含参不等式的解法论文

含参不等式的解法论文（共18篇）

篇1：含参不等式的解法论文

含参一元二次不等式的解法教学设计

一、学情分析

已经学习了一元二次不等式的解法，掌握三个二次之间的关系，会解一般的一元二次不等式。对于含参数的一元二次不等式由于参数的取值不同，结果就不同，所以往往要对参数进行讨论。含参一元二次不等式是一类重要不等式，是高考热点也是高中数学的一个重要工具，本节微课在借助“三个二次”（即二次函数、一元二次方程、一元二次不等式）的基本关系，运用数形结合、分类讨论的思想去探究含参一元二次不等式的解法。

二、教学目标

（1）掌握含参一元二次不等式的解法，含参数的几种类型。（2）理解分类讨论与数形结合思想。

三、教学重点/难点

教学重点：含参一元二次不等式的解法；

教学难点：弄清含参一元二次不等式的几种类型及参数的讨论方法。

四、教学过程

1、回顾解一元二次不等式的一般步骤

一判——判断对应方程的根的情况(△=b2-4ac)，能因式分解的因式分解，不用判断 二求——求对应方程的根 三画——画出对应函数的图像

四解集——根据图像及不等号方向写出不等式的解集

2、含参一元二次不等式参数的三种类型（1）二次项系数a>0,a=0,a<0（2）判别式△>0,△=0,△<0（3）一元二次方程ax2+bx+c=0的两根x1,x2的大小，x1>x2，x1=x2，x1

五、例题讲解

例

1、解不等式x2(a1)xa0

分析:此不等式a14(a)(a1)20

2又不等式即为(x-1)(x+a)>0故 只需比较两根1与-a的大小.例

2、解不等式ax27ax6a0(a0)分析: 因为 a的正负.例题

3、0且 0，所以我们只要讨论二次项系 数x2ax40

由于x2的系数大于0,对应方程的根只需考虑△的符号.五、课堂总结

（1）二次项系数a>0,a=0,a<0（2）判别式△>0,△=0,△<0（3）一元二次方程ax2+bx+c=0的两根x1,x2的大小，x1>x2，x1=x2，x1

篇2：含参不等式的解法论文

授课人：李毅军

“含参不等式恒成立问题”把不等式、函数、三角、几何等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。现就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略。

一、最值法

一般的，若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立f(x)max≤M。因而，含参数不等式的恒成立问题常根据不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为含参数的函数的最值讨论。

例1：已知a＞0，函数f(x)=ax－bx2，当b＞1时，证明：对任意x∈[0，1]，|f(x)| ≤1的充要条件是b－1≤a≤2b。

二、分离参数法

例2：设f(x)=lg12x(n1)xnxan，其中a是实数，n是任意给定的自

然数且n≥2，若f(x)当x∈，1时有意义，求a的取值范围。

一般地，利用最值分离参数法来确定不等式f(x，)≥0，（x∈D 为实参数）恒成立中参数取值范围的基本步骤：

（1）将参数与变量分离，即化为f1()≥f2(x)（或f2()≤f2(x)）的形式；（2）求f2(x)在x∈D时的最大（或最小）值；

（3）解不等式f1()≥f2max(x)（或≤f2min(x)）得的取值范围。

练习1：已知定义在R上函数f(x)为奇函数，且在0，上是增函数，对于任意x∈R求实数m范围，使f(cos2－3)+f(4m－2mcos)＞0恒成立。

练习2：设0＜a≤54，若满足不等式|x－a|＜b的一切实数x，亦满足不等式| x－a 2|

＜12，求正实数b的取值范围。

练习3：已知向量a=(x2，x+1)，b=(1－x，t)。若函数f(x)=a·b在区间（－1，1）上是增函数，求t的取值范围。

三、数形结合

数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立的问题中它同样起着重要作用。我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：

1．f(x)＞g(x)函数f(x)图象恒在函数g(x)图象上方； 2．f(x)＜g(x)函数f(x)图象恒在函数g(x)图象下方。

例3：若不等式3x2－logax＜0在x∈10，3内恒成立，求实数a的取值范围。

练习：设f(x)=x24x，g(x)=43x+1－a，若恒有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围。

四、主参换位法

某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值却难以求出时，可考虑变换思维角度。即把变元与参数换个位置，再结合其它知识，往往会取得出奇制胜的效果。

例4：若对于任意a∈1，1，函数f(x)=x2(a－4)x+4－2a的值恒大于0，求x的取值范围。

五、利用集合与集合间的关系

在给出的不等式中，若能解出已知取值范围的变量，就可利用集合与集合之间的包含关系来求解，即：[m，n][f(a)，g(a)]，则f(a)≤m且g(a)≥n，不等式的解即为实数a的取值范围。

例5：当x∈13，3时，|logax|＜1恒成立，求实数a的取值范围。

六、课后练习

1．已知函数f(x)=lgxax2，若对任意x∈2，恒有f(x)＞0，试确定a的取值

范围。

2．若(x，y)满足方程x2+(y－1)2=1，不等式x+y+c≥0恒成立，求实数c的取值范围。

n3．若不等式11n≤e对任意的n∈N*都成立，其中e是自然对数的底数，求的最大值。

4．定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，（1）求证f(x)为奇函数；

篇3：含参一元二次不等式的解法

笔者认为, 此类型解法的基本思路和步骤与“数字型”的一元二次不等式的解法的思路和步骤是一样的.第一步, 将其化为ax2+bx+c>0 (或<0) ;第二步, 求判别式 (或因式分解) ;第三步, 求根和确定两根大小, 并利用相应的二次函数的图像写出解集.下面举例说明.

例1 解关于x的不等式:x2-3x+2≤3ax-6a.

分析 按“数字型”的解法的思路和步骤依次进行.

解 原不等式等价于x3-3 (a+1) x+2 (3a+1) ≤0,

Δ=9 (a+1) 2-8 (3a+1) = (3a-1) 2≥0,

相应的一元二次方程的根为undefined,

即x1=3a+1, x2=2, x1-x2=3a-1.

(1) 若3a-1<0, 即undefined时, x1

(2) 若3a-1=0, 即undefined时, x1=x2.

此时, 原不等式化为x2-4x+4≤0, ∴x=2.

