专题一 第5讲 不等式的解法课件—2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“不等式的解法”专题，依据课标要求覆盖一元二次不等式、分式不等式解法及综合应用等核心考点，通过知识梳理构建二次函数与不等式关系体系，分析近5年高考中“含参不等式求解”占30%、“恒成立问题”占25%的高频考点分布，归纳选择、填空、解答题三类常考题型。 课件亮点在于“分层突破+真题演练+素养提升”策略，如探究点2通过分类讨论解含参不等式，培养数学思维的逻辑性，结合2024上海黄浦三模恒成立问题实例，总结“函数最值法”等解题技巧。特设“易错陷阱警示”和“变式训练”，帮助学生熟练运用数学语言表达解题过程，教师可据此精准指导，提升复习效率。

专题1　集合、常用逻辑 用语、不等式 1 第5讲　不等式的解法 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> 一 2 返回目录 夯基固本 返回目录 返回目录 夯基固本 热身练习 >> A 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 A 2 3 4 5 1 返回目录 A 2 3 4 5 1 返回目录 B 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 {x|x≥2或x<－1} 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 一元二次不等式、分式不等式的解法 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 ACD 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 (1，3] 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2 含参变量不等式的解法 (0，1) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3 不等式的综合应用 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 D 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 [2，＋∞) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 会从实际情境中抽象出一元二次不等式，了解一元二次不等式的现实意义． 通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系. 3.掌握一元二次不等式的解法，会求解简单的分式不等式． 1．一元二次不等式的定义 只含　 个未知数，并且未知数的最高次数是 　　的不等式叫做一元二次不等式． 2．二次函数与一元二次方程、不等式的相应关系 判别式 图象 f(x)＝0 的根 f(x)>0 的解集 f(x)<0 的解集 Δ>0 有两个不相等的实根x1，x2 {x|x>x2 或x<x1} {x|x1<x<x2} Δ＝0 有两个相等的实根x＝－ eq \f(b,2a) {x∈R|x≠ － eq \f(b,2a)} ∅ Δ<0 无实根 R ∅ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x－a)(x－b)≥0，,x－b≠0)) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x－a)(x－b)≤0，,x－b≠0)) 3.分式不等式与一元二次不等式的关系 (1) eq \f(x－a,x－b)>0⇔ ； (2) eq \f(x－a,x－b)<0⇔ ； (3) eq \f(x－a,x－b)≥0⇔ ； (4) eq \f(x－a,x－b)≤0⇔ . (x－a)(x－b)>0 (x－a)(x－b)<0 1．(教材母题必修2.3练习T1改编)不等式x2－4x＋3<0的解集是(　　) A．{x|1<x<3} B．{x|x<3} C．{x|x<1或x>3} D．{x|x>1} 解析：由题意知，x2－4x＋3<0 ⇒(x－1)·(x－3)<0， 所以原不等式的解集为{x|1<x<3}．故选A. 2．不等式 eq \f(x－3,x＋2)<0的解集为(　　) A．{x|－2<x<3} B．{x|x<－2} C．{x|x<－2或x>3} D．{x|x>3} 解析：由 eq \f(x－3,x＋2)<0得(x＋2)(x－3)<0，解得－2<x<3.故选A. 3．已知关于x的一元二次不等式x2－3x＋2<0的解集为{x|m<x<n}，则m＋n的值是(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：依题意可得，m，n分别是关于x的一元二次方程x2－3x＋2＝0的两根，根据韦达定理可得m＋n＝3.故选A. 4．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．[－1，2) B．(－1，2] C．(－2，1) D．[－1，2] 解析：关于x的不等式(a－2)x2＋4(a－2)x－12<0的解集为R. ①当a－2＝0时，即当a＝2时，则有－12<0恒成立，符合题意； ②当a－2≠0时， 则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－2<0，,Δ＝16(a－2)2＋48(a－2)<0，)) 解得－1<a<2. 