含参数的一元二次不等式的解法与恒成立问题.doc

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1、含参数的一元二次不等式的解法含参一元二次不等式常用的分类方法有三种：一、按项的系数的符号分类，即;例1解不等式：分析：本题二次项系数含有参数，，故只需对二次项系数进行分类讨论。解：∵解得方程两根∴当时,解集为当时，不等式为,解集为当时,解集为例2解不等式分析因为，，所以我们只要讨论二次项系数的正负。解当时，解集为；当时，解集为变式：解关于的不等式1、；3、ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)二、按判别式的符号分类，即；4例3解不等式分析本题中由于的系数大于0,故只需考虑与根的情况。解：∵∴当即时，解集为；当即Δ＝0时，解集为

2、；当或即,此时两根分别为，，显然,∴不等式的解集为例4解不等式解因所以当，即时，解集为；当，即时，解集为；当，即时，解集为R。变式：解关于的不等式：三、按方程的根的大小来分类，即；例5解不等式分析：此不等式可以分解为：，故对应的方程必有两解。本题4只需讨论两根的大小即可。解：原不等式可化为：，令，可得：∴当或时，，故原不等式的解集为；当或时，,可得其解集为；当或时,,解集为。例6解不等式，分析此不等式，又不等式可分解为，故只需比较两根与的大小.解原不等式可化为：，对应方程的两根为，当时，即，解集为；当时，即，解集为7、若关于x

3、的不等式(2x－1)2＜ax2的解集中的整数恰有3个，求实数a的取值范围。（【解析】　不等式可化为(4－a)x2－4x＋1＜0　①，由于原不等式的解集中的整数恰有3个，所以，解得0＜a＜4，故由①得，又，所以解集中的3个整数必为1,2,3，所以3＜≤4，解得＜a≤一题多解专题一：一元二次不等式恒成立问题一元二次不等式恒成立问题的两种解法(1)分离参数法.把所求参数与自变量分离,转化为求具体函数的最值问题.(2)不等式组法.借助二次函数的图象性质,列不等式组求解.例1.设函数，对于满足10，求实

4、数a的取值范围.【解析】法一：当a>0时，，由x∈(1,4)，f(x)>0得4或或所以或或，所以或，即。当a<0时，，解得a∈;当a=0时，,f(1)=0,f(4)=-6,∴不合题意.综上可得，实数a的取值范围是。.法二：由f(x)>0,即,x∈(1,4)，则有在(1，4)上恒成立.令，，所以要使f(x)>0在(1,4)上恒成立，只要即可.故a的取值范围为.2.已知函数在区间(－∞，－2]上单调递增，在区间[－2,2]上单调递减，且b≥0.(1)求f(x)的表达式；(2)设0

5、

6、f(x1)－f(x2)

7、≤16m恒成立，求实数m的最小值．解析　(1)由题意知x＝－2是该函数的一个极值点.∵f′(x)＝3x2＋2bx＋c，∴f′(－2)＝0，即12－4b＋c＝0.又f(x)在[－2,2]上单调递减，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c在[－2,2]上恒有f′(x)≤0.∴f′(2)≤0，即12＋4b＋c≤0.∴12＋4b＋4b－12≤0.∴b≤0，又b≥0，∴b＝0，c＝－12，f(x)＝x3－12x＋1.(2)∵f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)．0

8、＋2

9、f(x1)－f(x2)

10、≤f(x)max－f(x)min＝f(m－2)－f(m)＝－6m2＋12m＋16≤16m，∴m≥，即mmin＝.4