2020版江蘇高考數(shù)學(xué)名師大講壇一輪復(fù)習(xí)教程學(xué)案第35課-不等式的解法含解析

____第35課__不等式的解法____理解一元二次不等式與相應(yīng)的一元二次方程、二次函數(shù)之間的關(guān)系．嫻熟掌握一元二次不等式的解法，擅長運(yùn)用數(shù)形聯(lián)合解不等式．可以利用同解變形解決分式不等式、高次不等式以及指對數(shù)不等式，逐漸形成等價(jià)轉(zhuǎn)變思想．4.會解含參數(shù)的不等式，可以對參數(shù)進(jìn)行分類議論.閱讀：必修5第75～80頁．解悟：①二次函數(shù)圖象、一元二次不等式的解與一元二次方程的解有如何的內(nèi)在聯(lián)系？②閱讀教材第80頁第11題，表現(xiàn)了不等式如何進(jìn)行轉(zhuǎn)變？3.踐習(xí)：在教材空白處，達(dá)成必修5第77頁練習(xí)第4、5、6題.基礎(chǔ)診療函數(shù)y＝x2＋x－12的定義域是__(－∞，－4]∪[3，＋∞)__．分析：由2＋－12≥0，解得≤－4或≥3，因此函數(shù)y＝x2＋x－12的定義域?yàn)?－∞，－4]∪[3，＋∞)．12.不等式22＋2－4≤2的解集為__[－3，1]__．12＋2－4≤－1，2＋2－3≤0，解得－3分析：由于22＋2－4≤，因此22＋2－4≤2－1，因此2≤≤1，因此原不等式的解集為[－3，1]．3.不等式x－11__.≤0的解集為__－，12x＋12x－1x－1≥0，x－1≤0，1分析：由于2x≤0，因此2x＋1<0或解得－<≤1，則原不等式的解集為＋12x＋1>0，212，1.14.若二次不等式a2＋b＋1>0的解集為x|－1<x<3，則a＝__－3__，b＝__－2__．1分析：由于一元二次不等式a2＋b＋1>0的解集為x|－1<x<3，因此方程a2＋b＋1＝0的解11a－b＋1＝0，a＝－3，1為－1和，因此1解得39a＋3b＋1＝0，b＝－2.典范導(dǎo)航考向?解不等式例1解以下對于的不等式：22＋4＋5>0；2－2a－3a2<0(a<0)；x－2(3)x＋3≤2.分析：(1)由于＝42－4×2×5＝－24<0，因此方程22＋4＋5＝0沒有實(shí)數(shù)根，因此不等式22＋4＋5>0恒建立，因此不等式22＋4＋5>0的解集為R.由于2－2a－3a2＝0，因此1＝3a，2＝－a.又由于a<0，因此不等式解集為{|3a<<－a}.x－2－x－8x＋8(3)原不等式化為－2≤0，即≤0，即≥0，等價(jià)于(＋3)(＋8)≥0，且≠－3,x＋3x＋3x＋3因此原不等式解集為{|≤－8或>－3}．解對于的不等式：a2－(a＋1)＋1<0.分析：當(dāng)a＝0時(shí)，不等式為－＋1<0，因此不等式解集為(1，＋∞);當(dāng)≠時(shí)，原不等式化為－·x－1a0a(1)a<0.111①當(dāng)a<0時(shí)，a<0<1，不等式為(－1)(－a)>0，其解集為x|x<a或x>1.111②當(dāng)0<a<1時(shí)，a>1，不等式為(－1)(－a)<0，其解集為{|1<<a}．③當(dāng)a＝1時(shí)，不等式為(－1)(－1)<0，其解集為?.111④當(dāng)a>1時(shí)，a<1，不等式為(－1)(－a)<0，其解集為{|a<<1}.考向?一元二次不等式的恒建立問題2例2設(shè)函數(shù)f( )＝m2－m－1.若對于的不等式f( )<0的解集為R，務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)若對于∈[1，3],f( )<－m＋5恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍．分析：(1)①當(dāng)m＝0時(shí)，f( )<0，即為－1<0，其解集為R，切合題意；②當(dāng)m≠0時(shí)，f( )<0恒建立，即為m2－m－1<0恒建立，m<0，解得－4<<0，由＝（－m）2－4m·（－1）<0，m綜上，所求m的取值范圍為(－4，0]．(2)f( )<－m＋5在[1，3]上恒建立，即m2－m－1<－m＋5，化為2－＋－6<0在[1，3]上恒建立．mmm方法一：若m＝0，不等式為－6<0，明顯建立；13若m<0，由二次函數(shù)g( )＝m2－m＋m－6＝m(－2)2＋4m－6可知，g( )在[1，3]上為減函數(shù)，因此g( )ma＝g(1)＝m－6，由m－6<0得m<6，故m<0時(shí)，f( )<－m＋5在[1，3]上恒建立；13若m>0，由二次函數(shù)g( )＝m2－m＋m－6＝m(－)2＋m－6可知，246g( )在[1，3]上為增函數(shù)，因此g( )ma＝g(3)＝7m－6，由7m－6<0得m<7，6故0<m<時(shí)，f( )<－m＋5在[1，3]上恒建立．