综上所述，实数a的取值范围是(－1，2].故选B. 5．不等式 eq \f(x－2,x＋1)≥0的解集是_______________． 解析：因为 eq \f(x－2,x＋1)≥0，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x－2)(x＋1)≥0，,x＋1≠0，)) 解得x≥2或x<－1， 所以不等式 eq \f(x－2,x＋1)≥0的解集是{x|x≥2或x<－1}． 【例1】 (教材母题必修习题2.3T1)解下列不等式： (1)－3x2＋5x－4≥0； (2)(x＋1)(x＋2)<(x＋1)(2－x)＋1； (3) eq \f(x＋1,3x－2)≥2. 解析：(1)不等式－3x2＋5x－4≥0可化为3x2－5x＋4≤0， 由Δ＝(－5)2－4×3×4＝－23<0可知，一元二次方程3x2－5x＋4＝0无实根， 则不等式3x2－5x＋4≤0的解集为∅， 故不等式－3x2＋5x－4≥0的解集为∅. (2)不等式(x＋1)(x＋2)<(x＋1)(2－x)＋1可化为2x2＋2x－1<0， 一元二次方程2x2＋2x－1＝0有两根， x1＝ eq \f(－1－\r(3),2)，x2＝ eq \f(－1＋\r(3),2)， 则不等式2x2＋2x－1<0的解集为 {x| eq \f(－1－\r(3),2)<x< eq \f(－1＋\r(3),2)}， 故不等式(x＋1)(x＋2)<(x＋1)(2－x)＋1的解集为{x| eq \f(－1－\r(3),2)<x< eq \f(－1＋\r(3),2)}． (3)由 eq \f(x＋1,3x－2)≥2，可得 eq \f(x＋1,3x－2)－2＝ eq \f(－5x＋5,3x－2)≥0， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((5x－5)(3x－2)≤0，,3x－2≠0，))解得 eq \f(2,3)<x≤1， 所以原不等式的解集为{x| eq \f(2,3)<x≤1}． (1)解一元二次不等式的一般步骤： ①将二次项系数化为正；②解相应的方程；③画出相应的函数图象；④写出解集． (2)解分式不等式时，一般要先通过移项、通分整理成一边是商式，另一边是0的形式，再等价转化为整式不等式(组)的形式进行求解． 解分式不等式常有如下两种等价变形方式： eq \f(f(x),g(x))>0⇔ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(x)>0，,g(x)>0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(x)<0，,g(x)<0))⇔f(x)g(x)>0. 利用数形结合也是解不等式的重要方法，特别是解选择、填空题时要注意灵活运用． 1．(多选)已知集合M＝{x||x－1|≤2，x∈R}，集合N＝{x| eq \f(5,x＋1)≥1，x∈R}，则(　　) A．M＝{x|－1≤x≤3} B．N＝{x|－1≤x≤4} C．M∪N＝{x|－1≤x≤4} D．M∩N＝{x|－1<x≤3} 解析：由题设可得M＝[－1，3]，N＝(－1，4]，A正确，B错误； M∪N＝{x|－1≤x≤4}，C正确； M∩N＝{x|－1<x≤3}，D正确．故选ACD. 2．已知集合A＝{x|x≥a}，B＝{x| eq \f(x＋1,x－1)≥2}，若A∩B≠∅且A∪B≠A，则实数a的取值范围是　　　　　． 解析：由 eq \f(x＋1,x－1)≥2得1<x≤3，所以B＝{x|1<x≤3}， 因为A∩B≠∅且A∪B≠A，所以a∈(1，3]. 【例2】 (1)已知关于x的不等式 eq \f(ax－1,x＋b)>0的解集为{x|－1<x<2}，其中a，b∈R，则关于x的不等式 eq \f(bx＋1,ax＋1)<1的解集为　　　　　　． 解析：(1)不等式 eq \f(ax－1,x＋b)>0等价于(ax－1)(x＋b)>0， 所以－1和2为方程(ax－1)(x＋b)＝0的两根，且a<0， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＝－1，,－b＝2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，)) 所以原不等式为 eq \f(－2x＋1,－x＋1)<1 ⇒ eq \f(－2x＋1,－x＋1)－1<0⇒ eq \f(－x,－x＋1)<0⇒ eq \f(x,x－1)<0， 即x(x－1)<0，解得0<x<1. 即不等式 eq \f(bx＋1,ax＋1)<1的解集为(0，1). 【例2】(2)求关于x的不等式ax2－3x＋2>ax－1的解集． 解析：(2)ax2－3x＋2>ax－1⇒ax2－(a＋3)x＋3>0⇒(ax－3)(x－1)>0. 当a＝0时，不等式化为x－1<0，不等式的解集为{x|x<1}． 当a<0时，不等式化为(x－ eq \f(3,a))(x－1)<0，不等式的解集为{x| eq \f(3,a)<x<1}． 当a>0时，不等式化为(x－ eq \f(3,a))(x－1)>0. 方程ax2－3x＋2＝ax－1的两个根分别为 eq \f(3,a)，1. 