(3) 若3a-1>0, 即undefined时, x1>x2, 此时2≤x≤3a+1.

综上所述, 当undefined时, 解集为{x|3a+1≤x≤2};

当undefined时, 解集为{2};

当undefined时, 解集为{x|2≤x≤3a+1}.

点评 1.上述解法第一、二步与“数字型”的思路完全一样, 只是第三步在求出根时, 由于两根大小与a的取值有关, 故用x1-x2的值大于 (等于或小于) 0来确定两根大小并求出相应的a的范围, 最后根据相应的二次函数的图像写出解集.

2.上述求根时, 也可用“十字相乘法”因式分解求得.

例2 解关于x的不等式undefined.

分析 把“分式”型向“整式”型转化.

解 原不等式等价于

undefined

(1) 当a-1=0, 即a=1时, 原式化为x-1<0, 即x<1;

(2) 当a-1≠0, 即a≠1时, 相应的两根为undefined

①若undefined, 即a<0或a>1时, x2

a<0时, undefined或x>1;

a>1时, undefined

②若undefined, 即a=0时, x2=x1,

原式化为 (x-1) 2>0, ∴x≠1.

③若undefined, 即0x1,

此时a-1<0, ∴x<1或undefined.

综上所述, 当a<0时, 解集为undefined;

当a=0时, 解集为{x|x∈R且x≠1};

当0

当a=1时, 解集为{x|x<1};

当a>1时, 解集为undefined.

点评 1.上述化到 (*) 因式实质上是完成了第一、二步骤.

2.由于二次项系数含参数a, 看似很复杂, 但整体上只分两类a=1 (一元一次不等式) 和a≠1 (一元二次不等式) .

3.在第二类a≠1中, 由x1, x2的大小关系分了三类并求出相应的a的范围, 根据a的范围再考虑二次项系数的符号, 根据相应的二次函数的图像写出解集.

4.在a≠1的①类中, 又分两类, 主要是因为a<0或a>1时, 虽然都有x2

5.“综上所述”这一步是为了让结果更加清晰、集中, 最好是按a的取值大小从左到右写出, 这样思路更清晰.

篇4：含参不等式的解法

1. 含参方程在指定区间有解的问题

例1 若方程[log2(ax2-2x+2)=2]在[[12]，2]内有解，求[a].

解析 由题意知，[ax2-2x+2=4]在[[12,2]]上有值使[a=2x2+2x]成立.

即[a=2x+2x2=21x+122-12].

又由[12x2]可得，[32a12].

点拨 本题涉及到含参数的对数式，转化成参数方程后讨论其在指定区间上的解的问题，通常分离变量与参数后，借助于函数在指定区间的值来讨论参数范围.

2. 含参不等式

对于分式不等式，通常先将其转化为同解的整式不等式，然后分离参数求解.

例2 若[axx-1<1]的解集为(-∞,1)[⋂](2,+∞)，求[a].

分析 关于此类分式不等式，先化简整理成同解的整式不等式后，再分离参数.

解 由题意得，[ax-x+1x-1]＜0，

即[1-ax-1x-1]＞0.

所以由不等式的解集(-∞,1)[⋂](2,+∞)可得，

[11-a=2]，即[a=12.]

点拨 含参的分式不等式的一般解法：移项——通分——分式化整式——解集对应.

例3 若关于[x]的不等式[ax2-x+1+2a<0]的解集为[∅]，求实数[a]的取值范围.

分析 先利用等价转换将原命题转换为[∀x∈R]都有[ax2-x+1+2a0]，再分离参数[a]进行讨论.

解 由题意知，[∀x∈R]，都有[ax2-x+1+2a0.]即[ax+1x2+2].

令[f(x)=x+1x2+2]，则[af(x)max].

令[t=x+1]，则[f(x)=g(t)=tt2-2t+3].

（1）[t=0]时，[g(0)=0].

（2）[t>0]时，

[g(t)=tt2-2t+3=tt2-2t+3=1t+3t-2]，

此时[g(t)max=g(3)=3+14].

（3）[t<0]时，[g(t)max=g(-3)=][3-14].

综上知，[f(x)max=g(t)max=3+14]，

[∴a3+14]，

即参数[a∈3+14,+∞].

点拨 本题涉及到含参的绝对值不等式，解决此类问题要注意：（1）绝对值的几何意义；（2）分离参数与函数,转化成讨论函数在指定区间上的最值问题.

例4 若不等式[3x2-logax<0]在[x∈(0,13)]上恒成立，求实数[a]的取值范围.

分析 本题实质上可看作两个数的大小比较问题，而且两个函数的图象很好取得. 对这类问题我们常采用数形结合，通过观察图象的交点并结合数据分析.

解 不等式可变形为[3x2

[12

10

8

6

4

2][-2

-4][5 10 15]

由题意知,当[x∈(0,13)]时,[g(x)=logax]位于[f(x)=3x2]的上方.

结合图象可知，[0

综合得，[a∈127,1].

点拨 此类函数模型较明显，涉及几种形式的初等函数问题，通常，我们分解基本函数后，再借助函数图象数形结合，从而使得范围问题迎刃而解.

3. 含参的一元二次函数

例5 已知[a]是实数，函数[f(x)=2ax2+2x-3][-a]，如果函数[y=f(x)]在区间[-1,1]上有零点，求[a]的取值范围.

分析 含参的一元二次函数在指定区间有解，当二次项系数含参数时，通常以二次项系数作为分类标准，分别讨论[a=0]和[a≠0]的情况，在[a≠0]时分离参数，转化成借助已知量的范围求参数的取值范围问题.

解 由题意得，

（1）当[a=0]时，[f(x)=2x-3]在[-1，1]上无零点，故[a=0]（舍）.

（2）当[a≠0]时，[Δ=4+8a(3+ a)0]，

即[a-3+72]或[a-3-72]时，

整理[2ax2+2x-3-a=0]得，

[a=3-2x2x2-1]（[-1x1]）*.

令[3-2x=t]，则[x=3-t2]（1≤t≤5）代入*得，

[a=2t+7t-6.]

又[1t5]时，[27t+7t8]，

则[27-6t+7t-62].

①[27-6t+7t-6<0]时，

[∴a227-6]，即[a-7+32].

