新高考数学一轮复习精选讲练专题1.9 二次函数与一元二次方程、不等式（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习精选讲练专题1.9 二次函数与一元二次方程、不等式（含解析），共15页。试卷主要包含了一元二次不等式，二次函数的零点等内容，欢迎下载使用。


1．一元二次不等式
一般地，我们把只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式．一元二次不等式的一般形式是ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0，其中a，b，c均为常数，a≠0.
2．二次函数的零点
一般地，对于二次函数y＝ax2＋bx＋c，我们把使ax2＋bx＋c＝0的实数x叫做二次函数y＝ax2＋bx＋c的零点．
注：(1)二次函数的零点不是点，是二次函数与x轴交点的横坐标．
(2)一元二次方程的根是相应一元二次函数的零点．
3．二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
注：(1)对于一元二次不等式的二次项系数为正且存在两个根的情况下，其解集的常用口诀是：大于取两边，小于取中间．
(2)对于二次项系数是负数(即a<0)的不等式，可以先把二次项系数化为正数，再对照上述情况求解．
【题型1 一元二次不等式的解法（不含参）】
【方法点拨】
解不含参的一元二次不等式的一般步骤：
(1)通过对不等式变形，使二次项系数大于零；
(2)计算对应方程的判别式；
(3)求出相应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程没有实根；
(4)根据函数图象与x轴的相关位置写出不等式的解集．
【例1】（2022春•阿拉善左旗校级期末）不等式（x+2）（2x﹣1）＜0的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】根据不等式的解法直接求解．
【解答过程】解：方程（x+2）（2x﹣1）＝0的根，x＝﹣2或x，函数y＝（x+2）（2x﹣1）的开口方向向上，
∴不等式（x+2）（2x﹣1）＜0的解集为，
故选：B．
【变式1-1】（2022春•眉山期末）不等式x2﹣3x﹣4＜0的解集为（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）B．（﹣4，1）
C．（﹣1，4）D．（﹣∞，﹣4）∪（1，+∞）
【解题思路】解方程x2﹣3x﹣4＝0得x1＝﹣1，x2＝4，由此能求出不等式x2﹣3x﹣4＜0的解集．
【解答过程】解：不等式x2﹣3x﹣4＜0，
解方程x2﹣3x﹣4＝0得x1＝﹣1，x2＝4，
∴不等式x2﹣3x﹣4＜0的解集为（﹣1，4）．
故选：C．
【变式1-2】（2022春•珠海期末）不等式（x+1）（x+3）＜0的解集是（ ）
A．RB．∅
C．{x|﹣3＜x＜﹣1}D．{x|x＜﹣3，或x＞﹣1}
【解题思路】直接求解一元二次不等式即可．
【解答过程】解：（x+1）（x+3）＜0，解得﹣3＜x＜﹣1，
∴原不等式的解集为{x|﹣3＜x＜﹣1}．
故选：C．
【变式1-3】（2022春•凉州区期末）不等式3x2﹣x﹣2≥0的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】根据题意，由一元二次不等式的解法分析得答案．
【解答过程】解：根据题意，3x2﹣x﹣2≥0即（3x+2）（x﹣1）≥0，
解可得：x≥1或x，即不等式的解集为{x|x或x≥1}，
故选：C．
【题型2 一元二次不等式的解法（含参）】
【方法点拨】
解含参数的一元二次不等式时：
(1)若二次项系数含有参数，则需对二次项系数大于0、等于0与小于0进行讨论；
(2)若求对应一元二次方程的根需用公式，则应对判别式Δ进行讨论；
(3)若求出的根中含有参数，则应对两根的大小进行讨论．
【例2】（2022春•南充期末）当a≤0时，解关于x的不等式ax2+（1﹣2a）x﹣2≥0．
【解题思路】对于二次项含参的一元二次不等式，需要对二次项系数a是否为零进行讨论，进而求解即可．
【解答过程】解：由不等式ax2+（1﹣2a）x﹣2≥0化简可得（ax+1）（x﹣2）≥0．
由于二次项系数含参，故进行如下讨论：
