2023届高考一轮复习讲义（文科）第七章　不等式 第2讲　一元二次不等式及其解法学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第七章　不等式 第2讲　一元二次不等式及其解法学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．一元一次不等式ax>b(a≠0)的解集
(1)当a>0时，解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>\f(b,a)))))．
(2)当a<0时，解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x<\f(b,a)))))．
2．三个“二次”间的关系
常用结论
1．分式不等式的解法
(1)eq \f(f（x）,g（x）)>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)．
(2)eq \f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）g（x）≥0（≤0），,g（x）≠0.))
2．记住两个恒成立的充要条件
(1)一元二次不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0， ,b2－4ac<0.))
(2)一元二次不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0， ,b2－4ac<0.))
二、习题改编
1．(必修5P80练习T1改编)不等式2x2－x－3>0的解集为 ．
答案：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>\f(3,2)或x<－1))))
2．(必修5P80A组T3改编)若关于x的一元二次方程x2－(m＋1)x＋m＋1＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 ．
答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若不等式ax2＋bx＋c<0(a≠0)的解集为(x1，x2)，则必有a>0.( )
(2)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集为R.( )
(3)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0.( )
(4)若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，则不等式ax2＋bx＋c<0的解集一定不是空集．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)解不等式时变形必须等价；
(2)注意二次项的系数的符号；
(3)对参数的讨论不要忽略二次项系数为0的情况．
1．不等式－x2－2x＋3≥0的解集为 ．
解析：不等式两边同乘以－1，原不等式可化为x2＋2x－3≤0.
方程x2＋2x－3＝0的解为x1＝－3，x2＝1.
而y＝x2＋2x－3的图象开口向上，可得原不等式－x2－2x＋3≥0的解集是{x|－3≤x≤1}．
答案：{x|－3≤x≤1}
2．不等式2x(x－7)>3(x－7)的解集为 ．
解析：2x(x－7)>3(x－7)⇔2x(x－7)－3(x－7)>0⇔(x－7)(2x－3)>0，解得x7，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x<\f(3,2)或x>7)).
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x<\f(3,2)或x>7))
3．对于任意实数x，不等式mx2＋mx－1<0恒成立，则实数m的取值范围是 ．
解析：当m＝0时，mx2＋mx－1＝－1<0，不等式恒成立；当m≠0时，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m<0，
Δ＝m2＋4m<0，))解得－4答案：(－4，0]
一元二次不等式的解法(师生共研)
(1)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x≥0，,－x2＋2x，x<0，))则不等式f(x)>3的解集为 ．
(2)已知不等式ax2－bx－1>0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(1,2)(3)解关于x的不等式：12x2－ax>a2(a∈R)．
【解】 (1)由题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥0，,x2＋2x>3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,－x2＋2x>3，))解得x>1.故填{x|x>1}．
(2)由题意，知－eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)是方程ax2－bx－1＝0的两个根，且a<0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋（－\f(1,3)）＝\f(b,a)，,－\f(1,2)×（－\f(1,3)）＝\f(－1,a)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝5.))故不等式x2－bx－a≥0为x2－5x＋6≥0，
解得x≥3或x≤2.
故填{x|x≥3或x≤2}．
(3)因为12x2－ax>a2，
所以12x2－ax－a2>0，即(4x＋a)(3x－a)>0.
令(4x＋a)(3x－a)＝0，解得x1＝－eq \f(a,4)，x2＝eq \f(a,3).
①当a>0时，－eq \f(a,4)解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；
②当a＝0时，x2>0，解集为{x|x∈R，且x≠0}；
③当a<0时，－eq \f(a,4)>eq \f(a,3)，
解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<\f(a,3)或x>－\f(a,4))))).
综上所述，当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；当a＝0时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠0}；当a<0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<\f(a,3)或x>－\f(a,4))))).
eq \a\vs4\al()
(1)解一元二次不等式的方法和步骤
(2)解含参数的一元二次不等式的步骤
①二次项若含有参数应讨论参数是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的一元二次不等式；
②判断一元二次不等式所对应的方程实根的个数，即讨论判别式Δ与0的关系；
③确定方程无实根或有两个相同实根时，可直接写出解集；确定方程有两个相异实根时，要讨论两实根的大小关系，从而确定解集形式．
1．不等式0解析：原不等式等价于
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,x2－x－2≤4，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－x－2>0，,x2－x－6≤0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）（x＋1）>0，,（x－3）（x＋2）≤0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>2或x<－1，,－2≤x≤3.))
