第4课时 一元二次不等式及其解法的应用
1.熟悉简单的一元高次不等式和分式不等式的解法.
2.理解一元二次方程根的分布问题.
3.会用一元二次不等式解决实际问题.
上一课时我们共同学习了一元二次不等式的解法,并能解简单的一元二次不等式,一元二次不等式及其解法是一种重要的数学工具,是集合、函数、不等式等知识的综合交汇点,地位重要,这一讲我们将共同探究一元二次不等式及其解法的应用.
问题1:简单的一元高次不等式和分式不等式的解法
一元高次不等式f(x)>0用 (或称数轴穿根法,根轴法,区间法)求解,其步骤是:?
(1)将f(x)最高次项的系数化为 数;?
(2)将f(x)分解为若干个一次因式的积或者若干个 之积;?
(3)将每一个一次因式的根标在数轴上,从 依次穿过每一点画曲线(注意重根情况,偶次方根穿而不过,奇次方根既穿又过);?
(4)根据曲线显现出的f(x)值的符号变化规律,写出 .?
由上归纳出重要步骤:①化标(化成标准形式);②找根;③标根;④串根(奇透偶不透).
问题2:分式不等式:先整理成标准型>0(<0)或≥0(≤0),再化成整式不等式来解.
(1)>0?f(x)·g(x)>0.(2)<0?f(x)·g(x)<0.
(3)≥0?(4)≤0?
问题3:一元二次方程ax2+bx+c=0(a>0)的根的分布问题:记f(x)=ax2+bx+c,其根的情况、图像情况、不等式的三者关系如下:
根的分布
k1
k1在(k1,k2)内有且仅有一个根
图像
等价
条件
f(k1)·f(k2)<0或Δ=0且-∈(k1,k2)
或
或
(续表)
根的分布
x1kx1图像
等价
条件
f(k)<0
问题4:用一元二次不等式解决实际问题的操作步骤大致为:
(1)理解题意,搞清 之间的关系;?
(2)建立相应的 ,把实际问题抽象为数学中 的问题;?
(3)解这个一元二次不等式;
(4)回归 ,将数学结论还原为实际问题的结果.?
1.下列不等式中与不等式≥0解集相同的是( ).
A.(2-x)(x-1)≥0 B.(x-2)(x-1)≥0且x≠1
C.(x-2)(x-1)≤0且x≠1 D.(2-x)(x-1)≤0
2.已知集合A={x|3x-2-x2<0},B={x|x-a<0}且B?A,则a的取值范围是( ).
A.a≤1 B.12 D.a≤2
3.将进货单价为80元的商品按90元一个售出时,能卖出400个,每涨价1元,其销售量就减少20个,为获得最大利润,每个售价应定为 .?
4.不等式<0的解集为R,求实数m的取值范围.
简单的高次不等式解法
解不等式:(x-1)(3-x)(x+)<0.
分式不等式的解法
解下列分式不等式:
(1)≥0;
(2)>1(a≠1且a为常数).
一元二次不等式的实际应用
一个服装厂生产风衣,月销售量x(件)与售价p(元/件)之间的关系为p=160-2x,生产x件的成本R=500+30x(元).
(1)该厂月产量多大时,月利润不少于1300元?
(2)当月产量为多少时,可获得最大利润,最大利润是多少?
解不等式(x+2)(x+1)2(x-1)3(x-2)≤0.
已知关于x的不等式<0的解集为M.
(1)当a=4时,求集合M;
(2)若3∈M且5?M,求实数a的取值范围.
假设国家收购某种产品的价格是120元/件,其中征税标准是每100元征税8元(叫作税率是8个百分点,即8%),计划收购m万件,为了减轻企业负担,决定税率降低x个百分点,预计收购量可增加2x个百分点,要使此项税收在税率降低后不低于原计划的78%,试确定x的取值范围.
1.不等式<0的解集为( ).
A.(1,+∞) B.(-∞,-2)
C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)
2.某产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系式是y=3000+20x-0.1x2(0A.100台 B.120台 C.150台 D.180台
3.不等式x(x-1)2(x+1)3(x+2)≥0的解集为 .?
