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1、5.2不等式的解法基礎(chǔ)知識自主學(xué)習(xí)要點梳理1.關(guān)于x的一元一次不等式ax+b>0的解集當(dāng)a>0時為;當(dāng)ab解集是R,則實數(shù)a,b滿足的條件是.2.一元二次不等式一般地，含有一個未知數(shù)且未知數(shù)的最高次數(shù)為的不等式，叫做一元二次不等式.,a=0,bx2或x

2、形結(jié)合的思想和分類討論思想的應(yīng)用.,注意,基礎(chǔ)自測1.（2010淮安調(diào)研）函數(shù)的定義域是解析由x2+x-12≥0得(x-3)(x+4)≥0，∴x≤-4或x≥3.2.已知集合A={x|x2-7x+6≤0，x∈Z},B={x|2x2-x-6>0,x∈Z}，則A∩B的子集個數(shù)為解析由x2-7x+6≤0，得1≤x≤6，∴A={1，2，3，4，5，6}，由2x2-x-6>0，得x2，∴B={x|x2，且x∈Z},∴A∩B={3,4,5,6}∴A∩B的子集共有24=16個.,{x|x≤-4或x≥3},,16,,3.已知函數(shù)則不等式x+(x+1)f(x+1)≤1的解集是.解析（1）當(dāng)x+1<0時，f(x+1

3、)=-(x+1)+1=-x.∴原不等式可化為x+(x+1)(-x)≤1.①解①得，-x2≤1,x∈R，此時不等式的解集為{x|x<-1}.（2）當(dāng)x+1≥0時，f(x+1)=x,∴原不等式可化為x+（x+1）x≤1.②解②得--1≤x≤2-1,∴-1≤x≤-1.綜上可知原不等式的解集為{x|x<-1}∪{x|-1≤x≤-1}={x|x≤-1}.,{x|x≤-1},,4.在R上定義運算：xy=x（1-y）.若不等式（x-a）(x+a)0恒成立,∴Δ=1-4（-a2+a+1）0;（2）-3x2-2x+8≥0；（3）12x2-ax>a2(a∈R).解（1）∵Δ=42-4230恒成立，所以不等式

4、2x2+4x+3>0的解集為R.,（2）原不等式可化為3x2+2x-8≤0，∵方程3x2+2x-8=0的兩根為-2,,結(jié)合二次函數(shù)y=3x2+2x-8的圖象可知原不等式的解集為{x|-2≤x≤}.（3）原不等式可化為12x2-ax-a2>0方程12x2-ax-a2=0的兩根為當(dāng)a>0時，原不等式解集為{x|x>或x}.,跟蹤練習(xí)1（1）解下列不等式：①-x2+2x->0;②8x-1≤16x2.(2)解關(guān)于x的不等式ax2-(a+1)x+10x2-2x+0,且方程3x2-6x+2=0的兩根為∴原不等式解集為,,②方法一∵原不等式即為16x2-8x+1≥0，其相應(yīng)方程為16x2-8x+1=0,Δ

5、=(-8)2-416=0,∴上述方程有兩相等實根結(jié)合二次函數(shù)y=16x2-8x+1的圖象知，原不等式的解集為R.方法二8x-1≤16x216x2-8x+1≥0(4x-1)2≥0,∴x∈R,∴不等式的解集為R.(2)若a=0,原不等式-x+11.若a1時，(*)式1};當(dāng)a=0時，解集為{x|x>1};當(dāng)01時，解集為{x|0.解由ax2+2x+c>0的解集為知a0.即化為2x2-2x-12<0,得解集為{x|-2

6、0對一切實數(shù)x恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.一元二次不等式恒成立問題：（1）不等式ax2+bx+c>0的解集是全體實數(shù)的充要條件：當(dāng)a=0時，b=0,c>0;a>0Δ<0.(2)不等式ax2+bx+c<0的解集是全體實數(shù)的充要條件：當(dāng)a=0時，b=0,c<0;a<0Δ0.m=-5不符合條件.（2）若m2+4m-5≠0,則原命題等價于m2+4m-5>0,16(m-1)2-12(m2+4m-5)<0.解得1

