a))))) . 题型三　一元二次不等式在R上的恒成立问题 例3.已知关于x的不等式(m2＋4m－5)x2－4(m－1)x＋3>0对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围． 解：①当m2＋4m－5＝0，即m＝1或m＝－5时，显然m＝1符合条件，m＝－5不符合条件； ②当m2＋4m－5≠0时，由二次函数对一切实数x恒成立， 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2＋4m－5>0，,Δ＝16（m－1）2－12（m2＋4m－5）<0，)) 解得1<m<19. 综合①②得，实数m的取值范围为{m|1≤m＜19}． [总结] 　一元二次不等式在R上的恒成立问题的解法 (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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0；)) (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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ≤0；)) (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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0；)) (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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ≤0.)) 注意：当不等式ax2＋bx＋c>0未说明为一元二次不等式时，对任意实数x∈R恒成立时满足的条件为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c>0.)) 【练一练】 3．若关于x的不等式2kx2＋kx－ eq \f(3,8) <0的解集为R，则k的取值范围是________． 解析：原问题实质是不等式2kx2＋kx－ eq \f(3,8) <0在R上恒成立． 当k＝0得－ eq \f(3,8) <0，满足题意； 当k≠0时，要保证关于x的不等式2kx2＋kx－ eq \f(3,8) <0的解集为R， 则要满足 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0,Δ＝k2＋3k<0，)) 解得－3<k<0. 综上所述，k的取值范围为(－3，0]. 答案：(－3，0] 4．已知不等式kx2－x＋k<0有解，则实数k的取值范围为________. 解析：当k＝0时，－x<0，符合题意； 当k>0时，令y＝kx2－x＋k，由不等式kx2－x＋k<0有解， 即Δ＝1－4k2>0，得0<k< eq \f(1,2) . 当k<0时，y＝kx2－x＋k 开口向下，满足kx2－x＋k<0有解，符合题意． 综上，实数k的取值范围为k∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) . 答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) 培优拓展系列(三)·在给定范围内的恒成立问题 求解方法： 1．分离参数法，先将参数与变量分离到等式两边，转化为相关函数的最值问题． 2．数形结合法，利用一元二次不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图象直观化．如解决一元二次不等式在某范围内恒成立问题，可结合二次函数的图象进行求解． 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)， (1)a>0时，f(x)<0在α≤x≤β时恒成立⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（α）<0，,f（β）<0；)) (2)a<0时，f(x)>0在α≤x≤β时恒成立⇔ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（α）>0，,f（β）>0；)) (3)f(x)>0在α≤x≤β时恒成立⇔{x|α≤x≤β}⊆A，其中A是f(x)>0的解集． 例4. 若∀x∈[1，4]，不等式x2－(a＋2)x＋4≥－a－1恒成立，求实数a的取值范围． 解：∀x∈[1，4]，不等式x2－(a＋2)x＋4≥－a－1恒成立，即∀1≤x≤4，a(x－1)≤x2－2x＋5恒成立， ①当x＝1时，不等式为0≤4恒成立，此时a∈R； ②当1<x≤4时，a≤ eq \f(x2－2x＋5,x－1) ＝x－1＋ eq \f(4,x－1) . ∵1<x≤4，∴0<x－1≤3， ∴x－1＋ eq \f(4,x－1) ≥2 eq \r(（x－1）·\f(4,x－1)) ＝4(当且仅当x－1＝ eq \f(4,x－1) ，即x＝3时取等号)， ∴a≤4. 综上，实数a的取值范围为{a|a≤4}． 【练一练】 5．设函数y1＝mx2－mx－1，若对于任意的x∈[1，3]，y1<－m＋4恒成立，则实数m的取值范围为________． 解析：函数y1＝mx2－mx－1， 若对任意的x∈[1，3]，y1<－m＋4恒成立， 即mx2－mx＋m－5<0对任意的x∈[1，3]恒成立． 令y2＝mx2－mx＋m－5，x∈[1，3]， 若m＝0，则y2＝－5<0恒成立． 若m<0，则当x＝1时y2最大，且y2max＝m－5<0，解得m<5，∴m<0. 若m>0，则当x＝3时y2最大，且y2max＝7m－5<0，解得m< eq \f(5,7) ，∴0<m< eq \f(5,7) . 综上所述，实数m的取值范围为{m|m< eq \f(5,7) }． 答案：{m|m< eq \f(5,7) } $