《创新设计》图书
第2讲
三个二次”关系与恒成立问题、存在性问题
高考定位 高考对本内容的考查主要有：（1）一元二次不等式是 C 级要求，要求 在初中所学二次函数的基础上，掌握二次函数、二次不等式、二次方程之间的联 系和区别，可以单独考查，也可以与函数、方程等构成综合题; 立问题、存在性问题通常以不等式为载体，体现了转化与化归思想
真题感悟
1.（2017江苏卷）记函数f （x ）"6+ X — X 2
的定义域为D.在区间［—4, 5］上随机
取
一个数X ,则x € D 的概率是
解析 由 6 + x — x 2>0 得一2< x <3,贝U D 为[—2, 3].
故所求概率p =
3
一（一
2
） = 9.
5—（— 4） 9
2.（2015江苏卷）不等式2x2—
x <4的解集为
解析 由2x2—
x <4,知x 2—x<2,解得一1 答案 （一1, 2） 3.（2014江苏卷）已知函数f （x ） = x 2 + mx — 1,若对于任意的 x € ［m , m +1］,都有 f （x ）vO 成立，则实数m 的取值范围是 解析 因为二次函数开口向上，在区间［m , m + 1］上始终满足f （x ）vO , f (m ) <0, 所以只需 即可， f (m + 1) <0 m 2+ m 2— 1<0, 由 2 (m + 1) + m ( m + 1)— 1<0, ⑵含参的恒成 —专vm<〒，解得 3 —2 故实数m的取值范围为 答案—乎,0 普,0. 考点整合 1.三个二次”的关系 解一元二次不等式一般要先判断二次项系数的正负也即考虑对应的二次函数图 象的开口方向，再考虑方程根的个数也即求出其判别式的符号, 有时还需要考虑其对称轴的位置，根据条件列出方程组或结合对应的函数图象求解 2.解含有参数的一元二次不等式，要注意对参数的取值进行讨论：(1)对二次项系 数与0的大小进行讨论；(2)在转化为标准形式的一元二次不等式后，对判别式 与0的大小进行讨论；⑶当判别式大于0,但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论；(4)讨论根与定义域的关系 3.四个常用结论 (1)ax2+ bx+ c> 0(a工0恒成立的条件是a> 0, A< 0. (2)ax2+ bx+ CV 0(aM 0恒成立的条件是av 0, A< 0. (3)a>f (x)恒成立？ a>f (x) max， a< f(X)恒成立？ a< f (x)min. ⑷ 存在 f (x)f (x)min，存在 f (x)>a 成立？ 热点一含参一元二次不等式的解法 【例1】解关于x的不等式(X- 2)(ax—2)>0. 《创新设计》图书 解 当a = 0时，原不等式可化为x - 2<0,所以x<2. 2 当aM0寸，原不等式化为a(x - 2) x -- >0， a 2 2 2 ① 当a>1时，a<2，原不等式化为(x - 2) x -a >0，所以x<2或x>2. a a a 2 ② 当a = 1时，- = 2,原不等式化为(x -2)2>0， a 所以x € R 且xM 2. 2 2 ③ 当0 a a 2 2 J ④ 当a<0时，a<2，原不等式化为(x - 2) x -- <0，所以- a a a 综上所述，当a = 0时，原不等式的解集为{x|x<2}; 2 当a<0时，原不等式的解集为x a a 探究提高 含有参数的不等式的求解，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参 数进行分类讨论: (1) 若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解 因式，则可对判别式进行分类讨论; (2) 若二次项系数为参数，则应先考虑二次项是否为零，然后再讨论二次项系数 不为零的情形，以便确定解集的形式; (3) 其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集 【训练1】(2017 上海十四校联考改编)已知a € R ，函数f(x) = x 2+ (2 a + 1)x,g(x) =ax.解关于x 的不等式：f(X)W g(x). 