不等式问题中含参问题.ppt

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1、【例1】关于x的方程2kx2-2x-3k-2=0的两根,一个小1,一个大于1,求实数k的取值范围.【审题指导】本题考查一元二次方程根的分布问题,因为此方程有两根,所以2k≠0,即k≠0,另外要注意对k的讨论.【规范解答】∵关于x的方程2kx2-2x-3k-2=0有两个不同实根,∴2k≠0.又∵一个小于1,一个大于1,∴设f(x)=2kx2-2x-3k-2,则当k>0时,f(1)<0,即2k-2-3k-2<0,整理得k>-4,∴k>0;当k<0时,f(1)>0,即2k-2-3k-2>0,整理得k<-4,∴k<-4.综

2、上所述,当k∈(-∞,-4)∪(0,+∞)时,方程2kx2-2x-3k-2=0的两根,一个小于1,一个大于1.【例2】已知函数f(x)=log3的定义域为R,值域为[0,2],求m,n的值.【审题指导】定义域为R等价于>0恒成立,值域为[0,2]可转化为∈[1,9]求解.【规范解答】令y=∵函数f(x)的定义域为R,∴对任意实数x∈R,y>0恒成立,即mx2+8x+n>0恒成立.当m=0时,不等式化为8x>-n,不可能恒成立;当m≠0时,必有由y=得(m-y)x2+8x+(n-y)=0.∵x∈R,∴Δ=82-4(m

3、-y)(n-y)≥0,即y2-(m+n)y+mn-16≤0①由题意知f(x)∈[0,2],则y∈[1,9].即关于y的不等式①的解集为[1,9].∴此时满足故所求m=5,n=5.【例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.【审题指导】解答此类题要正确理解好f(x)≥a恒成立的意义,一是可转化为f(x)min≥a,二是重新构造新函数F(x)=f(x)-a≥0恒成立.【规范解答】方法一:f(x)=(x-a)2+2-a2,此二次函数图象的对称轴为x=a.①

4、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].方法二: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或解得-3≤a≤1.即所求a的取值范围为[-3,1].【例4】设函数

5、f(x)=x∈[0,+∞).(1)当a=2时,求函数f(x)的最小值;(2)当00,>0,∴x+1+当且仅当x+1=即x=-1时,f(x)取最小值.此时,f(x)min=-1.(2)当0

6、此时x=-1<0(不合题意),因此,上式等号取不到.设x1>x2≥0,则f(x1)-f(x2)=x1+[1-],∵x1>x2≥0,∴x1-x2>0,x1+1>1,x2+1≥1,∴(x1+1)(x2+1)>1,而00,∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(0)=a.【例5】已知实数x,y满足求w=x2+y2的最大值和最小值.【审题指导】可知x,y的约束条件是线性的.∵w=x2+y2=(x-0)2+(y-0)2,∴w为可行域内动点(x,y)到原点O(0,0

7、)的距离的平方.【规范解答】画出不等式组表示的平面区域,如图所示的△ABC,包括边界及其内部.∵w=x2+y2=(x-0)2+(y-0)2表示的是可行域内的动点M(x,y)到原点O(0,0)的距离的平方,∴当点M在边AC上滑动,且OM⊥AC时,w取得最小值,于是wmin=d2=当点M与点B(2,3)重合时,w取得最大值,即wmax=故wmin=wmax=13.【例6】已知不等式ax2+bx+c>0的解集为(α,β),且0<α<β,求不等式cx2+bx+a<0的解集.【审题指导】审题时要明确不等式的解集与方程的根的关

8、系,以及根与系数的关系的应用.【规范解答】由已知不等式可得a<0,且α、β为方程ax2+bx+c=0的两根,∴由根与系数的关系可得方法一:∵a<0,∴由②得c<0,则cx2+bx+a<0可化为x2+x+>0.①÷②,得由②得∴为方程的两根.又∵0<α<β,∴∴不等式的解集为{x

9、x<或x>},即不等式cx2+bx+a<0的解集为{x

10、x<或x>}.方法二:∵

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