4.已知关于x的不等式>0.
(1)当a=2时,求此不等式的解集;
(2)当a>-2时,求此不等式的解集.
(2013年·上海卷)甲厂以x千克/小时的速度匀速生产某种产品(生产条件要求1≤x≤10),每小时可获得的利润是100(5x+1-)元.
(1)求证:生产a千克该产品所获得的利润为100a(5+-);
(2)要使生产900千克该产品获得的利润最大,问:甲厂应该选取何种生产速度?并求最大利润.
考题变式(我来改编):
第4课时 等差数列的前n项和
知识体系梳理
问题1:
问题2:(a1+an)×n Sn=
问题3:[d+2d+3d+…+(n-1)d] na1+d
问题4:nan-×d
基础学习交流
1.A 由题意得:10a1+×10×9d=4(5a1+×5×4d),∴10a1+45d=20a1+40d,∴10a1=5d,∴=.
2.B 由题意可知,所有被7除余2的数可构成一等差数列,设为{an}.∴a1=2,d=7,an=2+(n-1)×7<100,解得n<15,∴n=14,S14=14×2+×14×13×7=665.
3.44 由为等差数列,得a4+a8=a1+a11=8,S11===44.
4.解:由?所以an=3+3(n-1)=3n,bn=a3n=9n,数列{bn}的前9项和为S9=×9=405.
重点难点探究
探究一:【解析】∵Sn=,∴=999,
解得n=27,代入通项公式得d=.
【小结】已知a1,d,n,an,Sn中的三个量求解其他两个量,无非就是利用通项公式或前n项和公式列出方程来求解.
探究二:【解析】设公差为d,
则有即
解得
所以an=3n-2,Sn=[1+(3n-2)]=.
【小结】熟记等差数列{an}的通项公式和前n项和公式.
探究三:【解析】要使Sn>0,即使na1+d>0,这样很难求出a1,d.由题可判断a2003>0,a2004<0,所以前2003项都为正,从第2004项起为负,由等差数列前n项和的对称性知S4006=0,
∴S4005>0,故使前n项和Sn>0成立的最大自然数n=4005.
[问题]上述解法正确吗?
[结论]不正确.此题在运用等差数列前n项和的性质及图像时忽视了a2003和a2004两项的大小.
于是,正确解答如下:
∵a1>0,a2003+a2004>0,a2003·a2004<0,且{an}为等差数列,∴{an}表示首项为正数,公差为负数的单调递减等差数列,且a2003是绝对值最小的正数,a2004是绝对值最小的负数(第一个负数),且|a2003|>|a2004|,∴在等差数列{an}中,a2003+a2004=a1+a4006>0,S4006=>0,∴使Sn>0成立的最大自然数n是4006.
【小结】此题还要看清楚是求Sn>0成立的最大自然数n,而不是Sn的最大值.
思维拓展应用
应用一:(1)由题意得+=30,解得n=15,
∴an=a15=a1+(n-1)d=.
(2)a15=-10,a15=a1+14d,∴a1=-38,
Sn=S15==-360.
应用二:由已知得
即解得或
∴an=1或an=-n.
经验证an=1或an=-n均满足题意,即为所求.
应用三:(1)设等差数列{an}的公差为d,且d>0.
∵a3+a4=a2+a5=22,又a3·a4=117,
∴a3,a4是方程x2-22x+117=0的两个根.
又公差d>0,∴a3∴∴
∴Sn=n·1+·4=2n2-n.
(2)由(1)知,bn==,∴b1=,b2=,b3=.
∵{bn}是等差数列,∴2b2=b1+b3,∴2c2+c=0,
∴c=-(c=0舍去).
基础智能检测
1.D ∵Sk+2-Sk=ak+1+ak+2=a1+kd+a1+(k+1)d=2a1+(2k+1)d=2×1+(2k+1)×2=4k+4=24,∴k=5.