当a＝3时，两根相等，故不等式的解集为{x|x≠1}； 当a>3时， eq \f(3,a)<1，不等式的解集为{x|x< eq \f(3,a)或x>1}； 当0<a<3时， eq \f(3,a)>1，不等式的解集为{x|x<1或x> eq \f(3,a)}． 综上：当a<0时，不等式的解集为{x| eq \f(3,a)<x<1}； 当a＝0时，不等式的解集为{x|x<1}； 当0<a<3时，不等式的解集为{x|x<1或x> eq \f(3,a)}． 当a＝3时，不等式的解集为{x|x≠1}； 当a>3时，不等式的解集为{x|x< eq \f(3,a)或x>1}． 含有参数的不等式的求解，往往需要对参数进行分类讨论． (1)若二次项系数为常数，首先确定二次项系数是否为正数，再考虑分解因式，对参数进行分类讨论，若不易分解因式，则可依据判别式的符号进行分类讨论． (2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，确定不等式是否是二次不等式，然后讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式． 3．已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，若不等式f(x)>0的解集为(－1，3)，则不等式f(－2x)<0的解集为_______________________． (－∞，－ eq \f(3,2))∪( eq \f(1,2)，＋∞) 解析：由f(x)＝(ax－1)(x＋b)>0的解集是(－1，3)，则a<0，故 eq \f(1,a)＝－1，－b＝3，即a＝－1，b＝－3. 所以f(x)＝－x2＋2x＋3， 所以f(－2x)＝－4x2－4x＋3， 由－4x2－4x＋3<0，得x> eq \f(1,2)或x<－ eq \f(3,2)， 故不等式f(－2x)<0的解集是(－∞，－ eq \f(3,2))∪( eq \f(1,2)，＋∞). 4．若不等式ax2＋bx＋2>0的解集是{x|－ eq \f(1,2)<x< eq \f(1,3)}，则ax＋b>0的解集为(　　) A．(－∞，－ eq \f(1,6)) B．(－∞， eq \f(1,6)) C．(－ eq \f(1,6)，＋∞) D．( eq \f(1,6)，＋∞) 解析：不等式ax2＋bx＋2>0的解集是{x|－ eq \f(1,2)<x< eq \f(1,3)}， 则根据对应方程的韦达定理得到 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((－\f(1,2))＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,(－\f(1,2))×\f(1,3)＝\f(2,a)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2，)) 则－12x－2>0的解集为(－∞，－ eq \f(1,6))，故选A. 5．解关于x的不等式 eq \f(ax－1,x－a)>0. 解析：当a＝0时，原不等式可化为－ eq \f(1,x)>0，解得x<0. 若a>0，则原不等式可化为 eq \f(a(x－\f(1,a)),x－a)>0， 即(x－a)(x－ eq \f(1,a))>0. 当0<a<1时，a< eq \f(1,a)，解得x<a或x> eq \f(1,a)； 当a＝1时，不等式化为(x－1)2>0，解得x∈R且x≠1； 当a>1时，a> eq \f(1,a)，解得x< eq \f(1,a)或x>a. 若a<0，则原不等式可化为(x－a)(x－ eq \f(1,a))<0. 当a<－1时，a< eq \f(1,a)，解得a<x< eq \f(1,a)； 当a＝－1时，不等式可化为(x＋1)2<0，其解集为∅； 当－1<a<0时，a> eq \f(1,a)，解得 eq \f(1,a)<x<a. 综上，当a<－1时，不等式的解集为{x|a<x< eq \f(1,a)}；当a＝－1时，不等式的解集为∅；当－1<a<0时，不等式的解集为{x| eq \f(1,a)<x<a}；当a＝0时，不等式的解集为{x|x<0}；当0<a<1时，不等式的解集为{x|x<a或x> eq \f(1,a)}；当a＝1时，不等式的解集为{x|x∈R且x≠1}；当a>1时，不等式的解集为{x|x< eq \f(1,a)或x>a}． 【例3】 (1)(2025·江苏徐州质检)若对于任意x∈[m，m＋1]，都有x2＋mx－1<0成立，则实数m的取值范围是(　　) A．(－ eq \f(2,3)，0) B．(－ eq \f(\r(2),2)，0) C．[－ eq \f(2,3)，0] D．[－ eq \f(\r(2),2)，0] 解析：(1)由题意，对于∀x∈[m，m＋1]都有f(x)＝x2＋mx－1<0成立， 所以f(m)＝m2＋m2－1<0， f(m＋1)＝(m＋1)2＋m(m＋1)－1<0， 解得－ eq \f(\r(2),2)<m<0， 即实数m的取值范围是(－ eq \f(\r(2),2)，0).故选B. 【例3】(2)(2024·上海黄浦三模)关于x的不等式ax2－|x|＋2a≥0的解集是(－∞，＋∞)，则实数a的取值范围为　　　　　　　　　． [ eq \f(\r(2),4)，＋∞) 解析：(2)因为关于x的不等式ax2－|x|＋2a≥0的解集是(－∞，＋∞)， 所以ax2－|x|＋2a≥0在R上恒成立． 