2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第3章不等式章末綜合提升教學(xué)案含解析蘇教版必修第一冊(cè)

PAGE7-第3章不等式[鞏固層·學(xué)問整合][提升層·題型探究]一元二次不等式的解法[探究問題]1．當(dāng)a>0時(shí)，若方程ax2＋bx＋c＝0有兩個(gè)不等實(shí)根α，β且α<β，則不等式ax2＋bx＋c>0的解集是什么？[提示]借助函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象可知，不等式的解集為{x|x<α或x>β}．2．若[探究1]中的a<0，則不等式ax2＋bx＋c>0的解集是什么？[提示]解集為{x|α<x<β}．3．若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判別式Δ＝b2－4ac<0，則ax2＋bx＋c[提示]當(dāng)a>0時(shí)，不等式的解集為R；當(dāng)a<0時(shí)，不等式的解集為?．【例1】若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2>0，,2x2＋2k＋5x＋5k<0))的整數(shù)解只有－2，求k的取值范圍．[思路點(diǎn)撥]不等式組的解集是各個(gè)不等式解集的交集，分別求解兩個(gè)不等式，取交集推斷．[解]由x2－x－2>0，得x<－1或x>2．對(duì)于方程2x2＋(2k＋5)x＋5k＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)解x1＝－eq\f(5,2)，x2＝－k．(1)當(dāng)－eq\f(5,2)>－k，即k>eq\f(5,2)時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－k<x<－\f(5,2)))))，明顯－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－k，－\f(5,2)))．(2)當(dāng)－k＝－eq\f(5,2)時(shí)，不等式2x2＋(2k＋5)x＋5k<0的解集為?．(3)當(dāng)－eq\f(5,2)<－k，即k<eq\f(5,2)時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)<x<－k))))．∴不等式組的解集由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1，,－\f(5,2)<x<－k，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2，,－\f(5,2)<x<－k))確定．∵原不等式組整數(shù)解只有－2，∴－2<－k≤3，故所求k的范圍是－3≤k<2．(變條件，變結(jié)論)若將例題改為“已知a∈R，解關(guān)于x的不等式ax2－2x＋a<0”．[解](1)若a＝0，則原不等式為－2x<0，故解集為{x|x>0}．(2)若a>0，Δ＝4－4a2①當(dāng)Δ>0，即0<a<1時(shí)，方程ax2－2x＋a＝0的兩根為x1＝eq\f(1－\r(1－a2),a)，x2＝eq\f(1＋\r(1－a2),a)，∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\o(x)\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a2),a)<x<\f(1＋\r(1－a2),a)))))．②當(dāng)Δ＝0，即a＝1時(shí)，原不等式的解集為?．③當(dāng)Δ<0，即a>1時(shí)，原不等式的解集為?．(3)若a<0，Δ＝4－4a2①當(dāng)Δ>0，即－1<a<0時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(1－\r(1－a2),a)或x<\f(1＋\r(1－a2),a)))))．②當(dāng)Δ＝0，即a＝－1時(shí)，原不等式可化為(x＋1)2>0，∴原不等式的解集為{x|x∈R且x≠－1}．③當(dāng)Δ<0，即a<－1時(shí)，原不等式的解集為R．綜上所述，當(dāng)a≥1時(shí)，原不等式的解集為?；當(dāng)0<a<1時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a2),a)<x<\f(1＋\r(1－a2),a)))))；當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式的解集為{x|x>0}；當(dāng)－1<a<0時(shí)，原不等式的解集為當(dāng)a＝－1時(shí)，原不等式的解集為{x|x∈R且x≠－1}；當(dāng)a<－1時(shí)，原不等式的解集為R．不等式的解法1一元二次不等式的解法.①將不等式化為ax2＋bx＋c>0a>0或ax2＋bx＋c<0a>0的形式；②求出相應(yīng)的一元二次方程的根或利用二次函數(shù)的圖象與根的判別式確定一元二次不等式的解集.2含參數(shù)的一元二次不等式.,解題時(shí)應(yīng)先看二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)，其次考慮判別式，最終分析兩根的大小，此種狀況探討是必不行少的.不等式恒成立問題【例2】已知不等式mx2－mx－1<0．(1)若x∈R時(shí)不等式恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)若x∈[1,3]時(shí)不等式恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)若滿意|m|≤2的一切m的值能使不等式恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．[思路點(diǎn)撥]先探討二次項(xiàng)系數(shù)，再敏捷的選擇方法解決恒成立問題．[解](1)①若m＝0，原不等式可化為－1<0，明顯恒成立；②若m≠0，則不等式mx2－mx－1<0恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0，))解得－4<m<0．綜上可知，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－4,0]．(2)令y＝mx2－mx－1，①當(dāng)m＝0時(shí)，y＝－1<0明顯恒成立；②當(dāng)m>0時(shí)，若對(duì)于x∈[1,3]不等式恒成立，只需當(dāng)x＝1時(shí)，y<0，即y＝－1<0；當(dāng)x＝3時(shí)，y<0，即y＝9m－3m－1<0，解得m<eq\f(1,6)，∴0<m<eq\f(1,6)．③當(dāng)m<0時(shí)，函數(shù)f(x)的圖象開口向下，對(duì)稱軸為x＝eq\f(1,2)，若x∈[1,3]時(shí)不等式恒成立，結(jié)合函數(shù)圖象(圖略)知只需當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)y<0即可，解得m∈R，∴m<0符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,6)))．