《江苏省2019高考数学二轮复习 第5讲 三个“二次”的问题课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习 第5讲 三个“二次”的问题课件（33页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题二 不等式 第5讲 三个“二次”的问题,第5讲 三个“二次”的问题 1.不等式 0的解集是 .,答案 1,3),解析 0 解得1x3,故原不等式的解集为1,3).,2.已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意xm,m+1,都有f(x)0成立,则实数m的 取值范围是 .,答案,解析 由二次函数图象可得f(x)0,xm,m+1恒成立,即 解得- m0.,3.已知函数f(x)=x2+ax+b(a,bR)的值域为0,+),若关于x的不等式f(x)c的 解集为(m,m+6),则实数c的值为 .,答案 9,解析 因为f(x)=x2+ax+b的值域是0,+),所以=a2-4b=0(1).又不等式x2
2、+ax+b-c0的解集是(m,m+6),所以2m+6=-a,m(m+6)=b-c,所以a=-(2m+6),b=m(m+6)+c.代入(1)解得c=9.,4.如图所示,已知二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c为实数,a0)的图象过点C(t,2),且 与x轴交于A,B两点,若ACBC,则a的值为 .,答案 -,解析 设A(x1,0),B(x2,0),则x1+x2=- ,x1x2= .又ACBC,所以 =(t-x1,2)(t-x 2,2)=x1x2-t(x1+x2)+t2+4= + +t2+4=0. 又图象过点C(t,2), 所以at2+bt+c=2 + +t2= ,所以 +4=0a=- .,题
3、型一 一元二次不等式的解法,例1 已知f(x)=-3x2+a(6-a)x+b. (1)解关于a的不等式f(1)0; (2)当不等式f(x)0的解集为(-1,3)时,求实数a,b的值.,解析 (1)f(1)=-3+a(6-a)+b=-a2+6a+b-3.,因为f(1)0,所以a2-6a+3-b0的解集为;当b-6时,3- -6时, f(1)0的解集为a|3- 0的解集为. (2)因为不等式-3x2+a(6-a)x+b0的解集为(-1,3), 所以 解得,【方法归纳】 (1)解二次不等式要结合二次函数图象,从图象的开口方向、 判别式等方面考虑,含有参数的问题,一般还需要分类讨论,此时要弄清分类 讨
4、论的标准,避免重复和遗漏;(2)已知一元二次不等式的解集求参数的取值, 一般结合图象将不等式的解集的区间端点转化为方程的根,利用韦达定理建 立方程组求解.,1-1 已知函数f(x)= (x0,a0),当x1,3时,函数f(x)的取值范围恰为 . (1)求函数f(x)的解析式; (2)若向量m= ,n=(k2+k+2,3k+1)(k-1),解关于x的不等式f(x)mn.,解析 (1)若c0,则x1,3时,f(x)0恒成立; 若c0,则f(x)= 在1,3上单调递增, 所以 解得 故f(x)= . (2)由题意得 - + ,即 0, 即x(x-2k)x-(k+1)0. 当-1k0时,不等式的解集是
5、(-,2k)(0,k+1);,当0k1时,不等式的解集是(-,0)(k+1,2k).,题型二 二次函数与一元二次不等式,例2 (2017南通中学期中)已知函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,cR且a0),若对任意 实数x,不等式2xf(x) (x+1)2恒成立. (1)求f(1)的值; (2)求a的取值范围.,解析 (1)令x=1,由2xf(x) (x+1)2可得 2f(1)2,所以f(1)=2. (2)由f(1)=2可得a+b+c=2,则b=2-(a+c). 因为对于一切实数x, f(x)-2x0恒成立, 所以ax2+(b-2)x+c0(a0)对于一切实数x恒成立, 所以 即,可得(a-
6、c)20,但(a-c)20,则a=c0, 则f(x)=ax2+bx+a. 因为对于一切实数x, f(x) (x+1)2恒成立. 所以 x2+(b-1)x+ 0对于一切实数x恒成立,又因为=(b-1)2-4 =(1-2a)2-(2a-1)2=0, 所以a- 0,即a . 综上可得,a的取值范围是 .,【方法归纳】 一元二次不等式与二次函数之间的联系:当y0(0)或y0(0)或 ax2+bx+c0(0).解决问题时需要两者相互联系.,2-1 (2017江苏启东检测)设函数f(x)= ,tR,记f(x)在区间0,3上的 最大值为g(t),当t变化时,g(t)的最小值为 .,答案,解析 令h(x)=