②[0

综合①②得[a-3+72]或[a1].

点拨 本题属于函数与不等式的综合，解决此类问题应注意：（1）二次项含有参数的分类思想；（2）[y=t+1t]在指定区间上的取值问题；（3）注意分式、分母的零点分段.

若不等式[x+ax2+4x+3]≥0的解集为(-3,-1)∪(2,+∞), 求[a]的值.

[a=-2]

篇5：不等式的解法举例

1．掌握分式不等式向整式不等式的转化；

2．进一步熟悉并掌握数轴标根法；

3．掌握分式不等式基本解法.

教学重点难点

重点是分式不等式解法

难点是分式不等式向整式不等式的转化

教学方法

启发式和引导式

教具准备

三角板、幻灯片

教学过程（）

1．复习回顾：

前面，我们学习了含有绝对值的不等式的基本解法，还了解了数轴标根法的解题思路，本节课，我们将继续研究分式不等式的解法.

2．讲授新课：

例3  解不等式 ＜0.

分析：这是一个分式不等式，其左边是两个关于x的二次三项式的商，根据商的符号法则，它可以化成两个不等式组：

因此，原不等式的解集就是上面两个不等式组的解集的并集，此种解法从课本可以看到.

另解：根据积的符号法则，可以将原不等式等价变形为（x2－3x＋2）(x2－2x－3)＜0

即（x＋1）(x－1)(x－2)(x－3)＜0

令（x＋1）(x－1)(x－2)(x－3)=0

可得零点x=－1或1，或2或3，将数轴分成五部分（如图）.

由数轴标根法可得所求不等式解集为：

{x|－1＜x＜1或2＜x＜3}

说明：（1）让学生注意数轴标根法适用条件；

（2）让学生思考 ≤0的等价变形.

例4  解不等式 ＞1

分析：首先转化成右端为0的分式不等式，然后再等价变形为整式不等式求解.

解：原不等式等价变形为：

－1＞0

通分整理得： ＞0

等价变形为：（x2－2x＋3）(x2－3x＋2)＞0

即：（x＋1）(x－1)(x－2)(x－3)＞0

由数轴标根法可得所求不等式解集为：

{x|x＜－1或1＜x＜2或x＞3}

说明：此题要求学生掌握较为一般的分式不等式的转化与求解.

3．课堂练习：

课本P19练习1.

补充：（1） ≥0；

（2）x(x－3)(x＋1)(x－2)≤0.

课堂小结

通过本节学习，要求大家在进一步掌握数轴标根法的基础上，掌握分式不等式的基本解法，即转化为整式不等式求解.

课后作业

习题6.4  3,4.

板书设计

●教学后记

探究活动

试一试用所学知识解下列不等式：

（1） ；

（2） ；

（3） ．

答案： （1）原式

观察这个不等式组，由于要求 ，同时要求 ，所以①式可以不解．

∴ 原式

如下图

∴

（2）分析 当 时，不等式两边平方，当 时，在 有意义的前提下恒成立．

原式 （Ⅰ）

或（Ⅱ）

由于同时满足（2）、（3）式，所以（1）式免解．

∴ （Ⅰ）式

（Ⅱ）式 ．

综合（Ⅰ）、（Ⅱ），得 ．

（3）分析 当 时，不等式两边平方，当 时，原式解集为 ．

原式

观察不等式组，设有可以免解的不等式．

原式

如下图

篇6：不等式的解法练习题

不等式的解法练习题

1、已知a∈R，则“a>2”是“a2>2a”成立的()

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

2、不等式3x1<1的解集为（）A.RB.xx0或x2C.xx2D.2x0x 333

3、若关于x的方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是()

A．(－1,1)B．(－2,2)

C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

1

4、设二次不等式ax2＋bx＋1>0的解集为x|－1

A．－3B．－5C．6D．55、若a<0，则关于x的不等式x2－4ax－5a2>0的解是

6、不等式x2－2x＋a>0对x∈R恒成立，则a的取值范围是

7.解不等式：

1-x011-3x2(1)(2)(3)3x2-2x-1≥02x502x15

2(4)-x2-2x+3≥0（5）12x5x30

（6）xx10（7）1|2x3|5 2

篇7：《含绝对值不等式的解法》教案

本课件依据我校高三数学第一轮复习用书《步步高高考总复习—数学》及另选部分题目制作而成，全部内容都经过了课堂教学的检验，为教学过程的实录。

本节课首先给出复习目标、重点解析及知识要点，并给出了绝对值不等式||a|-|b||≤|ab|≤|a|+|b|中等号成立的充要条件，对其中较难理解的情况给出了分析或证明。

然后给出了3道典型例题，每道例题后选配训练题帮助学生巩固、掌握所复习的知识。

最后以备选题的形式给出了12道训练题(其他教师使用本课件时可根据所教学生情况的不同，选取其中的题目作为例题)。大多数题目给出了不只一种的解题方法(思路)。

篇8：含参不等式的解法论文

解法一:利用消参化齐次式, 进而构造函数解决

欲证x1x2>e2, 需证lnx1+lnx2>2.

若f (x) 有两个极值点x1, x2, 即函数f' (x) 有两个零点.又f' (x) =lnx-mx, 所以, x1, x2是方程f' (x) =0的两个不同实根.

另一方面, 由.得lnx2-lnx1=m (x2-x1) ,

又0<x1<x2, 设t=x2/x1, 则t>1.因此, .

要证lnx1+lnx2>2, 即证:.即:当t>1时, 有.设函数.则,

所以, h (t) 为 (1, +∞) 上的增函数.注意到, h (1) =0.因此, h (t) ≥h (1) =0.

于是, 当t>1时, 有.所以, 有lnx1+lnx2>2成立, 即x1x2>e2.

解法二: 利用极值点偏移构造函数处理

欲证x1x2> e2, 需证lnx1+ lnx2> 2. 若f ( x) 有两个极值点x1, x2, 即函数f ' ( x) 有两个零点. 又f ' ( x) = lnx - mx, 所以, x1, x2是方程f ' ( x) = 0 的两个不同实根. 显然m > 0, 否则, 函数f ' ( x) 为单调函数, 不符合题意.

由, 即只需证明m (x1+x2) >2即可.即只需证明x1+x2>2m.