①当a＝0时，原不等式化简为：x﹣2≥0，解得x≥2．
②当a＜0时，不等式为：（ax+1）（x﹣2）≥0．
解得方程（ax+1）（x﹣2）＝0的两根分别为为，x2＝2．
则：当时，解为：x＝2．
当时，，解为；．
当时，，解为：．
综上所述，当a＝0时，解集为{x|x≥2}．
当时，解集为{x|x＝2}．
当时，解集为：．
当时，解集为：．
【变式2-1】（2022春•运城期末）已知函数f（x）＝x2+x+a（1﹣a）．
（1）当a＝2时，求不等式f（x）＜0的解集．
（2）求不等式f（x）＜2x的解集．
【解题思路】（1）根据题意，由一元二次不等式的解法分析可得答案；
（2）根据题意，f（x）＜2x即x2+x+a（1﹣a）＜2x，变形可得（x﹣a）[x﹣（1﹣a）]＜0，分3种情况讨论a和1﹣a的大小关系，求出不等式的解集，综合可得答案．
【解答过程】解：（1）根据题意，当a＝2时，f（x）＜0即x2+x﹣2＜0，
解可得：﹣2＜x＜1，
即不等式的解集为（﹣2，1）；
（2）f（x）＜2x即x2+x+a（1﹣a）＜2x，变形可得（x﹣a）[x﹣（1﹣a）]＜0，
当1﹣a＞a，即a时，不等式的解集为（a，1﹣a）；
当1﹣a＝a，即a时，不等式的解集为∅，
当1﹣a＜a，即a时，不等式的解集为（1﹣a，a），
故当a时，不等式的解集为（a，1﹣a）；当a时，不等式的解集为∅，当a时，不等式的解集为（1﹣a，a）．
【变式2-2】（2021秋•海淀区校级期末）求下列关于x的不等式的解集：
（1）；
（2）2a2x2﹣3ax﹣2＞0．
【解题思路】（1）将其转化为一元二次不等式，解之即可．
（2）分a＝0，a＞0和a＜0三种情况，结合二次函数的图象与性质，解之即可．
【解答过程】解：（1），∴0，
∴，∴x＞7或x≤2，
∴不等式的解集（﹣∞，2]∪（7，+∞）．
（2）①当a＝0时，则﹣2＝0不成立，x∈∅，
②当a≠0，即a2＞0时，
令2a2x2﹣3ax﹣2＝0，则x或x，
若a＞0时，，∴x或x，
若a＜0时，，∴x或x，
综上，当a＝0时，不等式的解集为∅，
若a＞0时，不等式的解集为{x|x或x}，
若a＜0时，不等式的解集为{x|x或x}．
【变式2-3】（2021秋•濮阳期末）已知关于x的函数f（x）＝ax2﹣3x+2．
（Ⅰ）当a＝1时，求不等式f（x）＞0的解集．
（Ⅱ）当a＞0时，求不等式f（x）＞5﹣ax的解集．
【解题思路】（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝x2﹣3x+2＞0，解方程x2﹣3x+2＝0，得x1＝1，x2＝2，由此能求出当a＝1时，不等式f（x）＞0的解集．
（Ⅱ）由不等式f（x）＞5﹣ax得ax2+（a﹣3）x﹣3＝（ax﹣3）（x+1）＞0，再结合a＞0，即可求解．
【解答过程】解：（Ⅰ）关于x的函数f（x）＝ax2﹣3x+2．
当a＝1时，f（x）＝x2﹣3x+2＞0，
解方程x2﹣3x+2＝0，得x1＝1，x2＝2，
∴当a＝1时，不等式f（x）＞0的解集为：
{x|x＜1或x＞2}．
（Ⅱ）由不等式f（x）＞5﹣ax得ax2+（a﹣3）x﹣3＝（ax﹣3）（x+1）＞0，
当a＞0时，令（ax﹣3）（x+1）＝0，解得，x2＝﹣1，
则由（ax﹣3）（x+1）＞0，解得x＜﹣1或x，
故不等式f（x）＞5﹣ax的解集为（﹣∞，﹣1）∪．
【题型3 三个“二次”关系的应用】
【方法点拨】
(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，也是函数y＝ax2＋bx＋c的图象与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．
【例3】（2022春•甘孜州期末）若不等式ax2+bx﹣2＜0​的解集为{x|﹣2＜x＜1}​，则a+b​＝（ ）
A．﹣2​B．0C．1D．2
【解题思路】根据一元二次不等式与一元二次方程的关系解之．
【解答过程】解：∵不等式ax2+bx﹣2＜0​的解集为{x|﹣2＜x＜1}，∴方程ax2+bx﹣2＝0根为﹣2、1，
则，解得，a＝1，b＝1，∴a+b＝2，
故选：D．
【变式3-1】（2022春•赤峰期末）二次不等式ax2+bx+c＜0的解集是（2，3），则的值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】由一元二次不等式的性质得2和3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个实数根，利用韦达定理求出b＝﹣5a，c＝6a，由此能求出的值．
