专题三第2讲
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《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；(2)含参的恒成立问题、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－x2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－x2≥0得－2≤x≤3，则D为[－2，3].
故所求概率P＝3－（－2）5－（－4）＝59.
答案 59 2.(2015·江苏卷)不等式2x2－x<4的解集为________. 解析 由2x2－x <4，知x2－x<2，解得－1答案 (－1，2) 3.(2014·江苏卷)已知函数f (x)＝x2＋mx－1，若对于任意的x∈[m，m＋1]，都有 f (x)<0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)<0，
所以只需f（m）<0，f（m＋1）<0即可，
由
m2＋m2
－1<0，
（m＋1）2＋m（m＋1）－1<0， 《创新设计》图书 解得
－22
－32
故实数m的取值范围为－22，0. 答案 －22，0 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；(3)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≠0)恒成立的条件是a＞0，Δ＜0.
(2)ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的条件是a＜0，Δ＜0. (3)a＞f (x)恒成立⇔a＞f (x)max， a＜f (x)恒成立⇔a＜f (x)min. (4)存在f (x)f (x)min， 存在f (x)>a成立⇔a
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. 当a≠0时，原不等式化为a(x－2)x－2a>0， ①当a>1时，2a<2，原不等式化为(x－2)x－2a>0，所以x<2a或x>2. ②当a＝1时，2a＝2，原不等式化为(x－2)2>0， 所以x∈R且x≠2. ③当02，原不等式化为(x－2)x－2a>0，则x<2或x>2a. ④当a<0时，2a<2，原不等式化为(x－2)x－2a<0，所以2a综上所述，当a＝0时，原不等式的解集为{x|x<2}； 当a>1时，原不等式的解集为xx<2a或x>2； 当a＝1时，原不等式的解集为{x|x∈R且x≠2}； 当02a； 当a<0时，原不等式的解集为x2a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)＝x2＋(2a＋1)x，g(x)＝ax.解关于x的不等式：f (x)≤g(x). 解 由f (x)≤g(x)得x2＋(2a＋1)x≤ax， 即x2＋(a＋1)x≤0. 《创新设计》图书 当a<－1时，解得0≤x≤－a－1； 当a＝－1时，解得x＝0； 当a>－1时，解得－a－1≤x≤0. 所以，当a<－1时，不等式f (x)≤g(x)的解集为[0，－a－1]； 当a＝－1时，不等式f (x)≤g(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)＝x2－1. (1)当a＝1时，解不等式f (x)≥g(x)； (2)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. 由x≥1时，不等式为x2－x≥x2－1， 解得x≤1，所以x＝1； 当x<1时，不等式为x－x2≥x2－1， 解得－12≤x≤1，所以－12≤x<1. 综上，不等式f (x)≥g(x)的解集为－12，1. (2)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 (2)＝4－2a.
当0间a2，a上是减函数，在区间[a，2]上是增函数，所以F(a)＝maxfa2，f（2）， 而f a2＝a24，f (2)＝4－2a，令f a2即a24<4－2a，解得－4－42所以当0令f a2≥f (2)，即a24≥4－2a， 《创新设计》图书 解得a≤－4－42或a≥－4＋42， 所以当42－4≤a<2时，F(a)＝a24. 当a≥2时，f (x)＝－x2＋ax， 当1≤a2<2，即2≤a<4时，f (x)在区间0，a2上是增函数，在a2，2上是减函数，则F(a)＝f a2＝a24； 当a2≥2，即a≥4时，f (x)在区间[0，2]上是增函数， 则F(a)＝f (2)＝2a－4；
综上，F(a)＝4－2a，a<42－4，a24，42－4≤a<4，2a－4，a≥4. 探究提高 “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的情况转化为a>0时的情形. 【训练2】 (2017·苏北四市一调)已知函数f (x)＝2x－1＋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)，
即2x－1＋a≥b2x＋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，－b2.因为2x取正值，要想2x最小为4，所以－b2≤0，即b≥0.
又因为4－b2＝2a(b－1)，所以b＝4（a＋2）4a＋1≥0，解得a≤－2或a>－14.
答案 (－∞，－2]∪－14，＋∞ 热点三 恒成立问题与存在性问题 【例3】 已知函数f (x)＝x2＋2ax－a＋2. 《创新设计》图书 (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； (3)若对于任意的a∈[－1，1]，x2＋2ax－a＋2>0恒成立，求实数x的取值范围. 解 (1)若对于任意的x∈R，f (x)≥0恒成立， 需满足Δ＝4a2－4(－a＋2)≤0，解得－2≤a≤1. 故实数a的取值范围是[－2，1]. (2)由题知对称轴方程为x＝－a， 当－a<－1，即a>1时，f (x)min＝f (－1)＝3－3a≥0， 解得a≤1，与已知矛盾，舍去； 当－a>1，即a<－1时f (x)min＝f (1)＝3＋a≥0， 解得－3≤a<－1； 当－1≤a≤1时，f (x)min＝f (－a)＝－a2－a＋2≥0， 解得－1≤a≤1. 综上，实数a的取值范围是[－3，1]. (3)对于任意的a∈[－1，1]，x2＋2ax－a＋2>0恒成立，等价于g(a)＝(2x－1)a＋x2＋2>0，
所以g（1）>0，g（－1）>0，
即x2＋2x－1＋2>0，x2－2x＋1＋2>0， 解得x≠－1，所以x的取值范围是{x|x≠－1}. 探究提高 (1)对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方.另外常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值. (2)解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数.一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数.