设g (x) =f' (x) -f' (2/m-x) (x∈ (0, 1/m) ) , , 故g (x) 在 (0, 1/m) ↑, 即g (x) <g (1/m) =0, 故.由于, 故f' (x) 在 (0, 1/m) ↑, (1/m, +∞) ↓.设x1<1/m<x2.令x=x1, 则, 又因为, f' (x) 在 (1/m, +∞) ↓, 故有, 即x1+x2>2/m.原命题得证.

解法三: 构造函数

由x1, x2是方程f' (x) =0的两个不同实根得m=lnx/ x, 令g (x) =lnx/ x, g (x1) =g (x2) , 由于, 因此g (x) 在 (1, e) ↑, (e, +∞) ↓, 设1<x1<e<x2, 要证明x1x2>e2, 只需证明, 只需证明, 即, 即.

设, 故h (x) 在 (1, e) ↑, 故h (x) <h (e) =0, 即.令x=x1, 则, 因为x2, , f (x) 在 (e, +∞) ↓, 所以, 即x1x2>e2.

解法四: 引入变量 ( 一)

设t1=lnx1∈ (0, 1) , t2=lnx2∈ (1, +∞) , 则由.欲证x1x2>e2, 需证lnx1+lnx2>2.即只需证明t1+t2>2, 即, 故g (k) 在 (0, 1) ↑, 因此g (k) <g (1) =0, 命题得证.

解法五: 巧引入变量 ( 二)

篇9：浅析含参一元二次不等式的解法

而解含参的一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a∈R)，必须对参数进行分类讨论，讨论时要保证参数的取值不重不漏.为达此目的，可把讨论对象逐级讨论，逐步解决.

可分为三级

第一级级讨论：二次项系数a，一般分为a＞0,a=0,a＜0进行讨论；

第二级讨论：方程根的判别式△，一般分为△＞0,△=0,△＜0进行讨论；

第三级讨论：对应方程两根大小.若x1,x2是方程x2＋bx＋c=0的两根，一般分为x1＞x2,x1=x2,x1＜x2进行讨论.

若某级已确定，可直接进入下一级讨论.

例1 解关于x的不等式：a2x2-ax-2＞0(其中实数a为常数)

分析：二次项系数含参数，从二次项系数开始讨论.

解：（1） 当a=0时，原不等式化为-2>0,显然不成立，因此不等式的解集为；

（2） 当a≠0时，a2＞0，由a2x2-ax-2=(ax+1)(ax-2)

得方程a2x2-ax-2=0的两根为：x1=2a,x2=-1a.

所以，当a>0时，原不等式的解集为x︱x＜-1a或x＞2a；

当a＜0时，原不等式的解集为x︱x＜2a或x＞-1a；

综上可知，当a=0时，原不等式的解集为；

当a>0时，原不等式的解集为x︱x＜-1a或x＞2a；

当a＜0时，原不等式的解集为x︱x＜2a或x＞-1a；

例2 解关于的不等式：x2＋ax＋4＞0(a∈R).

分析：二次项系数不含参数，可直接从△入手.

解：△=a2－16.

(1) 当△＞0，即a＞4或a＜－4时，方程x2＋x＋4=0两根分别为-a-a2-162、-a+a2-162,且-a-a2-162＜-a+a2-162,∴不等式解集为x|x＜-a-a2-162，或x＞-a+a2-162；

(ⅱ) 当△=0，即a=±4时，不等式为（x±2）2＞0,不等式解集为x∈R|x≠－a2；

(ⅲ) 当△＜0，即－4＜a＜4时，不等式解集为R.

综上知，当a＜－4或a＞4时，原不等式解集为x|x＜-a-a2-162或x＞-a+a2-162；当a=±4时，原不等式解集为x∈R|x≠－a2；当－4＜a＜4时，原不等式解集为R.

例3 解关于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1＜0(a∈R).

分析：原不等式可化为（ax－1）(x－1)＜0,可知对应方程的两根必存在，只需对二次项系数a和对应方程两根大小进行讨论.

解：原不等式等价于（ax－1）(x－1)＜0.

（Ⅰ） 当a=0时，不等式为－x＋1＜0，解集为{x|x＞1}；

（Ⅱ） 当a＞0时，方程（ax－1）(x－1)=0的两根为1a、1.

(ⅰ) 当0＜1a＜1,即a＞1时，解集为x|1a＜x＜1；

(ⅱ) 当1a=1，即a=1时，解集为；

(ⅲ) 当1a＞1，即0＜a＜1时，解集为x|1＜x＜1a.

(Ⅲ) 当a＜0时，不等式为(－ax＋1)(x－1)＞0，解集为x|x＞1,或x＜1a.

综上：当a＜0时，原不等式解集为x|x＞1,或x＜1a；

当a=0时，原不等式解集为{x|x＞1}；

当0＜a＜1时，原不等式解集为x|1＜x＜1a；

当a=1时，原不等式解集为；当＞1时，原不等式解集为x|1a＜x＜1.





(上接第63页)

4. （2009重庆卷理）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0)，若双曲线上存在一点P使sinPF1F2sinPF2F1=ac，则该双曲线的离心率的取值范围是 ．

变式：把条件改为点P在双曲线左支上，P到左准线的距离记作d,若d,PF1,PF2成等比数列，则该双曲线的离心率的取值范围是 ．

链接练习参考答案

1. 1

2. B

3. A

篇10：一元二次不等式的解法的教学设想

（一）教学设想

屯留县教师进修校 贾海芳

篇11：一元二次不等式的解法说课稿

关键词：数形结合;二次函数

一、教材分析

1.地位和作用。本课是五年制高等师范教材南京大学出版社《数学》教材第一册第二章第二节的教学内容，从知识结构看：它是一元一次不等式的延续和拓展，又是以后研究函数的定义域、值域等问题的重要工具，起到承前启后的作用;

从思想层次上看：它涉及到数形结合、分类转化等数学思想方法，在整个教材中有很强的基础性。

2.教材内容剖析。本节课的主要内容是通过二次函数的图像探究一元二次不等式的解法。教材中首先复习引入了“三个一次”的关系，然后依旧带新，揭示“三个二次”的关系，其次通过变式例题讨论了△=0和△<0的两种情况，最后推广一般情况的讨论，教材的内容编排由具体到抽象、由特殊到一般，符合人的认知规律。