【解答过程】解：∵不等式ax2+bx+c＜0的解集是（2，3），
∴2和3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的两个实数根，
∴，解得b＝﹣5a，c＝6a，
∴．
故选：B．
【变式3-2】（2022春•双鸭山期末）已知关于x的不等式ax2+bx+c＞0的解集为（﹣2，4），则不等式cx2﹣bx+a＜0的解集是（ ）
A．{x|x或x}B．{x|x}
C．{x|x或x}D．{x|x}
【解题思路】由已知结合二次方程与二次不等式的关系可得a，b，c的关系及范围，然后结合二次不等式的求法即可求解．
【解答过程】解：由题意得，
所以b＝﹣2a＞0，c＝﹣8a＞0，
所以不等式cx2﹣bx+a＝﹣8ax2+2ax+a＜0，
即8x2﹣2x﹣1＜0，
解得x．
故选：B．
【变式3-3】（2021秋•许昌期末）已知{x|a＜x＜b}是关于x的一元二次不等式nx2﹣2x+1＜0的解集，则4a+3b的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】根据不等式与对应方程的关系，结合根与系数的关系，得出a与b的关系式，再利用基本不等式求4a+3b的最小值．
【解答过程】解：因为{x|a＜x＜b}是不等式nx2﹣2x+1＜0的解集，
所以a，b是方程nx2﹣2x+1＝0的两个实数根且n＞0，
所以a+b，ab，
所以2，且a＞0，b＞0；
所以4a+3b•（4a+3b）•（）
•（7）（7+2）（7+4）2，
当且仅当b＝2a时“＝”成立；
所以4a+3b的最小值为2．
故选：C．
【题型4 一元二次不等式恒成立问题】
【方法点拨】
不等式对任意实数x恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集为R的条件为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝b2－4ac<0；))
一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R的条件为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ＝b2－4ac≤0；))
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为∅的条件为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ≤0.))
【例4】（2022春•吉安期末）若关于x的不等式ax2﹣2ax﹣2＜0恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．[﹣2，0]B．（﹣2，0]
C．（﹣2，0）D．（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）
【解题思路】当a＝0时，不等式成立；当a≠0时，不等式ax2﹣2ax﹣2＜0恒成立，等价于由此能求出实数a的取值范围．
【解答过程】解：关于x的不等式ax2﹣2ax﹣2＜0恒成立，
当a＝0时，不等式成立；当a≠0时，不等式ax2﹣2ax﹣2＜0恒成立，
等价于∴﹣2＜a＜0．
综上，实数a的取值范围为（﹣2，0]．
故选：B．
【变式4-1】（2021秋•廊坊期末）关于x的一元二次不等式对于一切实数x都成立，则实数k满足（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】利用判别式Δ＜0，即可求出实数k的取值范围．
【解答过程】解：因为一元二次不等式对于一切实数x都成立，
所以Δ＝（﹣k）2﹣4×20，
解得k，
所以实数k的取值范围是{k|k}．
故选：C．
【变式4-2】（2021秋•商丘月考）若不等式x2+ax+1≥0在x∈[﹣2，0）时恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．0B．2C．D．3
【解题思路】由题意化简得a≤（﹣x）+（）在x∈[﹣2，0）时恒成立，利用基本不等式求最值即可．