(3)令z＝mx2－mx－1＝(x2－x)m－1，若對(duì)滿意|m|≤2的一切m的值不等式恒成立，則只需當(dāng)m＝－2時(shí)，函數(shù)z＝－2(x2－x)－1<0；當(dāng)m＝2時(shí)，函數(shù)z＝2(x2－x)－1<0；解得eq\f(1－\r(3),2)<x<eq\f(1＋\r(3),2)．∴實(shí)數(shù)x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))．對(duì)于不等式恒成立求參數(shù)范圍的問題常見的類型及解法有以下幾種：1變更主元法,依據(jù)實(shí)際狀況的須要確定合適的主元，一般知道取值范圍的變量要看做主元.2分別參數(shù)法,先將參數(shù)與變量分別到等式兩邊，轉(zhuǎn)化為相關(guān)函數(shù)得最值問題.3數(shù)形結(jié)合法,利用不等式與函數(shù)的關(guān)系將恒成立問題通過函數(shù)圖象直觀化.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．設(shè)y＝mx2－mx－6＋m，(1)若對(duì)于m∈[－2,2]，mx2－mx－6＋m<0恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍；(2)若對(duì)于x∈[1,3]，mx2－mx－6＋m<0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．[解](1)依題意，設(shè)y＝(x2－x＋1)m－6，則y＝(x2－x＋1)m－6為關(guān)于m的一次函數(shù)，且一次項(xiàng)系數(shù)x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up24(2)＋eq\f(3,4)>0，所以y＝(x2－x＋1)m－6在[－2,2]上y隨m的增大而增大，所以m＝2時(shí)，y的最大值為2(x2－x＋1)－6，所以欲使mx2－mx－6＋m<0恒成立，需2(x2－x＋1)－6<0，解得－1<x<2．(2)法一：要使m(x2－x＋1)－6<0在[1,3]上恒成立，則有m<eq\f(6,x2－x＋1)在[1,3]上恒成立，而當(dāng)x∈[1,3]時(shí)，eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋\f(3,4))≥eq\f(6,9－3＋1)＝eq\f(6,7)，所以m<eq\f(6,7)，因此m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))．法二：①當(dāng)m＝0時(shí)，y＝－6<0對(duì)x∈[1,3]恒成立，所以m＝0．②當(dāng)m≠0時(shí)y＝mx2－mx－6＋m的圖象的對(duì)稱軸為x＝eq\f(1,2)，若m>0，則y＝mx2－mx－6＋m在[1,3]上y隨x的增大而增大，所以x＝3時(shí)，y的最大值為7m要使mx2－mx－6＋m<0對(duì)x∈[1,3]恒成立，只需7m所以0<m<eq\f(6,7)．若m<0，則y＝mx2－mx－6＋m在[1,3]上隨x的增大而減小，所以x＝1時(shí)，y的最大值為m－6．要使mx2－mx－6＋m<0對(duì)x∈[1,3]恒成立，只需m<6，所以m<0．綜上可知m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))．利用基本不等式求最值【例3】設(shè)函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x＋1)，x∈[0，＋∞)．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x＋1)的最小值；(2)若a>1且a為正常數(shù)，求函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x＋1)的最小值．[解](1)把a(bǔ)＝2代入y＝x＋eq\f(a,x＋1)，得y＝x＋eq\f(2,x＋1)＝(x＋1)＋eq\f(2,x＋1)－1，∵x∈[0，＋∞)，∴x＋1>0，eq\f(2,x＋1)>0，∴x＋1＋eq\f(2,x＋1)≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(2,x＋1)，即x＝eq\r(2)－1時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x＋1)的最小值為2eq\r(2)－1．(2)當(dāng)a>1時(shí)，y＝x＋1＋eq\f(a,x＋1)－1，x＋1＋eq\f(a,x＋1)≥2eq\r(a)，則當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(a,x＋1)時(shí)取等號(hào)，即x＝eq\r(a)－1時(shí)取等號(hào)，所以函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x＋1)的最小值為2eq\r(a)－1．基本不等式是證明不等式、求某些函數(shù)的最大值及最小值的理論依據(jù)，在解決數(shù)學(xué)問題和實(shí)際問題中應(yīng)用廣泛.1基本不等式通常用來求最值，一般用a＋b≥2eq\r(ab)a>0，b>0解“定積求和，和最小”問題，用ab≤解“定和求積，積最大”問題.2在實(shí)際運(yùn)用中，常常涉及函數(shù)fx＝x＋eq\f(k,x)k>0，肯定要留意適用的范圍和條件：“一正、二定、三相等”.特殊是利用拆項(xiàng)、添項(xiàng)、配湊、分別變量、削減變?cè)?，?gòu)造定值條件的方法和對(duì)等號(hào)能否成立的驗(yàn)證.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2．某種商品原來每件售價(jià)為25元，年銷售8萬件．(1)據(jù)市場調(diào)查，若價(jià)格每提高1元，銷售量將相應(yīng)削減2000件，要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價(jià)最多為多少元？(2)為了擴(kuò)大該商品的影響力，提高年銷售量．公司確定明年對(duì)該商品進(jìn)行全面技術(shù)革新和營銷策略改革，并提高定價(jià)到x元，公司擬投入eq\f(1,6)(x2－600)萬元作為技改費(fèi)用，投入50萬元作為固定宣揚(yáng)費(fèi)用，投入eq\f(1,5)x萬元作為浮動(dòng)宣揚(yáng)費(fèi)用．試問：當(dāng)該商品明年的銷售量a至少應(yīng)達(dá)到多少萬件時(shí)，才可能使明年的銷售收入不低于原收入與總投入之和？并求出此時(shí)每件商品的定價(jià)．[解](1)設(shè)每件定價(jià)為t元，依題意，有[8－(t－25)×0．2]t≥25×8，整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40．因此要使銷售的總收入不低于原收入，每件定價(jià)最多為40元．(2)