借助于数轴，如图所示，
原不等式的解集为{x|－2≤x<－1或2答案：[－2，－1)∪(2，3]
2．解不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)．
解：因为a>0，原不等式等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.
①当a＝1时，eq \f(1,a)＝1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)<0无解；
②当a>1时，eq \f(1,a)<1，解eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得eq \f(1,a)③当01，解eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得1综上所述，当0当a＝1时，解集为∅；
当a>1时，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(1,a) 一元二次不等式恒成立问题(多维探究)
角度一 形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈R)确定参数的范围
若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【解析】 当a－2＝0，即a＝2时，不等式为－4<0，
对一切x∈R恒成立．
当a≠2时，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ＝4（a－2）2＋16（a－2）<0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<2,－2所以实数a的取值范围是(－2，2]．
【答案】 (－2，2]
eq \a\vs4\al()
一元二次不等式在R上恒成立的条件
角度二 形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈[a，b])确定参数的范围
(2020·江苏海安高级中学调研)已知对于任意的x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)，都有x2－2(a－2)x＋a>0，则实数a的取值范围是 ．
【解析】 设f(x)＝x2－2(a－2)x＋a.
因为对于任意的x∈(－∞，1)∪(5，＋∞)，都有f(x)＝x2－2(a－2)x＋a>0，
所以Δ<0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,1≤a－2≤5，,f（1）≥0，,f（5）≥0，))解得1【答案】 (1，5]
eq \a\vs4\al()
形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈R)恒成立问题的求解思路
(1)根据函数的单调性，求其最值，让最值大于等于或小于等于0，从而求出参数的范围；
(2)数形结合，利用二次函数在端点a，b处的取值特点确定不等式求参数的取值范围．
角度三 形如f(x)≥0(f(x)≤0)(参数m∈[a，b])确定x的范围
求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，|a|≤1恒成立的x的取值范围．
【解】 将原不等式整理为形式上是关于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋9>0.
令f(a)＝(x－3)a＋x2－6x＋9，则－1≤a≤1.
因为f(a)>0在|a|≤1时恒成立，所以
(1)若x＝3，则f(a)＝0，不符合题意，应舍去．
(2)若x≠3，则由一次函数的单调性，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）>0，,f（1）>0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－7x＋12>0，,x2－5x＋6>0，))
解得x<2或x>4.
则实数x的取值范围为(－∞，2)∪(4，＋∞)．
eq \a\vs4\al()
形如f(x)>0或f(x)<0(参数m∈[a，b])的不等式确定x的范围时，要注意变换主元，一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数．
1．若函数y＝eq \r(mx2－（1－m）x＋m)的定义域为R，则m的取值范围是 ．
解析：要使y＝eq \r(mx2－（1－m）x＋m)有意义，即mx2－(1－m)x＋m≥0对∀x∈R恒成立，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>0，,（1－m）2－4m2≤0，))解得m≥eq \f(1,3).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
2．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，求实数b的取值范围．
解：由f(1－x)＝f(1＋x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，即eq \f(a,2)＝1，解得a＝2.
又因为f(x)的图象开口向下，
所以当x∈[－1，1]时，f(x)为增函数，
所以当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1＝b2－b－2，
若当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，
则b2－b－2>0恒成立，解得b<－1或b>2.
所以实数b的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
思想方法系列12 转化与化归思想在不等式中的应用
(2020·内蒙古包头模拟)不等式f(x)＝ax2－x－c>0的解集为{x|－2【解析】 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,－2＋1＝\f(1,a)，,－2×1＝－\f(c,a)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,c＝－2，))则函数y＝f(－x)＝－x2＋x＋2，结合选项可知选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
本例利用了转化思想，其思路为：
(1)一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集的端点值是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根(如本例)，也是函数y＝ax2＋bx＋c与x轴交点的横坐标．
(2)二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象在x轴上方的部分，是由不等式ax2＋bx＋c>0的x的值构成的；图象在 x轴下方的部分，是由不等式ax2＋bx＋c<0的x的值构成的，三者之间相互依存、相互转化．
设a，b是关于x的一元二次方程x2－2mx＋m＋6＝0的两个实根，则(a－1)2＋(b－1)2的最小值是( )
A．－eq \f(49,4) B．18
C．8 D．－6
解析：选C.因为关于x的一元二次方程x2－2mx＋m＋6＝0的两个根为a，b，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝2m，,ab＝m＋6，))且Δ＝4(m2－m－6)≥0，解得m≥3或m≤－2.
