高考新题型巧解点悟 专题三 一元二次函数、方程、不等式.doc

专题三 一元二次函数、方程、不等式 一、新题型内核表解主干知识点 知能转化点 (1)(2)一元二次方程的根与系数的关系(即韦达定理)、实根分布的充要条件、根的判别式、求根公式 (3)一元二次不等式的图像解法与因式分解解法、含参二次不等式的求解及可化为一元二次不等式的其它不等式的求解 (1)利用数形结合思想理解方程根分布规律：考虑图象对称轴的范围、最值（或根的判别式）、开口方向、特殊点的函数值 (2)重视三个“二次”间的相互转化与关联．如根的判别式⊿0，当它表示的对象为方程时，方程无实根；对象为不等式时，解集为R或（视开口方向而定）；对象为函数时，图象与横轴无交点，函数值恒正或恒负． 解题关键点 常见障碍点 (1)(2)熟练掌握一元二次不等式的解法 (3)熟练掌握判别式的运用：判定方程有无实数根、函数值恒正恒负、不等式恒成立与恒不成立等问题 (4)熟练掌握并运用二次函数在实数集及其真子集上的图象解决有关问题 (1)忽视不等式中“”与“≤”的区别，对解在区间端点的情况分类往往会出现错误 (2)容易忽视参数所在不等式中的位置对结果的影响 (3)容易忽视判别式使用的条件为二次的限制 (4)列二次方程实根的分布的充要条件时，往往遗漏一些条件 (5)画图粗糙马虎，常带来负面影响 (6)惧怕含参数的问题 二、新题型巧解点悟 1．已知集合A={t|使{x|x2+2tx-4t-3≠0}= R}，集合B={t|使{x|x2+2tx-2t=0}≠}，其中x，t均为实数． （1）求A∩B； （2）设m为实数，g(a)= -sin2α+mcosα-2m，α[π，π]，求M={m|g(a)A∩B} 【分析】（1）集合A表示使不等式x2+2tx-4t-3≠0对x∈R恒成立的实数t的取值范围，亦即方程x2+2tx-4t-3 = 0无实根，因其二次项的系数为非零定值，故只须直接使用判别式⊿0即可x2+2tx-2t=0的解集为非空集的实数t的取值范围，故其根的⊿≥0，由此可求出A∩B．（2）先可对三角函数进行换元，化为一元二次函数，分情况求函数g(a)的值域． 【解】（1）因{x|x2+2tx-4t-3≠0}=R (方程x2+2tx-4t-3 = 0无实根(⊿0，⊿= (2t)2-4(-4t-3)0，即t2+4t+30，解得-3t-1，从而 A={t|-3t-1}． 因{x|x2+2tx-2t=0}≠ (方程x2+2tx-2t=0有实数解(⊿≥0，于是 ⊿=(2t)2+8t≥0，解得t≥0或t≤-2，从而 B={t| t≥0或t≤-2}． 故有：A∩B={t|-3t-1}∩{t| t≥0或t≤-2}={t|-3 t≤-2}． （2）g(a)= -sin2α+mcosα-2m = cos2α+mcosα-2m-1，令cosα=x，则由α∈[π，π]x∈[-1,0]，且g(a)= h(x)=x2+mx-2m-1，于是由g(a)∈A∩B可得 -3x2+mx-2m-1≤-2（x∈[-1,0]）． 由h(x)= (x+ )2- -2m-1∈(-3，-2]x∈[-1，0 ]，可得 当 - ≥0，亦即m≤0时，h(x)在[-1,0]上单调递减，于是hmin(x)=h(0)= -2m-1，hmax(x)=h(-1)= -3m，故-2m-1-3，-3m≤-2，此种情形下m无解； 当 - - 0，亦即0m1时，则h(x)在[-1，- ]上为减函数，在[- ，0]上为增函数，于是hmin(x)=h(- )= - -2m-1，hmax(x)=h(-1)= -3m，故 - -2m-1-3，且-3m≤-2，解得≤m2-4； 当 -1- ≤- ，亦即1≤m2时，h(x)在[-1，- ]上为减函数，在[- ，0]上为增函数，于是hmin(x)=h(- )= - -2m-1，hmax(x)=h(0)= -2m-1，故 - -2m-1-3，且-2m-1≤-2，此种情形下m无解； 若- ≤-1，亦即m≥2时，则h(x)在[-1，0]上为增函数，于是hmin(x)=h(-1)= -3m，hmax(x)=h(0) = -2m-1，故 -3m -3，且-2m-1≤-2，此种情形下m无解． 综上所述，所求集合M={m| ≤m2-4}． 【点悟】①解m按函数h(x)的单调性进行分类讨论． ②解题易错点：换元时容易忽视变形的等价性，也就是容易扩大函数g(a)的取值范围；对h(x)按那一个参数进行分类不清楚；不会比较2-4与1的大小． 2．待定系数法 【例2】设二次函数f(x)= ax2+bx+c(其中a0，bc≠0，a、b、c∈R)． （1）已知| f(0)|= | f(1)| =| f(-1)|=1，试求f(x)的最小值； （2）已知| f(0)|≤1，| f(