3.重难点剖析。重点：一元二次不等式的解法。难点：一元二次方程、一元二次不等式、二次函数的关系。难点突破：(1)教师引导，学生自主探究，分组讨论。(2)借助多媒体直观展示，数形结合。(3)采用由简单到复杂，由特殊到一般的教学策略。

二、目的分析

知识目标：掌握一元二次不等式的解法，理解“三个二次”之间的关系

能力目标：培养学生“从形到数”的转化能力，由具体到抽象再到具体，从特殊到一般的归纳概括能力。

情感目标：在自主探究与讨论交流过程中，培养学生的合作意识。

三、教法分析

教法：“问题串”解决教学法

以“一串问题”为出发点，指导学生“动脑、动手、动眼、动口”，参与知识的.形成过程，注重学生的内在发展。

学法：合作学习(1)以问题为依托，分组探究，合作交流学习。(2)以现有认知结构为依托，指导学生用类比方法建构新知，用化归思想解决问题。

四、过程分析

本节课的教学，设计了四个教学环节：

创设情景、提出问题

问题1.用一根长为10m的绳子能围成一个面积大于6m2的矩形吗?“数学来源于生活，应用于生活”，首先，以生活中的一个实际问题为背景切入，通过建立简单的数学模型，抽象出一个一元二次不等式，引入课题。

设计意图：激发学生学习兴趣，体现数学的科学价值和使用价值。

自主探究，发现规律

问题2.解下列方程和不等式。①2x-4=0 ②2x-4>0 ③2x-4<0

归纳、类比法是我们发现问题、寻求规律，揭示问题本质最常用的方法之一。寻求一元二次不等式的解法，首先从一元一次不等式的解法着手。展示问题2。学生：用等式和不等式的基本性质解题。教师：还有其他的解决方法吗?展示问题3。

问题3.画出一次函数y=2x-4的图像，观察图像，纵坐标y=0、y>0、y<0所对应的横坐标x取哪些数呢?

学生：发现可以借用图像解题。此问题揭示了“三个一次”的关系。

设计意图：为后面学习二次不等式的解法提供铺垫。

问题4用图像法能不能解决一元二次不等式的解呢?已知二次函数y=x2-2x-8.

(1)求出此函数与x轴的交点坐标。

(2)画出这个二次函数的草图。

(3)在抛物线上找到纵坐标y>0的点。

(4)纵坐标y>0(即：x2-2x-8>0)的点所对应的横坐标x取哪些数呢?

(5)二次函数、二次方程、二次不等式的关系是什幺?

教师：展示问题4。此环节，要注意下面几个问题：

(1)启发引导学生运用归纳、类比的方法，组织学生分组讨论，自主探究。(2)及时解决学生的疑点，实现师生合作。(3)先让学生自己思考，最后教师和学生一起归纳步骤。(求根—画图—找解)，抓住问题本质，画图可省去y轴。教师抓住时机，展示例题1，巩固方法(△>0的情况)，规范步骤，板书做题步骤，起到示范的作用。设计意图：运用“解决问题”的教学方法，使每位学生参与知识的形成过程，体现了教师主导学生主体的地位。

变式提问，启发诱导

方程：ax2+bx+c=0的解情况函数：y=ax2+bx+c的图象

不等式的解集

ax2+bx+c>0ax2+bx+c<0

⊿>0

⊿=0

⊿<0

教师：展示例题2(1).-x2+x+6≥0(2).x2-4x+4<0(3).x2-x+3>0。学生：尝试通过画图求解。此环节要注意：引导学生把不熟悉的问题转化为熟悉的问题解决;对于△=0，△<0的情况，启发学生用数形结合的思想方法关键在于画好图像，贵在“结合”。设计意图：通过探索、尝试的过程，培养了学生大胆猜想，勇于探索的精神。

自我尝试，反馈小结。

教师：展示练习题，把学生分成两个小组，要求当堂完成，看哪个组做的好做的快。教师对出现的问题及时反馈。同时，进一步启发引导学生将特殊、具体问题的结论推广到一般化。展示表格，学生：填写内容。

学生理解了“三个二次”的关系，得到一般结论应该是水到渠成。最后，教师做本节课的小结，布置作业。设计意图：激发了学生的求知欲，培养了学生的主动参与意识。

五、评价分析

篇12：一元一次不等式和它的解法

①不等式性质3的正确使用．

②避免不等式变形中常见的错误（去分母时不要漏乘，移项要变号，书写不能连写不等号等）．

八、布置作业

（一）必做题：P73 A组 1．（1）（2）（4）（5）．

（二）选做题：P73～P74 A组2．（2）（4）（6）；B组1．

参考答案

（一）1．（1） （2） （4） （5）

（二）2．（2） （4） （6）

1．

九、板书设计

6.3  一元一次不等式和它的解法（一）

一、一元一次不等式

1．概念：只含有一个未知数且未知数次数为1，系数不为0的不等式叫一元一次不等式．

注意：针对最简形式而言．

2．标准形式 或    （其中 ）

二、解法（与一元一次方程进行对比）

1． 例1

解： 解：

2．例2

解：解：

三、小结

注意：1．不等式性质3．

篇13：含参不等式恒成立问题的求解策略

关键词：含参不等式,数学,函数

一、引言

该题型考察含参数的不等式恒成立问题, 在考试中经常出现, 但还是有许多学生茫然不知所措。因为这类问题涉及到高中数学的很多思想方法;同时这类问题思维要求高, 解法也较灵活, 故学生难以掌握。但若我们能认真观察分析一下这类问题的特征, 其实这类题目的规律性是较强的。

二、含参不等式求解法

下面就结合例子给出解决此类问题的几种方法:

例1:已知不等式x2+ax+1≥0对于一切的恒成立, 求a的取值范围。

解法一:原不等式可化为ax≥- (x2+1)

解法二:利用参变量分离法

化成a>f (x) (a<f (x) ) 型恒成立问题, 再利用a>fmax (x) (a<fmin (x) ) 求出参数范围。用函数导数的方法是解决函数最值采用的方法。有的时候也可以用基本不等式, 二次函数等其他方法。这是高中数学中拿到恒成立问题时经常产用的一种方法, 也是用的最多的一种方法。

