含参数的一元二次不等式的解法与恒成立问题

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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x2项的系数a的符号分类，即a0,a0,a0; 例1 解不等式：ax2a2x10

分析：本题二次项系数含有参数，a24aa240，故只需对二次项

2系数进行分类讨论。

解：∵a24aa240

2a2a24a2a24,x2解得方程 axa2x10两根x1

2a2a2a2a24a2a24或x∴当a0时,解集为x|x

2a2a当a0时，不等式为2x10,解集为x|x1 2a2a24a2a24x当a0时, 解集为x|

2a2a

例2 解不等式ax25ax6a0a0

分析 因为a0，0，所以我们只要讨论二次项系数的正负。 解 a(x25x6)ax2x30

当a0时，解集为x|x2或x3；当a0时，解集为x|2x3

变式：解关于x的不等式

1、(x2)(ax2)0； 3、ax－(a＋1)x＋1<0(a∈R)

2(1)当a0时,{x|x2}a(2)当a0时,{x|x2}2(3)当0a1时,{x|x2,或x}

a(4)当a1时,{x|x2}2(5)当a1时,{x|x,或x2}a2

1,或x1}a(2)当a0时，{x|x1}1(3)当0a1时，{x|1x}a(4)当a1时，(1)当a0时，{x|x(5)当a1时，{x|1x1}a二、按判别式的符号分类，即0,0,0；

2

例3 解不等式x2ax40

分析 本题中由于x2的系数大于0,故只需考虑与根的情况。 解：∵a216

∴当a4,4即0时，解集为R；

当a4即Δ＝0时，解集为xxR且xa； 2aa216aa216当a4或a4即0,此时两根分别为x1，x2，显然

22x1x2,

aa216aa216∴不等式的解集为xx或x〈

22

例4 解不等式m21x24x10mR

解 因m210,(4)24m2143m2

所以当m3，即0时，解集为x|x1； 223m223m2当3m3，即0时，解集为xx或x〈2m1m21当m3或m3，即0时，解集为R。

变式：解关于x的不等式：ax2x10

114a114a,或x}2a2a(2)当a0时，{x|x1}(1)当a0时，{x|x1114a114a (3)当0a时，{x|x}42a2a1(4)当a时，4； 

三、按方程ax2bxc0的根x1,x2的大小来分类，即x1x2,x1x2,x1x2；

1例5 解不等式x2(a)x10 (a0)

a3

1分析：此不等式可以分解为：xa(x)0，故对应的方程必有两解。本题

a只需讨论两根的大小即可。

11

解：原不等式可化为：xa(x)0，令a，可得：a1

aa

∴当a1或0a1时，a当a1或a1时，a

1 ，故原不等式的解集为x|axa1； a1

,可得其解集为； a

11,解集为x|xa。 aa当1a0或a1时, a

例6 解不等式x25ax6a20，a0

分析 此不等式5a24a2a20，又不等式可分解为x2a(x3a)0，故只需

2比较两根2a与3a的大小.

解 原不等式可化为：x2a(x3a)0，对应方程x2a(x3a)0的两根为 x12a,x23a，当a0时，即2a3a，解集为x|x3a或x2a；当a0时，即2a3a，

解集为x|x2a或x3a

7、若关于x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。2549（a] 916【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，

4a011111x，所所以，解得0＜a＜4，故由①得，又42a22a2a164(4a)0以解集中的3个整数必为1,2,3，所以3＜

12a≤4，解得

2549＜a≤ 916 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f(x)ax22x2，对于满足10，求实数a的 取值范围.

11【解析】法一：当a>0时，f(x)a(x)22，由x∈(1,4)，f(x)>0得

aa4

1141114a a或或a

11f(1)a220f()20f(4)16a820aa11aa1a11144，所以 所以或或a1或a1，即a。

22a0a1a382f(1)a220 当a<0时，，解得a∈;

f(4)16a820 当a=0时，f(x)2x2, f(1)=0,f(4)=-6,∴不合题意. 综上可得，实数a的取值范围是a 法二：由f(x)>0, 即ax22x20,x∈(1,4)，

22在(1，4)上恒成立. 2xx22111111 令g(x)22()2，(,1) g(x)maxg(2)，

2xxx22x411 所以要使f(x)>0在(1,4)上恒成立，只要a即可. 故a的取值范围为a.

221。 . 2 则有a

2.已知函数f(x)xbxcx1在区间(－∞，－2]上单调递增，在区间[－2,2]上单调 递减，且b≥0.

32(1)求f(x)的表达式；

(2)设0解析 (1)由题意知x＝－2是该函数的一个极值点.

∵f′(x)＝3x＋2bx＋c，∴f′(－2)＝0，即12－4b＋c＝0.

又f(x)在[－2,2]上单调递减， ∴f′(x)＝3x＋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)＝x－12x＋1. (2)∵f′(x)＝3x－12＝3(x－2)(x＋2)．

0∴对任意x1，x2∈[m－2，m]都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝f(m－2)－f(m) 442

＝－6m＋12m＋16≤16m， ∴m≥，即mmin＝.

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