综上

第3讲一元二次不等式及其解法

【2013年高考会这样考】

1．会从实际情景中抽象出一元二次不等式模型．

2．考查一元二次不等式的解法及其“三个二次”间的关系问题．

3．以函数、导数为载体，考查不等式的参数范围问题．

【复习指导】

1．结合“三个二次”之间的联系，掌握一元二次不等式的解法．

2．熟练掌握分式不等式、无理不等式、含绝对值不等式、高次不等式、指数不等式和

对数不等式的解法．

基础梳理

1．一元二次不等式的解法

(1)将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)

或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．

(2)求出相应的一元二次方程的根．

(3)利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式的解集．

2．一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系

如下表：

判别式

Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0

二次函数

y＝ax2＋bx＋c

(a＞0)的图象

续表

一元二次方程

ax2＋bx＋c＝0

(a＞0)的根

有两相异实根

x

1

，x

2

(x

1

＜x

2

)

有两相等实根

x

1

＝x

2

＝－

b

2a

没有实

数根

ax2＋bx＋c＞0

(a＞0)的解集

{x|x＞x

2

或x＜x

1

}











x|x≠－

b

2a

R

ax2＋bx＋c＜0

(a＞0)的解集

{x|x

1

＜x＜x

2

}∅∅

3.用程序框图来描述求解一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)的算法过程为

一个技巧

一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0(a≠0)的解集的确定受a的符号、b2－4ac的符号的影响，

且与相应的二次函数、一元二次方程有密切联系，可结合相应的函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)

的图象，数形结合求得不等式的解集．若一元二次不等式经过不等式的同解变形后，化为

ax2＋bx＋c＞0(或＜0)(其中a＞0)的形式，其对应的方程ax2＋bx＋c＝0有两个不等实根x

1

，

x

2

，(x

1

＜x

2

)(此时Δ＝b2－4ac＞0)，则可根据“大于取两边，小于夹中间”求解集．

两个防范

(1)二次项系数中含有参数时，参数的符号影响不等式的解集；不要忘了二次项系数是

否为零的情况；

(2)解含参数的一元二次不等式，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类讨论；若

不能因式分解，则可对判别式进行分类讨论，分类要不重不漏．

双基自测

1．(人教B版教材习题改编)不等式x2－3x＋2＜0的解集为()．

A．(－∞，－2)∪(－1，＋∞)B．(－2，－1)

C．(－∞，1)∪(2，＋∞)D．(1,2)

解析∵(x－1)(x－2)＜0，∴1＜x＜2.

故原不等式的解集为(1,2)．

答案D

2．(2011·广东)不等式2x2－x－1＞0的解集是()．

A.









－

1

2

，1

B．(1，＋∞)

C．(－∞，1)∪(2，＋∞)D.









－∞，－

1

2

∪(1，＋∞)

解析∵2x2－x－1＝(x－1)(2x＋1)＞0，

∴x＞1或x＜－

1

2

.

故原不等式的解集为









－∞，－

1

2

∪(1，＋∞)．

答案D

3．不等式9x2＋6x＋1≤0的解集是()．

A.













x|x≠－

1

3

B.













－

1

3

C.













x|－

1

3

≤x≤

1

3

D．R

解析∵9x2＋6x＋1＝(3x＋1)2≥0，

∴9x2＋6x＋1≤0的解集为













x|x＝－

1

3

.

答案B

4．(2012·许昌模拟)若不等式ax2＋bx－2＜0的解集为













x|－2＜x＜

1

4

，则ab＝()．

A．－28B．－26C．28D．26

解析∵x＝－2，

1

4

是方程ax2＋bx－2＝0的两根，∴











－2

a

＝－2×

1

4

＝－

1

2

，－

b

a

＝－

7

4

，

∴a＝4，b＝7.∴ab＝28.

答案C

5．不等式ax2＋2ax＋1≥0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围为________．

解析当a＝0时，不等式为1≥0恒成立；

当a≠0时，须{a＞0，Δ≤0，

即{a＞0，a2－4a≤0.

∴0＜a≤1，综上0≤a≤1.

答案[0,1]

考向一一元二次不等式的解法

【例1】►已知函数f(x)＝{x2＋2x，x≥0，－x2＋2x，x＜0，

解不等式f(x)＞3.