7、x2-x+t= +t- ,易知h(x)在 上递减,在 上递增, 所以在0,3上t- h(x)t.当t 时, |t|,此时g(t)= = -t;当t 时, |t|,所以当t= 时,g(t)取得最小值,最小值为 .,题型三 一元二次方程与一元二次不等式,例3 (2017东海高级中学月考)设关于x的一元二次方程ax2+x+1=0(a0)有两 个实根x1,x2. (1)求(1+x1)(1+x2)的值; (2)求证:x1-1,且x2-1; (3)如果 ,试求a的最大值.,解析 (1)由已知得x1+x2=- ,x1x2= , 则(1+x1)(1+x2)=1+(x1+x2)+x1x2=1- + =1. (2
8、)证明:令f(x)=ax2+x+1,由已知及=1-4a0得 00,所以f(x)的图象与x轴的交点都在点(-1,0)的左侧, 故x1-1,且x2-1. (3)由(1)知,x1= -1=- ,则 =- . 因为 ,所以- , 则- .,所以a= =- =- + , 故当- = 时,a取得最大值,为 .,【方法归纳】 一元二次不等式与一元二次方程转化时需注意:不等式的 解集的区间端点就是对应方程的根,但要注意不等号的方向;在一元二次方 程中,综合应用判别式与韦达定理解决根的问题.,3-1 (2017江浦中学期中)若关于x的不等式ax2-6x+a20的解集是(1,m),则m的 值为 .,答案 2,解析
9、 根据不等式与方程之间的关系知,x=1为方程ax2-6x+a2=0的一个根, 则a2+a-6=0,解得a=2或a=-3.当a=2时,不等式ax2-6x+a20的解集是(1,2),符合 要求;当a=-3时,不等式ax2-6x+a20的解集是(-,-3)(1,+),不符合要求, 舍去.故m=2.,题型四 三个“二次”的综合问题,例4 设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,cR),且f(1)=- ,2b0且-3 - ; (2)函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点; (3)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,则 |x1-x2| .,证明 (1)因为f(1)=a+b+c=- ,所以3a+2
10、b+2c=0. 又2b0,2b0,b-3a-2b2b. 因为a0,所以-30时,因为a0,所以f(1)=- 0, 所以函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点; 当c0时,因为a0,所以f(1)=- 0, 所以函数f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点. 综合得函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点. (3)因为x1,x2是函数f(x)的两个零点, 所以x1,x2是方程ax2+bx+c=0的两根, 所以|x1-x2|= = = .,因为-3 - ,所以 |x1-x2| .,【方法归纳】 二次函数y=f(x)的图象与x轴的交点横坐标是二次方程f(x)=0 的实根,是不等式f(x)0与
11、f(x)0的解集的区间端点(注意能否取到等号).,4-1 设A=-1,1,B= ,函数f(x)=2x2+mx-1. (1)设不等式f(x)0的解集为C,当C(AB)时,求实数m的取值范围; (2)若对任意xR,都有f(1+x)=f(1-x)成立,试求xB时, f(x)的值域; (3)设g(x)=|x-a|-x2-mx(aR),求f(x)+g(x)的最小值.,解析 (1)AB=-1,1,因为二次函数f(x)=2x2+mx-1的图象开口向上,且=m2+ 80恒成立,故图象始终与x轴有两个交点.若C(AB),则这两个交点的横坐 标x1,x2-1,1,所以 解得-1m1. (2)因为对任意xR,都有f
12、(1+x)=f(1-x),所以f(x)的图象关于直线x=1对称, 所以- =1,故m=-4.,所以f(x)=2(x-1)2-3,所以f(x)在 上为减函数. 所以f(x)min=-2 , f(x)max=2 ,故xB时, f(x)的值域为-2 ,2 . (3)令(x)=f(x)+g(x),则(x)=x2+|x-a|-1. (i)当xa时,函数(x)=x2-x+a-1= +a- . 若a ,则函数(x)在(-,a上单调递减,从而函数(x),在(-,a上的最小值为(a)=a2-1; 若a ,则函数(x) 在(-,a上的最小值为 =- +a,且 (a). (ii)当xa时,函数(x)=x2+x-a-1= -a- . 若a- ,则函数(x)在a,+)上的最小值为 =- -a,且 (a);,若a- ,则函数(x)在a,+)上单调递增,从而函数(x)在a,+)上的最小值 为a2-1. 综上,当a- 时,函数(x)的最小值为- -a,当- a 时,函数(x)的最小值为a2-1, 当a 时,函数(x)的最小值为- +a.,