解 由 f (x) < g(x)得 x 2+ (2a + 1)x < ax ， 即 x 2 +(a + 1)x < 0. 2 >0,则 x <2 或 x >a. 2 当a>1时，原不等式的解集为x x 当a= 1时，原不等式的解集为{x|x€ R且xM2} 当0vav1时，原不等式的解集为x x<2或x>2; a T-. 《创新设计》图书 当av— 1 时，解得0Wx<- a—1; 当a= —1时，解得x= 0； 当a>— 1 时，解得一a— 1 所以，当av—1时，不等式f (x)wg(x)的解集为［0，—a—1］; 当a= —1时， 不等式f (x)wg(x)的解集为{0}; 当a>—1时，不等式f(x) < g(x)的解集为［—a—1, 0］. 热点二三个二次”之间的关系 【例2】(2017苏州调研测试)已知函数f (x) = x|x—a|, a€ R, g(x) = x3 4— 1. (1)当a= 1时，解不等式f (x)>g(x)； ⑵记函数f(X)在区间［0，2］上的最大值为F(a)，求F(a)的表达式. 解(1)由 f (x)> g(x)，当a= 1 时， 即解不等式x|x—1|>x2— 1. 3 综上，不等式f(X)>g(x)的解集为一2, 1 . ⑵因为x€ ［0, 2］,当a<0时，f (x) = x2—ax，则f (x)在区间［0 , 2］上是增函数, 所以F(a) = f ⑵二4 —2a. —X2+ ax, 0=?a, a 当0vav2时，f(X)= 2 则f(X)在区间0,9上是增函数，在区 x — ax, a=<<2 2 间a, a上是减函数，在区间［a, 2］上是增函数，所以F(a)= max f | , f (2), a a2 a 而 f 2 = a，f ⑵=4—2a,令 f 2 vf ⑵， 即》v4 —2a,解得—4 —W lvav—4+ M, 所以当0vav4迈一4 时，F(a) = 4 —2a；令 f 2 >f (2),即亍>4 —2a, 由x> 1时，不等式为x2—x>x2—1，解得x< 1,所以x= 1; 当xv1时，不等式为x —x2>x2—1， 1 1 解得—2=x< 1，所以—2< xv1. 4, tz 《创新设计》图书 解得 a < — 4— 4慣或 a > — 4+ 4/2, a 5 6 所以当4农—4 当 a >2 时，f (x) = — x 2 + ax , a a a 当1 <2<2,即2 当!>2,即a >4时，f (x)在区间［0, 2］上是增函数, 则 F(a) = f (2) = 2a — 4; 4 — 2a , av4迄—4, a 2 综上，F(a 戸 a , 404它<4, 2a — 4, a >4. 三个二次”的关系是解一元二次不等式的理论基础，一般可把a<0的 (2017苏北四市一调)已知函数f (x) = 2x — 6 + a , g(x) = bf (1 — x)， 其中 a , b € R.若关于x 的不等式f （X ）>g （x ）的解的最小值为2,则实数a 的取值范围 是 __________ . 解析 因为 g(x)= b(2— x + a),所以 f (x)>g(x), b 即 2x — 1 + a >b + ab ,即(2x )2 — 2a(b — 1)2x — 2b >0. 由二次不等式与二次方程的根的关系知， 关于2x 的方程（2x ）2 — 2a （b — 1）2x — 2b = 0 的2x 的值分别为4, —2.因为2x 取正值，要想2x 最小为4,所以一2<0,即b >0. 又因为 4— 2= 2a(b — 1),所以 b = 7(*+ 2 )>0,解得 a < — 2 或 a> — f 2 4a +1 4 (1) 若对于任意的x € R , f (x)>0恒成立，求实数a 的取值范围; (2) 若对于任意的x € [ — 1，1]，f (x)>0恒成立，求实数a 的取值范围； 答案（—X,— 2] U — 4，+X 热点三 恒成立问题与存在性问题 6 【例3】 已知函数f (x) = x 2 + 2ax — a + 2. 探究提高 情况转化为 a>0时的情形. 【训练2】
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