解法三:构建函数法

利用一次函数、二次函数的性质来确定参数的取值范围。化归为二次函数, 结合二次函数对称轴与定义域的位置关系、单调性等相关知识, 求出参数范围。

解法四:数形结合法

某些含参不等式恒成立问题, 采用数形结合的方法可以更直观的解决好问题。两端的式子分别看成两个函数, 且画出两函数的图像, 然后通过观察两图像 (特别是交点时) 的位置关系, 从而列出关于含参数的不等式。原不等式可化为:ax≥- (x2+1) 令y1=-x2-1, y2=ax, 在同一坐标系中做出它们的图像, 由图可知:。

法三化成f (x) ≥g (x) 型问题, 利用数形结合思想转化为函数图像的关系再处理。

解决恒成立问题的实质是合理转化到函数, 通过函数性质 (最值) 或图像进行求解。从简单问题入手, 让学生自己归纳与分析解题思路, 最后提炼解决此问题的实质是解决函数的最值问题。

三、总结

数学的深奥复杂性在于数学问题的千变万化, 参数问题形式多样, 方法灵活多变, 技巧性较强。这就要求我们要以变应变, 通过这个例题, 我们再次领略了解决恒成立问题的多种常见求解方法, 事实上, 这些方法都不是孤立的, 在具体的解题实践中, 往往需要综合考虑, 灵活运用, 才能使问题得以顺利解决.但是, 不管哪一种解法, 都渗透了数学最本质的思想, 通过化归到函数求其最值来处理。因此, 系统地掌握参数问题的解题方法, 无疑会对学生今后学习及培养学生分析问题和解决问题等方面有很大的帮助。

参考文献

[1]何灯, 王少光.Carleman不等式的加强及加强式的自动发现[J].汕头大学学报 (自然科学版) , 2011, (4) .

[2]刘保乾.不等式自动发现和判定程序agl2010的若干改进及应用[J].广东第二师范学院学报, 2011, (3) .

篇14：解析含参不等式成立的问题

【关键词】含参不等式；辨析；转化

含参不等式成立的问题，通常有在给定的区间不等式恰成立、恒成立和能成立基本题型。它通常与函数、方程综合在一起，结构变化多样、方式灵活。

一、基本题型

例1.已知函数f(x)=lg(a-ax-x2)

（1）若f(x)>0在（2,3）上恰成立,求a的值;

（2）若f(x)在x（2,3）上有意义，求a的取值范围;

（3）若f(x)定义域A≠φ，试求a的取值范围.

解析：（1）f(x)>0，解集为(2,3),即a-ax-x2>1，解集为(2,3), 2、3是方程x2+ax+1-a=0根 a=-5.

（2）等价于a-ax-x2>0在(2,3)上恒成立,设g(x)=-x2-ax+a。则

（3）f(x)定义域A≠φ，存在自变量的值x0，使f(x0)有意义，则a-ax-x2>0能成立，即a-ax-x2的最大值大于0。即△= a2+4a>0a>0或a<-4.

二、对所含变量异同的辨析

例2.已知函数f(x)=x2-2x-k, g(x)=x2+2x+3(k∈R),

（1）若对任意x∈[-3，3]都有f(x)≤g(x)成立，求K的取值范围；（2）若对任意x1、x2∈[-3，3]都有f(x1)≤g(x2)求K的取值范围；（3）若对任意x1∈[-3，3]总存在x0∈[-3，3]，使得g(x0)= f(x1)成立，求K的取值范围。

解：（1）f(x)-g(x)≤0在[-3，3]恒成立，即-4x-3≤K在[-3，3]成立，（-4x-3）max=9，故K≥9.

（2）对任意x1、x2∈[-3，3]，说明x1、x2是[-3，3]上的两个独立的变量，有f(x1)≤g(x2)成立， g(x)的所有函数值都大于f(x)的所有函数值，只需g(x)min≥f(x)max，得2≥15-K，故K≥13.

（3）对于任意x1∈[-3，3]，f(x1)为f(x)在[-3，3]上任意一个函数值，存在x0∈[-3，3]使得g(x0)=f(x1)，即是对于f(x)在[-3，3]上的所有函数值，g(x)在[-3，3]上总有相应的函数值与之相等，即f(x)的值域为g(x)值域的子集，易求g(x)的值域为[2，18]，f(x)的值域为[-1-K，15-K]，从而有

三、对变量任意性、存在性的辨析

例3.设f(x)=x2+2x+a2+a+1，g(x)= x3+x2+26+2a2

（1）若对任意 1、2∈[0，4]使得│f(1)- g(2)│<59恒成立，求a的取值范围；

（2）若存在1、2[0，4]使得|f(1)- g(2)│<1成立，求a的取值范围。

解析：（1）∵1、2∈[0，4]，f(1)，g(2)的变化范围为f(x)，g(x)在[0，4]的值域， f(x)的值域为[a2+a+1，a2+a+25]，g(x)的值域为[2a2+26，2a2+58]

对任意1、2∈[0，4]使得│f(1)-g(2)│<59恒成立，只需│f(1)-g(2)│max<59

∵g(x)min-f(x)max= a2-a+1=（a- ）2+>0，g(x)max-f(x)min>g(x)min-f(x) max

∴g(x)max -f(x)min <59 即：a2-a-2<0，故-1

（2）存在1,2∈[0，4]使得│f(1)-g(2)│<1成立,只需│f(1)-g(2)│min <1

由(1)可知只需g(x)min-f(x)max<1

即a2-a<0故0

篇15：一元一次不等式组的解法教学反思

本课设计充分体现教科书的编写意图，通过创设与学生实际生活联系密切的问题情境，并由学生根据自己的经验列出一元一次不等式解决问题，从中发现一元一次不等式与一元一次方程之间的内在联系，从而学会用去分母的方法解一元一次不等式．要让学生懂得：学习的目的就是为了学以致用．为实现上述构想，本课设计了一系列的学生活动．特别是在“探究新知”中一连抛出5个问题，引发学生独立思考，讨论交流，尝试练习，自主建构一元一次不等式的解法．在这些活动中，又采用了个体活动、小组活动、全班活动等多种形式，为学生的自主学习提供了广阔的“舞台”，真正凸现出学生是数学学习的主人，动手实践、自 主探索与合作交流是学生学习数学的重要方式这一全新的理念．