【解答过程】解：∵x2+ax+1≥0在x∈[﹣2，0）时恒成立，
∴﹣ax≤x2+1在x∈[﹣2，0）时恒成立，
即a≤（﹣x）+（）在x∈[﹣2，0）时恒成立，
∵（﹣x）+（）≥2，
（当且仅当x＝﹣1时，等号成立），
∴a≤2，
故实数a的最大值为2，
故选：B．
【变式4-3】（2021秋•上高县校级月考）已知二次函数f（x）满足f（x+1）＝x2﹣x+2，若f（x）＞3x+m在区间[﹣1，3]上恒成立，则实数m的范围是（ ）
A．m＜﹣5B．m＞﹣5C．m＜11D．m＞11
【解题思路】先令t＝x+，则x＝t﹣1，然后用换元法求出f（x）的解析式，再根据f（x）＞3x+m对于x∈[﹣1，3]恒成立，转化为m＜x2﹣6x+4对x∈[﹣1，3]恒成立，再确定g（x）＝x2﹣6x+4的最小值即可．
【解答过程】解：令t＝x+1，则x＝t﹣1．
所以f（t）＝（t﹣1）2﹣（t﹣1）+2
＝t2﹣3t+4，
所以f（x）＝x2﹣3x+4，
因为f（x）＞3x+m对于x∈[﹣1，3]恒成立，
所以m＜x2﹣6x+4对x∈[﹣1，3]恒成立，
设g（x）＝x2﹣6x+4，对g（x）配方得，
g（x）＝（x﹣3）2﹣5，当x＝3时，g（x）有最小值﹣5，
所以m＜﹣5，
故选：A．
【题型5 一元二次不等式存在性问题】
【例5】（2021•安庆模拟）存在x∈[﹣1，1]，使得x2+mx﹣3m≥0，则m的最大值为（ ）
A．1B．C．D．﹣1
【解题思路】构造函数f（x）＝x2+mx﹣3m，记f（x）在x∈[﹣1，1]上的值域为C，由题意知值域C内存在非负数，即f（x）的最大值应为非负数；由此求出m的取值范围，即得m的最大值．
【解答过程】解：构造函数f（x）＝x2+mx﹣3m，记f（x）在x∈[﹣1，1]上的值域为C，
由已知，值域C内存在非负数．∴f（x）的最大值应为非负数；
又f（x） 的对称轴为x；
①当m≥2时，1，f（x）在[﹣1，1]上是增函数，f（x）的最大值 为f（1），
由f（1）≥0，得1+m﹣3m≥0，解得m；
此时m的值不存在；
②当0≤m＜2时，﹣10，f（x）在[﹣1，1]上先减后增，最大值 为f（1），
由f（1）≥0，得1+m﹣3m≥0，解得m，
此时0≤m；
③当﹣2＜m＜0时，01，f（x）在[﹣1，1]上先减后增，最大值 为f（﹣1），
由f（﹣1）≥0，得1﹣m﹣3m≥0，解得m，
此时﹣2＜m＜0；
④当m≤﹣2时，1，f（x）在[﹣1，1]上是减函数，最大值 为f（﹣1），
由f（﹣1）≥0，得1﹣m﹣3m≥0，解得m，
此时m≤﹣2；
综上，m的取值范围是m，即m的最大值是．
故选：C．
【变式5-1】（2020春•越秀区校级月考）若存在x∈[]，使不等式x2﹣ax+1≥0成立，则实数a取值范围是（ ）
A．a≤2B．aC．aD．2≤a
【解题思路】x∈[]时不等式x2﹣ax+1≥0可化为a≤x，求出x∈[，3]时f（x）＝x的最大值，即可得出实数a的取值范围．
【解答过程】解：x∈[]时，不等式x2﹣ax+1≥0可化为a≤x，
x∈[，3]时，f（x）＝x22，当且仅当x＝1时取“＝”；
所以x∈[，1）时f（x）单调递减，x∈（1，3]时f（x）单调递增；
计算f（）2，f（3）＝3，
所以f（x）＝x在x∈[，3]内的最大值为，
所以实数a取值范围是a．
故选：C．
【变式5-2】（2022•玉溪模拟）若存在实数x∈[2，4]，使x2﹣2x+5﹣m＜0成立，则m的取值范围为（ ）
A．（13，+∞）B．（5，+∞）C．（4，+∞）D．（﹣∞，13）
【解题思路】存在实数x∈[2，4]，使x2﹣2x+5﹣m＜0成立，等价于x∈[2，4]，m＞（x2﹣2x+5）min．利用配方法求二次函数的最小值，即可得结论．
【解答过程】解：存在实数x∈[2，4]，使x2﹣2x+5﹣m＜0成立，等价于x∈[2，4]，m＞（x2﹣2x+5）min．
令f（x）＝x2﹣2x+5＝（x﹣1）2+4
∴函数的图象开口向上，对称轴为直线x＝1
∵x∈[2，4]，
∴x＝2时，f（x）min＝f（2）＝22﹣2×2+5＝5
∴m＞5
故选：B．
【变式5-3】（2022春•达州期末）已知函数f（x）＝x2+x+6，存在x∈[0，2]，使得f（x）≥a2﹣a成立，则实数a的取值范围（ ）
A．[﹣3，4]B．[﹣2，3]
C．（﹣∞，﹣2]∪[3，+∞）D．（﹣∞，﹣3]∪[4，+∞）