[审题视点]对x分x≥0、x＜0进行讨论从而把f(x)＞3变成两个不等式组．

解由题意知{x≥0，x2＋2x＞3

或{x＜0，－x2＋2x＞3，

解得：x＞1.

故原不等式的解集为{x|x＞1}．

解一元二次不等式的一般步骤是：(1)化为标准形式；(2)确定判别式Δ的符

号；(3)若Δ≥0，则求出该不等式对应的二次方程的根，若Δ＜0，则对应的二次方程无根；

(4)结合二次函数的图象得出不等式的解集．特别地，若一元二次不等式的左边的二次三项

式能分解因式，则可立即写出不等式的解集．

【训练1】函数f(x)＝2x2＋x－3＋log

3

(3＋2x－x2)的定义域为________．

解析依题意知{2x2＋x－3≥0，＋2x－x2＞0，

解得







x≤－

3

2

或x≥1，－1＜x＜3.

∴1≤x＜3.

故函数f(x)的定义域为[1,3)．

答案[1,3)

考向二含参数的一元二次不等式的解法

【例2】►求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．

[审题视点]先求方程12x2－ax＝a2的根，讨论根的大小，确定不等式的解集．

解∵12x2－ax＞a2，∴12x2－ax－a2＞0，

即(4x＋a)(3x－a)＞0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，

得：x

1

＝－

a

4

，x

2

＝

a

3

.

①a＞0时，－

a

4

＜

a

3

，解集为













x|x＜－

a

4

或x＞

a

3

；

②a＝0时，x2＞0，解集为{x|x∈R且x≠0}；

③a＜0时，－

a

4

＞

a

3

，解集为













x|x＜

a

3

或x＞－

a

4

.

综上所述：当a＞0时，不等式的解集为













x|x＜－

a

4

或x＞

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













x|x＜

a

3

或x＞－

a

4

.

解含参数的一元二次不等式的一般步骤：

(1)二次项若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为二次

项系数为正的形式．

(2)判断方程的根的个数，讨论判别式Δ与0的关系．

(3)确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而

确定解集形式．

【训练2】解关于x的不等式(1－ax)2＜1.

解由(1－ax)2＜1，得a2x2－2ax＜0，即ax(ax－2)＜0，

当a＝0时，x∈∅.

当a＞0时，由ax(ax－2)＜0，得a2x









x－

2

a

＜0，

即0＜x＜

2

a

.

当a＜0时，

2

a

＜x＜0.

综上所述：当a＝0时，不等式解集为空集；当a＞0时，不等式解集为













x





0＜x＜

2

a

；

当a＜0时，不等式解集为













x





2

a

＜x＜0.

考向三不等式恒成立问题

【例3】►已知不等式ax2＋4x＋a＞1－2x2对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围．

[审题视点]化为标准形式ax2＋bx＋c＞0后分a＝0与a≠0讨论．当a≠0时，有

{a＞0，Δ＝b2－4ac＜0.

解原不等式等价于(a＋2)x2＋4x＋a－1＞0对一切实数恒成立，显然a＝－2时，解集

不是R，因此a≠－2，

从而有{a＋2＞0，Δ＝42－4a＋2a－1＜0，

整理，得{a＞－2，a－2a＋3＞0，

所以{a＞－2，a＜－3或a＞2，

所以a＞2.

故a的取值范围是(2，＋∞)．

不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，

c＞0；当a≠0时，{a＞0，Δ＜0；

不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全体实数(或恒成立)的

条件是当a＝0时，b＝0，c＜0；当a≠0时，{a＜0，Δ＜0.

【训练3】已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a

的取值范围．

解法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.

①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，

f(x)

min

＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，

只需f(x)

min

≥a，

即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；

②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)

min

＝f(a)＝2－a2，

由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.

综上所述，所求a的取值范围为[－3,1]．

法二令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，

即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或{Δ＞0，a＜－1，g－1≥0.

解得－3≤a≤1.