所以y＝(a－1)2＋(b－1)2＝(a＋b)2－2ab－2(a＋b)＋2＝4m2－6m－10＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(3,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(49,4).
由二次函数的性质知，当m＝3时，函数y＝4m2－6m－10取得最小值，最小值为8.故选C.
[基础题组练]
1．不等式2x2－x－3>0的解集为( )
A.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1B.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>\f(3,2)或x<－1))))
C.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)D.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>1或x<\f(3,2)))))
解析：选B.由2x2－x－3>0，得(x＋1)(2x－3)>0，解得x>eq \f(3,2)或x<－1.
所以不等式2x2－x－3>0的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>\f(3,2)或x<－1)))).
2．若集合A＝{x|x2＋x－2<0}，集合B＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)>1))))，则A∩B＝( )
A．(－1，2) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1，1) D．(－1，0)∪(0，1)
解析：选D.因为A＝{x|－23．若不等式ax2＋bx＋2<0的解集为{x|x<－eq \f(1,2)，或x>eq \f(1,3)}，则eq \f(a－b,a)的值为( )
A.eq \f(5,6) B.eq \f(1,6)
C．－eq \f(1,6) D．－eq \f(5,6)
解析：选A.由题意得方程ax2＋bx＋2＝0的两根为－eq \f(1,2)与eq \f(1,3)，所以－eq \f(b,a)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＝－eq \f(1,6)，则eq \f(a－b,a)＝1－eq \f(b,a)＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6).
4．(2020·安徽淮北一中模拟)若(x－1)(x－2)<2，则(x＋1)(x－3)的取值范围是( )
A．(0，3) B．[－4，－3)
C．[－4，0) D．(－3，4]
解析：选C.由(x－1)(x－2)<2解得05．若不等式x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，4]
B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[4，＋∞)
D．[－2，5]
解析：选A.x2－2x＋5＝(x－1)2＋4的最小值为4，所以x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，
只需a2－3a≤4即可，解得－1≤a≤4.
6．不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集是 ．
解析：不等式|x(x－2)|>x(x－2)的解集即x(x－2)<0的解集，解得0答案：{x|07．若00的解集是 ．
解析：原不等式可化为(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))<0，由0答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))
8．规定符号“⊙”表示一种运算，定义a⊙b＝eq \r(ab)＋a＋b(a，b为非负实数)，若1⊙k2<3，则k的取值范围是 ．
解析：因为定义a⊙b＝eq \r(ab)＋a＋b(a，b为非负实数)，1⊙k2<3，所以eq \r(k2)＋1＋k2<3，
化为(|k|＋2)(|k|－1)<0，所以|k|<1，所以－1答案：(－1，1)
9．若不等式ax2＋5x－2>0的解集是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(1)求实数a的值；
(2)求不等式ax2－5x＋a2－1>0的解集．
解：(1)由题意知a<0，且方程ax2＋5x－2＝0的两个根为eq \f(1,2)，2，代入方程解得a＝－2.
(2)由(1)知不等式ax2－5x＋a2－1>0，
即为－2x2－5x＋3>0，即2x2＋5x－3<0，解得－30的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(1,2))).
10．函数f(x)＝x2＋ax＋3.
(1)当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当x∈[－2，2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为当x∈R时，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，
需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，
所以实数a的取值范围是[－6，2]．
(2)当x∈[－2，2]时，设g(x)＝x2＋ax＋3－a≥0恒成立，分如下三种情况讨论(如图所示)：
①如图①，当g(x)的图象恒在x轴或x轴上方且满足条件时，有Δ＝a2－4(3－a)≤0，即－6≤a≤2.