【解题思路】本题可先得出函数f（x）＝x2+x+6在x∈[0，2]时的值域为y∈[6，12]．然后根据存在性命题的特点得出只要使a2﹣a≤12，即可满足题意，从而得到a的取值范围．
【解答过程】解：由题意，可知：
函数f（x）＝x2+x+6在x∈[0，2]时的值域为y∈[6，12]．
∵存在x∈[0，2]，使得f（x）≥a2﹣a成立，
∴只要使a2﹣a≤12，即可满足题意，
解得﹣3≤a≤4．
故选：A．
【题型6 一元二次不等式的实际应用】
【方法点拨】
一元二次不等式应用题常以二次函数为模型，解题时要弄清题意，准确找出其中的不等关系，再利用一元二次不等式求解，确定答案时应注意变量具有的“实际含义”．
【例6】（2021•长沙校级二模）产品的总成本y（万元）与产量x（台）之间的函数关系式是y＝3000+20x﹣0.1x2，x∈（0，240）．若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本时（销售收入不小于总成本）的最低产量是（ ）
A．100台B．120台C．150台D．180台
【解题思路】总售价不小于总成本，则生产者不亏本，故令总售价大于或等于总成本，解出产量x的取值范围，其中的最小值即是最低产量．
【解答过程】解：由题设，产量x台时，总售价为25x；欲使生产者不亏本时，必须满足总售价大于等于总成本，
即25x≥3000+20x﹣0.1x2，
即0.1x2+5x﹣3000≥0，x2+50x﹣30000≥0，
解之得x≥150或x≤﹣200（舍去）．
故欲使生产者不亏本，最低产量是150台．
故选：C．
【变式6-1】（2020秋•峨山县校级期中）某产品的总成本y（万元）与产量x（台）之间的函数关系是y＝3000+20x﹣0.1x2（0＜x＜240，x∈N+），若每台产品的售价为25万元，则生产者不亏本时（销售收入不小于总成本）的最低产量是 150 台．
【解题思路】首先应该仔细审题分析成本y与产量x的关系以及以及获利与产量的关系，再结合企业不亏本即收入要大于等于支出即可得到关于x的一元二次不等式解之．
【解答过程】解：由题意可知：要使企业不亏本则有总收入要大于等于总支出，
又因为总收入为：25x，
总支出为：3000+20x﹣0.1x2
∴25x≥3000+20x﹣0.1•x2
解得：x≥150或x≤﹣200
又x∈（0，240）
∴x≥150
故答案为：150．
【变式6-2】（2021秋•南城县校级月考）国家原计划以2400元/吨的价格收购某种农产品m吨．按规定，农户向国家纳税为：每收入100元纳税8元（称作税率为8个百分点，即8%）．为了减轻农民负担，制定积极的收购政策．根据市场规律，税率降低x个百分点，收购量能增加2x个百分点．试确定x的范围，使税率调低后，国家此项税收总收入不低于原计划的78%．
【解题思路】由题意表示出税率调低后的税收总收入y，根据0＜x≤8，推出y的范围，然后解不等式，推出结论．
【解答过程】解：设税率调低后的税收总收入为y元，
则
由题意知，0＜x≤8，要使税收总收入不低于原计划的78%，
须y≥2400m×8%×78%，
整理，得x2+42x﹣88≤0，解得﹣44≤x≤2，又0＜x≤8，
∴0＜x≤2，
答：x的取值范围是（0，2]．
【变式6-3】（2021•云南模拟）又一年冬天即将来临，学校小卖部准备制订新一年的热饮销售计划．根据去年的统计，当热饮单价为1.5元/杯时，每日可卖出热饮800杯，且热饮单价每提高1毛时，日销售量就降低20杯．若该热饮成本为0.9元/杯，为使今年的热饮日销售利润不低于720元，应如何控制热饮的单价？
【解题思路】热饮日销售利润等于该热饮的单利润乘以销售量，因此可设该热饮的销售单价提高x元，这样根据题意，单利润就是1.5+x﹣0.9＝x+0.6元，销售量就是800﹣200x，总利润等于（1.5+x﹣0.9）（800﹣200x），可以得到不等式（1.5+x﹣0.9）（800﹣200x）≥720，再解此不等式即可得出应控制热饮的单价．
【解答过程】解：设该热饮的销售单价提高x元，
由题意知得（1.5+x﹣0.9）（800﹣200x）≥720，
化简，得 200x2﹣680x+240≤0，
解得0.4≤x≤3，
因此热饮的单价为 0.4++1.5≤x+1.5≤3+1.5，
即x+1.5∈[1.9，4.5]
答：热饮的单价控制在[1.9，4.5]之间时，今年的热饮日销售利润不低于720元．