2.C 由题知,数列{an+bn}为等差数列,其公差为0,故前10项的和为400,选C.
3.-3 由得nd=-18.又a1-a2n=-(2n-1)d=33,解得d=-3.
4.解:∵a4=0.8,a11=2.2,
∴由a11=a4+7d,得d=0.2,∴a51=a11+40d=10.2,
∴a51+a52+…+a80=30·a51+d
=30×10.2+×0.2=393.
全新视角拓展
C 由题意知Sm==0,∴a1=-am=-(Sm-Sm-1)=-2,am+1=Sm+1-Sm=3,∴公差d=am+1-am=1,∴3=am+1=-2+m,∴m=5,故选C.
思维导图构建
三个 两个
课件23张PPT。第4课时 一元二次不等式
及其解法的应用1.熟悉简单的一元高次不等式和分式不等式的解法.
2.理解一元二次方程根的分布问题.
3.会用一元二次不等式解决实际问题. 上一课时我们共同学习了一元二次不等式的解法,并能解简单的一元二次不等式,一元二次不等式及其解法是一种重要的数学工具,是集合、函数、不等式等知识的综合交汇点,地位重要,这一讲我们将共同探究一元二次不等式及其解法的应用.简单的一元高次不等式和分式不等式的解法
一元高次不等式f(x)>0用 (或称数轴穿根法,根轴法,区间法)求解,其步骤是:
(1)将f(x)最高次项的系数化为 数;
(2)将f(x)分解为若干个一次因式的积或者若干个
之积;
(3)将每一个一次因式的根标在数轴上,从 依次穿过每一点画曲线(注意重根情况,偶次方根穿而不过,奇次方根既穿又过); (4)根据曲线显现出的f(x)值的符号变化规律,写出
.
由上归纳出重要步骤:①化标(化成标准形式);②找根;③标根;④串根(奇透偶不透).?不等式的解集?????用一元二次不等式解决实际问题的操作步骤大致为:
(1)理解题意,搞清 之间的关系;
(2)建立相应的 ,把实际问题抽象为数学中 的问题;
(3)解这个一元二次不等式;
(4)回归 ,将数学结论还原为实际问题的结果. 不等关系量与量一元二次不等式实际问题1C?2A395将进货单价为80元的商品按90元一个售出时,能卖出400个,每涨价1元,其销售量就减少20个,为获得最大利润,每个售价应定为 .?4一元二次不等式的实际应用
一个服装厂生产风衣,月销售量x(件)与售价p(元/件)之间的关系为p=160-2x,生产x件的成本R=500+30x(元).
(1)该厂月产量多大时,月利润不少于1300元?
(2)当月产量为多少时,可获得最大利润,最大利润是多少?【解析】由题意得各因式的根为-2,-1,1,2,利用穿针引线法(奇穿偶不穿),如图,原不等式的解集为{x|x≤-2或x=-1或1≤x≤2}.假设国家收购某种产品的价格是120元/件,其中征税标准是每100元征税8元(叫作税率是8个百分点,即8%),计划收购m万件,为了减轻企业负担,决定税率降低x个百分点,预计收购量可增加2x个百分点,要使此项税收在税率降低后不低于原计划的78%,试确定x的取值范围.C?【解析】原不等式化为(x-1)(x+2)<0,解得-2故原不等式的解集为(-2,1).C2.某产品的总成本y(万元)与产量x(台)之间的函数关系式是y=3000+20x-0.1x2(0A.100台 B.120台 C.150台 D.180台【解析】设产品的利润为f(x)(万元),则f(x)=25x-y=0.1x2+5x-3000,
若生产者不亏本,则0.1x2+5x-3000≥0,解得x≥150或x≤-200(舍去),
即最低产量为150台,故选C.3.不等式x(x-1)2(x+1)3(x+2)≥0的解集为 .?【解析】由题意得各因式的根为1,0,-1,-2.结合图形可得,
不等式的解集为{x|-2≤x≤-1或x≥0}.{x|-2≤x≤-1或x≥0}?