令f(x)＝ax2－|x|＋2a，易知f(x)为偶函数， 所以ax2－|x|＋2a≥0在[0，＋∞)上恒成立， 即f(x)＝ax2－|x|＋2a≥0在[0，＋∞)上恒成立， 所以，当x＝0时，由ax2－x＋2a＝2a≥0，得a≥0， 当x>0时，由ax2－x＋2a≥0，得a≥ eq \f(x,x2＋2)＝ eq \f(1,x＋\f(2,x))， 又因为x＋ eq \f(2,x)≥2 eq \r(2)，当且仅当x＝ eq \r(2)时取等号，所以a≥ eq \f(1,2\r(2))＝ eq \f(\r(2),4). 综上，实数a的取值范围为[ eq \f(\r(2),4)，＋∞). 【例3】(3)(2024·浙江宁波一模)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，若不等式|f(x)|≤2在x∈[1，5]上恒成立，则满足要求的有序数对(a，b)有(　　) A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个 解析：(3)若不等式|f(x)|≤2在x∈[1，5]上恒成立， 则必须满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2≤f(1)≤2，,－2≤f(3)≤2，,－2≤f(5)≤2，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2≤1＋a＋b≤2，,－2≤9＋3a＋b≤2，,－2≤25＋5a＋b≤2.)) 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2≤－1－a－b≤2，,－2≤9＋3a＋b≤2，)) 两式相加得－4≤8＋2a≤4⇒－6≤a≤－2，① 再由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2≤－9－3a－b≤2，,－2≤25＋5a＋b≤2，)) 两式相加得－4≤16＋2a≤4⇒－10≤a≤－6，② 结合①②两式可知a＝－6. 代入不等式组得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2≤－5＋b≤2，,－2≤－9＋b≤2，,－2≤－5＋b≤2，))解得b＝7. 经检验，当a＝－6，b＝7时，f(x)＝x2－6x＋7＝(x－3)2－2， 当x∈[1，5]时，有f(x)max＝f(1)＝f(5)＝2，f(x)min＝f(3)＝－2，满足|f(x)|≤2在x∈[1，5]上恒成立． 综上所述，满足要求的有序数对(a，b)为(－6，7)，共1个．故选B. (1)一元二次不等式恒成立的条件 ①ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是a>0，且b2－4ac<0. ②ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是a<0，且b2－4ac<0. (2)一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题的求解方法 ①若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围). ②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. 6．(2024·江苏扬州模拟)若关于x的不等式x2－(m＋4)x＋4m<0的解集中恰有3个整数，则实数m的取值范围为(　　) A．(7，8] B．(0，1] C．(0，1]∪[7，8) D．[0，1)∪(7，8] 解析：不等式x2－(m＋4)x＋4m<0化为(x－4)(x－m)<0，显然m≠4，否则不等式解集为空集，不符合题意． 当m<4时，不等式的解集为(m，4)，依题意，在(m，4)中恰有3个整数，即为3，2，1，则0≤m<1， 当m>4时，不等式的解集为(4，m)，显然在(4，m)中恰有3个整数，即为5，6，7，则7<m≤8， 所以实数m的取值范围为[0，1)∪(7，8].故选D. 7．若x2＋x＋a＋|x2－x－a|≥2对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　　　. 解析：(方法1)因为x2＋x＋a＋|x2－x－a|≥2对x∈R恒成立， 当x2－x－a≥0时，x2＋x＋a＋|x2－x－a|＝2x2≥2，所以x≥1或x≤－1恒成立． 因此 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((－1)2－(－1)－a≤0，,12－1－a≤0，))所以a≥2； 当x2－x－a<0时，x2＋x＋a＋|x2－x－a|＝2x＋2a≥2， 所以x≥1－a恒成立， 因此 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((1－a)2－(1－a)－a≥0，,1－a<\f(1,2)，))所以a≥2. 综上，a≥2. (方法2)令f(x)＝x2，g(x)＝x＋a， 则x2＋x＋a＋|x2－x－a|＝f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|＝2max{f(x)，g(x)}≥2恒成立， 作出f(x)和g(x)的图象(如图)， 由图可知，a≥2， 所以实数a的取值范围为[2，＋∞). $