所求a的取值范围是[－3,1]．

规范解答12——怎样求解含参数不等式的恒成立问题

【问题研究】含参数的不等式恒成立问题越来越受高考命题者的青睐，且由于新课标

对导数应用的加强，这些不等式恒成立问题往往与导数问题交织在一起，在近年的高考试题

中不难看出这个基本的命题趋势．对含有参数的不等式恒成立问题，破解的方法主要有：分

离参数法和函数性质法．

【解决方案】解决这类问题的关键是将恒成立问题进行等价转化，使之转化为函数的

最值问题．

【示例】►(本题满分14分)(2011·浙江)设函数f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.

(1)若x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a；

(2)求实数a的取值范围，使得对任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立．

注：e为自然对数的底数．

本题对于(1)问的解答要注意对于结果的检验，因为f′(x

0

)＝0，x

0

不一定是

极值点；对于(2)问的解答可以采用分离参数求最值的方法进行突破，这样问题就转化为单

边求最值，相对分类讨论求解要简单的多．

[解答示范](1)求导得f′(x)＝2(x－a)lnx＋

x－a2

x

＝(x－a)(2lnx＋1－

a

x

)．(2分)

因为x＝e是f(x)的极值点，所以f′(e)＝(e－a)









3－

a

e

＝0，解得a＝e或a＝3e.经检验，

符合题意，所以a＝e或a＝3e.(4分)

(2)①当0＜x≤1时，对于任意的实数a，恒有f(x)≤0＜4e2成立．(5分)

②当1＜x≤3e时，由题意，首先有f(3e)＝(3e－a)2ln(3e)≤4e2，

解得3e－

2e

ln3e

≤a≤3e＋

2e

ln3e

(6分)

由(1)知f′(x)＝x－a









2lnx＋1－

a

x

.(8分)

令h(x)＝2lnx＋1－

a

x

，则h(1)＝1－a＜0，h(a)＝2lna＞0，

且h(3e)＝2ln(3e)＋1－

a

3e

≥2ln(3e)＋1－

3e＋

2e

ln3e

3e

＝2









ln3e－

1

3ln3e

＞0.(9分)

又h(x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数h(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为

x

0

，则1＜x

0

＜3e,1＜x

0

＜a.

从而，当x∈(0，x

0

)时，f′(x)＞0；当x∈(x

0

，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)

＞0.即f(x)在(0，x

0

)内单调递增，在(x

0

，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．

所以要使f(x)≤4e2对x∈(1,3e]恒成立，只要

{fx

0

＝x

0

－a2lnx

0

≤4e2，1f3e＝3e－a2ln3e≤4e2，2

成立．(11分)

由h(x

0

)＝2lnx

0

＋1－

a

x

0

＝0，知a＝2x

0

lnx

0

＋x

0

.(3)

将(3)代入(1)得4x2

0

ln3x

0

≤4e2.又x

0

＞1，注意到函数x2ln3x在(1，＋∞)内单调递增，故1

＜x

0

≤e.

再由(3)以及函数2xlnx＋x在(1，＋∞)内单调递增，可得1＜a≤3e.

由(2)解得，3e－

2e

ln3e

≤a≤3e＋

2e

ln3e

.

所以3e－

2e

ln3e

≤a≤3e.(13分)

综上，a的取值范围为3e－

2e

ln3e

≤a≤3e.(14分)．

本题考查函数极值的概念，导数的运算法则，导数的应用，不等式的基础知

识，考查学生推理论证能力．分析问题，解决问题的能力．难度较大，做好此类题目，一要

有信心，二要结合题意进行恰当地转化，化难为易，化陌生为熟悉．

【试一试】设函数f(x)＝ax3－3x＋1，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，求实

数a的值．

[尝试解答](1)若x＝0，则不论a取何值，f(x)＝1＞0恒成立．

(2)若x＞0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥

3

x2－

1

x3.设g(x)＝

3

x2－

1

x3，则g′(x)

＝

31－2x

x4，

∴g(x)在区间









0，

1

2

上单调递增，在区间









1

2

，1

上单调递减．∴g(x)

max

＝g









1

2

＝4，从而

a≥4.

(3)若x＜0，即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤

3

x2－

1

x3.

设h(x)＝

3

x2－

1

x3，则h′(x)＝

31－2x

x4，

∴h(x)在[－1,0)上单调递增．

∴h(x)

min

＝h(－1)＝4，从而a≤4.

综上所述，实数a的值为4.