7、=(a-1)2+4(a2-1)<0,解之得（2）當(dāng)a2-1=0，即a=1，若a=1，則原不等式為-1<0,恒成立.若a=-1，則原不等式為2x-1<0,即x<，不符合題目要求，舍去.綜上所述，當(dāng)時，原不等式的解集為R.,,式的解集為R的條件是,【例4】（14分）已知f(x)=x2-2ax+2,當(dāng)x∈［-1，+∞）時，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍.可以從函數(shù)的角度進(jìn)行考慮，轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值問題，也可以從方程的角度考慮，轉(zhuǎn)化為對方程根的討論.解方法一f(x)=(x-a)2+2-a2,此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x=a,［2分］①當(dāng)a∈(-∞,-1)時，結(jié)合圖象知,f（x)在［-1，+∞）上單調(diào)遞

8、增，f(x)min=f(-1)=2a+3,［4分］要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a,,分析,解題示范,,即2a+3≥a,解得a≥-3,又a0a0，應(yīng)討論a與b的大小再確定不等式的解.解一元二次不等式的一般過程是：一看（看二次項系數(shù)的符號），二算（計算判別式，判斷方程根的情況），三寫（寫出不等式的解集）.,,4.應(yīng)注意討論ax2+bx+c>0的二次項系數(shù)a是否為零的情況.5.要注意體會數(shù)形結(jié)合與分類討論的數(shù)學(xué)思想.分類討論要做到“不重”、“不漏”、“最簡”的三原則.含參數(shù)不等式的解法問題，是高考的重點內(nèi)容，主要考查等價轉(zhuǎn)化能力和分類討論的數(shù)學(xué)思想.,定時檢測一、填空題1.（2010

9、江蘇南京模擬）不等式組的解集為.解析2.（2009山西臨汾調(diào)研）設(shè)A={x|x2-2x-3>0},B={x|x2+ax+b≤0}，若A∪B=R，A∩B=（3,4］，則a+b=.解析A=（-∞,-1）∪(3,+∞),∵A∪B=R,A∩B=(3,4］,則B=［-1，4］，∴a=-(-1+4)=-3,b=-14=-4,∴a+b=-7.,{x|0

10、m+1)x2-(m-1)x+3(m-1)<0對任何實數(shù)x恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是.解析當(dāng)m=-1時，不等式變?yōu)?x-6<0,即x<3,不符合題意.當(dāng)m≠-1時，由題意知m+1<0Δ=(m-1)2-4(m+1)3(m-1)1的解集為.解析由導(dǎo)函數(shù)圖象知當(dāng)x0，即f(x)在（-∞,0)上為增函數(shù)；當(dāng)x>0時，f′(x)1等價于f(x2-6)>f(-2)或f(x2-6)>f(3),即-2

11、6a<0有解且解區(qū)間長不超過5個單位，則a的取值范圍是.解析由x2-ax-6a<0有解得a2+24a≥0①由解的區(qū)間長度不超過5個單位，得②由①②得-25≤a≤-24或0≤a≤1.當(dāng)a=0時，原不等式化為x2<0，不合題意；當(dāng)a=-24時，原不等式化為(x+12)2<0,不合題意.故-25≤a<-24或00的解集為（-1，3）時，求實數(shù)a,b的值.解（1）f(1)=-3+a(6-a)+b=-a2+6a+b-3.∵f(1)>0,∴-a2+6a+b-3>0.Δ=24+4b.當(dāng)b≤-6時，Δ≤0.∴f(1)>0的解集為;當(dāng)b>-6時，3

12、-0的解集為{a|3--6時，f(1)>0的解集為{a|3-0的解集為（-1,3）.∴f(x)>0與不等式（x+1）(x-3)1(a∈R).解(2)f(x)>1,即ax2+x-a>1,(x-1)(ax+a+1)>0,①當(dāng)a=0時，x>1,②當(dāng)a>0時，(x-1)(x+1+)>0,∴x>1或x0時，原不等式解集為{x|x>1或x<-1-}.,,12.（2010福建三明模擬）某工廠生產(chǎn)商品M，若每件定價80元，則每年可銷售80萬件，稅務(wù)部門對市場銷售的商品要征收附加費，為了既增加國家收入，又有利于市場活躍，必須合理確定征收的稅率.據(jù)市場調(diào)查，若政府對商品M征收的稅率為P%（

13、即每百元征收P元）時，每年銷售量減少10P萬件，據(jù)此，問：（1）若稅務(wù)部門對商品M每年所收稅金不少于96萬元，求P的范圍；（2）在所收稅金不少于96萬元的前提下，要讓廠家獲得最大的銷售金額，應(yīng)如何確定P值；（3）若僅考慮每年稅收金額最高，又應(yīng)如何確定P值.,,解稅率為P%時，銷售量為（80-10P）萬件，即f(P)=80（80-10P），稅金為80（80-10P）P%，其中0