本节课以开放式的课堂形式组织教学，让学生再教师提出的学习目标下进行自学，然后 和小组同学共同合作探究难点、解决问题。由于本节教学内容的特点，教师无须过多讲解，只需引导、组织学生活动，有意识的让学生去自学，主动去观察、比较、分类、归纳，积极 思考，并真正参与到学生的讨论之中。这节课成功之处在于调动、启发学生、提出问题的 水平以及激起学生求知欲、培养他们学习数学的主动性的艺术高低。在课堂教学中，给了学 生更多的展示自己的机会，并且教师的鼓励与欣赏有助于学生认识自我，建立自信，发挥评 价的教育功能。学生在解题时经常出现解题过程单

篇16：绝对值不等式解法的说课稿公开课

一．教材分析：

（1）教材的地位和作用

《绝对值不等式的解法》是人教版A版选修4-5中第一讲第二节的内容，它是我们学生在学习了绝对值的定义及几何意义及不等式的解法与性质之后给出的一节课。含有绝对值不等式的问题主要有两大类，其中一类是不等式的证明，另一类是不等式的解法，其中不等式的解法是高考的重点。

（2）教学目标：

①知有一个绝对值的不等式的解法。

②能力目标：培养学生观察，分析，归纳概括的能力以及逻辑推理能力。考察学生思维的积极性和全面性，领悟分类讨论的思想和数形结合的思想方法。

③情感目标：激发学生学习兴趣，鼓励学生大胆探索，使学生形成良好的个性品质和学习习惯。

(3)教学目标：

①教学重点：如何去掉绝对值符号将其转化为普通的不等式去解。

②教学难点：绝对值意义的理解及综合问题的求解过程中交，并等各种运算。

二．学情分析：

（1）优势：学生们在知识上已经具备了一定的知识经验和基础。

学生们在能力上已经初步具备了数形结合思想和分类讨论思想。

（2）不足：学生们基础较薄弱，逻辑思维能力不强。

三．教学教法分析：

本节内容采取了启发式，讲练结合式，讨论式的教学方法和学生探究式学法。在教师的引导下想法提高学生的学习兴趣，给学生时间去思考，让主动权交给学生，让学生自己发现分析解决问题，不仅教给学生知识，让学生慢慢学会知识，让传统下的学习数学改成研究数学，从而使传授知识与培养能力融为一体。

四．教学过程：

复习引入 讲授新课 应用举例 知识反馈 归纳小结 布置作业

（1）复习引入：引导学生一起复习绝对值的定义及几何意义。从具体的例子入手，引导启发学生们用不同的方法去解。

（2）讲授新课：让学生们总结出一般的|x|>a(a>0)或|x|0)型不等式的解法。

（3）应用举例：给出含有一个绝对值的不等式的例1，例2让学生们尝试用不同的方法去解。

（4）知识反馈：共举出了三个练习，并且三个练习逐一加强难度。让学生们反复练并找学生们到黑板上板演，最后点评。练习让学生们尝试用两种不同的方法去解，从而体会到各自的优缺点。

（5）归纳小结：本节基本思路是去绝对值符号转化成一般的不等式。主要方法有用定义法，几何法和平方法。

（6）布置作业：分别设置了必做题和选做题，这样可以对不同层次的学生有针对性的练习。

五．教学设计说明：

我采用的模式是问题—探究—归纳—应用。

篇17：一元一次不等式解法反思

一元一次不等式的解法反思

由于本节课是一节微课，时间简短，基于微课的要求以及微课所面对的是一些个体，因此整个教学活动教师的讲解比较重要。在教学过程中不能急于求成，适时给予恰当的引导。再通过范例与学生共同经历解一元一次不等式的过程。

一元一次不等式的解法与一元一次方程的解法十分相似，解一元一次方程的依据是等式的性质，而解一元一次不等式的依据是不等式的性质，所以讲授新课之前老师先复习了不等式的性质和前面刚学过的一元一次不等式的定义。对于一元一次不等式解法的教学中采用探究式的教学方法，首先鼓励学生运用不等式的性质和不等式的解集自主尝试求解，再交流解答过程，并进行适当的归纳总结。类比解方程的方法，并比较其异同。让学生非常清楚地看到不等式的解法与方程的解法的步骤是相同的，只是第一步去分母和最后一步系数化为1，可能使得不等号的方向改变。

篇18：不等式与含参解几问题的整合

解析几何中求参数的取值范围问题是屡见不鲜的, 在高考中也占很大的比重, 解决这类问题的关键往往是需要建立恰当的不等关系, 高三的复习中我们发现不少的学生常常在多重条件面前无可奈何, 针对这类问题, 本文略举几例介绍这类问题建立不等关系的集合思路, 仅供参考.

1 紧扣曲线定义, 巧建不等式

例1 双曲线$\frac{x{}^2}{3}-y{}^2=1$的右焦点为F, 右准线为l, 以F, l为对应焦点和准线的椭圆截直线y=kx+3所得的弦恰被x轴平分, 求k的取值范围.

解 双曲线的右焦点F (2, 0) , 右准线l:$x=\frac{3}{2}$.设椭圆的离心率为e (0<e<1) , 则椭圆方程为

$\frac{\sqrt{(x-2){}^2+y{}^2}}{\left|x-3/2\right|}=e$,

整理得

$(1-e{}^2)x{}^2+(3e{}^2-4)x+y{}^2+4-\frac{9}{4}e{}^2=0‚$

其中心${\rm O}{}_1\left(\frac{3e{}^2-4}{2(e{}^2-1)}‚0\right).$

因直线y=kx+3恰好经过O1点, 故

$k\cdot \frac{3e{}^2-4}{2(e{}^2-1)}+3=0$,

变形得

$e{}^2=\frac{4k+6}{3k+6}(k\ne -2).$

由0<e2<1, 得$-\frac{3}{2}＜k＜0.$

本例求解过程中, 先设法求出e的表达式, 然后利用椭圆定义中离心率的范围0<e<1建立不等关系, 是解决此类问题的基本思路.