76綜上，所求m的取值范圍為m<7.方法二：若m＝0，不等式為－6<0，明顯建立；若m≠0，由于2－＋1>0，因此將m2－m＋m<6化為m<26.x－x＋1令函數(shù)h( )＝2666＝1，由∈[1，3]，得≤h( )≤6，x－x＋137x－2＋246因此所求m的取值范圍為m<.7若不等式2－2＋5≥a2－3a對隨意實(shí)數(shù)恒建立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為__[－1，4]__．分析：令f( )＝2－2＋5＝(－1)2＋4，因此f( )min＝4.若不等式2－2＋5≥a2－3a對隨意實(shí)數(shù)恒成3立，只要a2－3a≤4，解得－1≤a≤4.考向?一元二次不等式的應(yīng)用例3一個(gè)服飾廠生產(chǎn)風(fēng)衣，月銷售量(件)與售價(jià)p(元/件)之間的關(guān)系為p＝160－2，生產(chǎn)件的成本R＝500＋30(元)．(1)該廠月產(chǎn)量多大時(shí)，月收益許多于1300元？當(dāng)月產(chǎn)量為多少時(shí)，可獲取最大收益，最大收益是多少？分析：(1)由題意知月收益y＝p－R，因此y＝(160－2)－(500＋30)，即y＝－22＋130－500.由月收益許多于1300元，得－22＋130－500≥1300，解得20≤≤45.故該廠月產(chǎn)量在20～45件時(shí)，月收益許多于1300元．653225(2)由(1)得y＝－22＋130－500＝－2(－)2＋，22由題意知，為正整數(shù)．故當(dāng)＝32或33時(shí)，y最大為1612.因此當(dāng)月產(chǎn)量為32或33件時(shí)，可獲最大收益，最大收益為1612元．某商場若將進(jìn)貨單價(jià)為8元/件的商品按每件10元銷售，每日可銷售100件，現(xiàn)準(zhǔn)備采納提高售價(jià)，減少進(jìn)貨量的方法;增添收益，已知這類商品每件銷售價(jià)提升1元，銷售量就要減少10件．問該商場將銷售價(jià)每件定為多少元時(shí)，才能使得每日所賺的收益最多？銷售價(jià)每件定為多少元時(shí)，才能保證每日所賺的收益在300元以上？分析：設(shè)每件提升元(0≤≤10)，即每件獲收益(2＋)元，每日可銷售(100－10)件，設(shè)每日獲得總收益為y元，由題意有y＝(2＋)(100－10)＝－102＋80＋200＝－10(－4)2＋360，因此當(dāng)＝4時(shí)，yma＝360元，即當(dāng)訂價(jià)為每件14元時(shí)，每日所賺收益最多．要使每日收益在300元以上，則有－102＋80＋200>300，即2－8＋10<0，解得4－6<<4＋6.故每件訂價(jià)在4－6元到4＋6元之間時(shí)，能保證每日賺300元以上．自測反應(yīng)x＋2，x≤0，1.已知函數(shù)f( )＝則不等式f( )≥2的解集為__[－1，1]__．－x＋2，x>0，分析：當(dāng)≤0時(shí)，f( )＝＋2，代入不等式得＋2≥2，即2－－2≤0，解得－1≤≤2，因此原不4等式的解集為[－1，0]；當(dāng)>0時(shí)，f( )＝－＋2，代入不等式得－＋2≥2，即2＋－2≤0，解得－21，因此原不等式的解集為(0，1]．綜上，不等式f( )≥2的解集為[－1，1]．2.1<|＋2|<5的解集為__(－7，－3)∪(－1，3)__．分析：由1<|＋2|<51<|x＋2|，{|－7<<－3或－1<<3}．可得因此不等式組的解集為|x＋2|<5，3.已知函數(shù)f( )＝(a－1)(＋b)，假如不等式f( )>0的解集是(－1，3)，那么不等式f(－2)<0的31解集是__－∞，－2∪2，＋∞__．分析：由于不等式f( )>0的解集是(－1，3)，因此(a－1)(＋b)>0，因此(－a＋1)(＋b)<0，因此13a＝－1，b＝－3，因此f(－2)＝[－(－2)－1][(－2)－3]<0，解得>2或<－2.4.當(dāng)∈(1，2)時(shí)，不等式2＋m＋4<0恒建立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是__(－∞，－5]__．分析：依據(jù)題意可結(jié)構(gòu)函數(shù)f(