②如图②，g(x)的图象与x轴有交点，
但当x∈[－2，＋∞)时，g(x)≥0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,x＝－\f(a,2)≤－2，,g（－2）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－4（3－a）≥0，,－\f(a,2)≤－2，,4－2a＋3－a≥0，))
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥2或a≤－6，,a≥4，,a≤\f(7,3)，))解得a∈∅.
③如图③，g(x)图象与x轴有交点，但当x∈(－x，2]时，g(x)≥0.即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,x＝\f(a,－2)≥2，,g（2）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－4（3－a）≥0，,－\f(a,2)≥2，,7＋a≥0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥2或a≤－6，,a≤－4，,a≥－7.))所以－7≤a≤－6.
综上，实数a的取值范围是[－7，2]．

[综合题组练]
1．若关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中，恰有3个整数，则实数a的取值范围是( )
A．(4，5) B．(－3，－2)∪(4，5)
C．(4，5] D．[－3，－2)∪(4，5]
解析：选D.将不等式x2－(a＋1)x＋a<0化为(x－1)(x－a)<0.当a>1时，得12．(创新型)(2020·湖南长沙模拟)定义运算：x⊗y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x，xy≥0，,y，xy<0，))例如：3⊗4＝3，(－2)⊗4＝4，则函数f(x)＝x2⊗(2x－x2)的最大值为 ．
解析：由已知得f(x)＝x2⊗(2x－x2)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x2（2x－x2）≥0，,2x－x2，x2（2x－x2）<0))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，0≤x≤2，,2x－x2，x<0或x>2，))易知函数f(x)的最大值为4.
答案：4
3．某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件．若售价降低x成(1成＝10%)，售出商品数量就增加eq \f(8,5)x成．要求售价不能低于成本价．
(1)设该商店一天的营业额为y，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；
(2)若要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围．
解：(1)由题意得，y＝100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))·100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(8,50)x)).
因为售价不能低于成本价，所以100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))－80≥0，解得0≤x≤2.所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，定义域为{x|0≤x≤2}．
(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260，化简得8x2－30x＋13≤0.解得eq \f(1,2)≤x≤eq \f(13,4).所以x的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
4．(2020·湖北孝感3月模拟)设关于x的一元二次方程ax2＋x＋1＝0(a>0)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eq \f(x1,x2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,10)，10))，试求a的取值范围．
解：(1)因为关于x的一元二次方程ax2＋x＋1＝0(a>0)有两个实根x1，x2.
所以x1＋x2＝－eq \f(1,a)，x1x2＝eq \f(1,a)，
则(1＋x1)(1＋x2)＝1＋x1＋x2＋x1·x2＝1－eq \f(1,a)＋eq \f(1,a)＝1.
(2)证明：由Δ≥0，得0设f(x)＝ax2＋x＋1，则f(x)的对称轴与x轴交点横坐标x＝－eq \f(1,2a)≤－2，
又由于f(－1)＝a>0，
所以f(x)的图象与x轴的交点均位于点(－1，0)的左侧，
故x1<－1且x2<－1.
(3)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(1,a)，,x1·x2＝\f(1,a)))⇒eq \f(（x1＋x2）2,x1·x2)＝eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2＝eq \f(1,a).
因为eq \f(x1,x2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,10)，10))，所以eq \f(1,a)＝eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4，\f(121,10)))⇒a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(10,121)，\f(1,4))).
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝1－4a≥0))⇒0所以a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(10,121)，\f(1,4))).
判别式
Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数
y＝ax2＋bx
＋c(a>0)的
图象
一元二次方
程ax2＋bx
＋c＝0(a>0)
的根
有两个相异实
根x1，x2(x1
有两个相等实
根x1＝x2
＝－eq \f(b,2a)
没有实
数根
ax2＋bx＋c
>0(a>0)
的解集
{x|x>x2
或xeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠－\f(b,2a)))))
R
ax2＋bx＋c
<0(a>0)
的解集
{x|x1∅
∅
不等式类型
恒成立条件
ax2＋bx＋c>0
a>0，Δ<0
ax2＋bx＋c≥0
a>0，Δ≤0
ax2＋bx＋c<0
a<0，Δ<0
ax2＋bx＋c≤0
a<0，Δ≤0