2 利用点与曲线关系, 巧建不等式

不等式:

点 (x, y) 在圆内⇔x2+y2<1;

点 (x, y) 在椭圆内部$\iff \frac{x{}^2}{a{}^2}+\frac{y{}^2}{b{}^2}＜1(a＞b＞0)$;

点 (x, y) 在抛物线的内部⇔y2<2px.

利用点与圆锥曲线之间的关系, 可使问题迎刃而解.

例2 已知椭圆$\frac{x{}^2}{a{}^2}+\frac{y{}^2}{b{}^2}=1(a＞b＞0)$, 点A, B是椭圆上的两点, 线段AB的垂直平分线与x轴交于点P (x0, 0) .证明:

$-\frac{a{}^2-b{}^2}{a}＜x{}_0＜\frac{a{}^2-b{}^2}{a}.$

证明 设线段AB的垂直平分线是l, 并记线段AB的中点为 (x1, y1) .

由l和x轴交于一点P, 则AB不能与x轴垂直.设AB的斜率为k, 则l的方程为x+ky-x0=0.又设A (x1+t, y1+kt) , B (x1-t, y1-t) , 则有

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}b{}^2(x{}_1+t){}^2+a{}^2(y{}_1+kt){}^2=a{}^{2}b{}^2‚(1)\\ b{}^2(x{}_1-t){}^2+a{}^2(y{}_1-kt){}^2=a{}^{2}b{}^2‚(2)\\ x{}_1+ky{}_1-x{}_0=0.(3)\end{array}\\ (1)-(2)\text{得}\end{array}$

b2x1+a2ky1=0.

联立 (3) , 解得

$x{}_1=\frac{a{}^2}{a{}^2-b{}^2}x{}_0.$

由线段AB的中点 (x1, y1) 在椭圆的内部, -a<x1<a, 得$-a＜\frac{a{}^2}{a{}^2-b{}^2}x{}_0＜a$, 即

$-\frac{a{}^2-b{}^2}{a}＜x{}_0＜\frac{a{}^2-b{}^2}{a}.$

3 利用判别式, 巧建不等式

若含有参数a的关系式变形后可转化为某一实变量x (或y) 的二次 (或双二次) 方程, 而参数a含于系数之中, 那么就可以根据x (或y) 为实数的条件Δ=f (a) ≥0, 再结合韦达定理得出关于参数a的不等式 (组) , 则求出参数a的取值范围.

例3 已知椭圆E:$\frac{x{}^2}{4}+\frac{y{}^2}{3}=1$.试确定m的取值范围, 使得椭圆E上存在两个不同的点关于直线l:y=4x+m对称.

解A (x1, y1) , B (x2, y2) 是椭圆E上关于直线l对称的两点, 则直线AB:$y=-\frac{1}{4}x+b$.由

$\{\begin{array}{l}\frac{x{}^2}{4}+\frac{y{}^2}{3}=1‚\\ y=-\frac{1}{4}x+b‚\end{array}$

得 13y2-24by+3 (4b2-1) =0.

因为此方程有两个实数根y1, y2, 所以

Δ= (24b) 2-12×13 (4b2-1) >0.

解得$-\frac{\sqrt{13}}{2}＜b＜\frac{\sqrt{13}}{2}.(4)$

由韦达定理可得:$y{}_1+y{}_2=\frac{24b}{13}.$

又由弦AB的中点C是直线y=4x+m与$y=-\frac{1}{4}x+b$的公共点, 得

$C\left(\frac{4(b-m)}{17}‚\frac{16b+m}{17}\right).$

所以$\frac{16b+m}{17}=\frac{12b}{13}$, 即

$b=-\frac{13}{4}m.(5)$

将 (5) 代入 (4) 得

$-\frac{2\sqrt{13}}{13}＜m＜\frac{2\sqrt{13}}{13}.$

解答此类题目, 容易出现两种错误:

①对直线l斜率的存在与否不作讨论而直接设为点斜式, 出现漏解或步骤不全的现象.

②对判别式的使用不规范, 忽略了在判别式Δ≥0的前题下直接使用韦达定理.

4 利用基本不等式, 巧建不等式

例4 若抛物线C:y=ax2-1上存在关于直线l:x+y=0对称的两点, 试求a的取值范围.

解 设抛物线C上关于直线l:x+y=0对称的相异两点分别为P (x1, y1) , Q (x2, y2) , 由题意可得

$\{\begin{array}{l}y{}_1=ax{}_1^2-1‚(6)\\ y{}_2=ax{}_2^2-1‚(7)\\ \frac{y{}_1-y{}_2}{x{}_1-x{}_2}=1‚(8)\\ \frac{y{}_1+y{}_2}{2}+\frac{x{}_1+x{}_2}{2}=0.(9)\end{array}$

将 (6) 、 (7) 代入 (8) 、 (9) 并注意到a≠0, x1-x2≠0, 得

$\{\begin{array}{l}x{}_1+x{}_2=\frac{1}{a}‚(10)\\ x{}_1^2+x{}_2^2=-\frac{1}{a{}^2}+\frac{2}{a}.(11)\end{array}$

由二元均值不等式得

2 (x${}_1^2$+x${}_2^2$) > (x1+x2) 2.

将 (10) 、 (11) 代入上式有

$2\left(-\frac{1}{a{}^2}+\frac{2}{a}\right)＞\left(\frac{1}{a}\right){}^2$, 即$a＞\frac{3}{4}.$

5 利用等价转移思想, 巧建不等式

例5 已知双曲线C1:3x2-4y2=1与抛物线C2:y2=x+b (x≥1) 相交.求b的取值范围.

解 显然C1, C2相交等价于方程组

$\{\begin{array}{l}3x{}^2-4y{}^2=1‚\\ y{}^2=x+b\end{array}(x\ge 1)$

有实数解.消去y得

$b=\frac{3}{4}\left(x-\frac{2}{3}\right){}^2-\frac{7}{12}.$

此函数在[1, +∞) 上是增函数, 无最大值, 其最小值为

$b{}_{\min }=\frac{3}{4}\left(1-\frac{2}{3}\right){}^2-\frac{7}{12}=-\frac{1}{2}$,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}b\ge -\frac{1}{2}.\\ \end{array}$