2022版备战老高考一轮复习理科数学第1节 不等式的性质与一元二次不等式 教案

全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制1～2个小题，分值5～10分.2.考查内容(1)小题主要考查：一元二次不等式的解法、简单的线性规划中线性目标函数的最值求法、简单的逻辑推理题等.(2)大题主要考查：应用基本不等式求最值(或范围)、运用演绎推理、直接证明与间接证明以及数学归纳法证明代数或几何问题.3.备考策略从2019年高考试题可以看出，高考对简单线性规划的考查会逐渐趋于淡化，对于推理与证明的思想运用会进一步加强.第一节不等式的性质与一元二次不等式[最新考纲]1.了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式(组)的实际背景.2.会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型.3.通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.4.会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图．1．两个实数比较大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＞0⇔a＞b，,a－b＝0⇔a＝b（a，b∈R），,a－b＜0⇔a＜b.))(2)作商法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＞1⇔a＞b，,\f(a,b)＝1⇔a＝b（a∈R，b＞0），,\f(a,b)＜1⇔a＜b)).2．不等式的性质(1)对称性：a>b⇔b<a；(2)传递性：a>b，b>c⇒a>c；(3)可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；(4)可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc；a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；(5)乘方法则：a>b>0⇒an>bn(n≥2，n∈N)；(6)开方法则：a>b>0⇒eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n≥2，n∈N)；(7)倒数性质：设ab>0，则a<b⇔eq\f(1,a)>eq\f(1,b).3．“三个二次”的关系判别式Δ＝b2－4Δ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根有两相异实根x1，x2(x1<x2)有两相等实根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)没有实数根ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集{x|x<x1或x>x2}{x|x≠－eq\f(b,2a)}Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}∅∅eq\a\vs4\al([常用结论])1．若a＞b＞0，m＞0，则eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；若b＞a＞0，m＞0，则eq\f(b,a)＞eq\f(b＋m,a＋m).2．(x－a)(x－b)＞0或(x－a)(x－b)＜0型不等式的解法口诀：大于取两边，小于取中间．3．恒成立问题的转化：a＞f(x)恒成立⇒a＞f(x)max；a≤f(x)恒成立⇒a≤f(x)min．4．能成立问题的转化：a＞f(x)能成立⇒a＞f(x)min；a≤f(x)能成立⇒a≤f(x)max．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)a＞b⇔ac2＞bc2.()(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.()(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a＜0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为R.()(4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a＜0且Δ＝b2－4ac≤[答案](1)×(2)√(3)×(4)×二、教材改编1．函数f(x)＝eq\r(3x－x2)的定义域为()A．[0，3] B．(0，3)C．(－∞，0]∪[3，＋∞) D．(－∞，0)∪(3，＋∞)A[要使函数f(x)＝eq\r(3x－x2)有意义，则3x－x2≥0，即x2－3x≤0，解得0≤x≤3.]2．设A＝(x－3)2，B＝(x－2)(x－4)，则A与B的大小关系为()A．A≥B B．A＞BC．A≤B D．A＜BB[∵A－B＝(x－3)2－(x－2)(x－4)＝x2－6x＋9－x2＋6x－8＝1＞0，∴A＞B，故选B.]3．设b<a，d<c，则下列不等式中一定成立的是()A．a－c<b－d B．ac<bdC．a＋c>b＋d D．a＋d>b＋cC[由同向不等式具有可加性可知C正确．]4．若不等式ax2＋bx＋2＞0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜x＜\f(1,3)))))，则a＋b＝________．－14[由题意知x1＝－eq\f(1,2)，x2＝eq\f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的两个根，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝－\f(1,2)＋\f(1,3)，,\f(2,a)＝－\f(1,2)×\f(1,3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2))(经检验知满足题意)．∴a＋b＝－14.]考点1比较大小与不等式的性质比较大小的5种常用方法(1)作差法：直接作差判断正负即可(常用变形手段：因式分解、配方、有理化、通分等)．(2)作商法：直接作商与1的大小比较，注意两式的符号．(3)函数的单调性法：把比较的两个数看成一个函数的两个值，根据函数的单调性比较．(4)不等式的性质法．(5)特殊值排除法：可以多次取特殊值，根据特殊值比较大小，从而得出结论．1.若a，b，c∈R，且a＞b，则下列不等式一定成立的是()A．a＋c≥b－c B．(a－b)c2≥0C．ac＞bc D.eq\f(b,a)≤eq\f(b＋c,a＋c)B[(不等式的性质法)a，b，c∈R，且a＞b，可得a－b＞0，因为c2≥0，所以(a－b)c2≥0.故选B.]2．若a<0，b<0，则p＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)与q＝a＋b的大小关系为()A．p<q B．p≤qC．p>q D．p≥qB[法一：(作差法)p－q＝eq\f(b2,a)＋eq\f(a2,b)－a－b＝eq\f(b2－a2,a)＋eq\f(a2－b2,b)＝(b2－a2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,b)))＝eq\f(（b2－a2）（b－a）,ab)＝eq\f(（b－a）2（b＋a）,ab)，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p<q.综上，p≤q.故选B.法二：(特殊值排除法)令a＝b＝－1，则p＝q＝－2，排除选项A、C;令a＝－1，b＝－2，则p<q，排除选项D.故选B.]3．(2019·全国卷Ⅱ)若a＞b，则()A．ln(a－b)＞0 B．3a＜3C．a3－b3＞0 D．|a|＞|b|C[法一：由函数y＝lnx的图象(图略)知，当0＜a－b＜1时，ln(a－b)<0，故A不正确；因为函数y＝3x在R上单调递增，所以当a>b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3＞0，故C正确；当b<a<0时，|a|<|b|，故D不正确．故选C法二：当a＝0.3，b＝－0.4时，ln(a－b)＜0，3a＞3b，|a|＜|b|，故排除A，B，D.故选C4．设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________．[5，10][法一：(待定系数法)设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b于是得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1.))∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)又∵1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4.∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10故5≤f(－2)≤10.法二：(运用方程思想)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＝a－b，,f（1）＝a＋b，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f（－1）＋f（1）]，,b＝\f(1,2)[f（1）－f（－1）]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f又∵1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10法三：(借助线性规划)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))确定的平面区域如图阴影部分所示，当f(－2)＝4a－2b过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))时，取得最小值4×eq\f(3,2)－2×eq\f(1,2)＝5，当f(－2)＝4a－2b过点B(3，1)时取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.](1)尽管特值法可以较快的排除干扰选项，但直接应用该法作出正确判断是有风险的，如T2，T3.(2)利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件，如T1，T4.考点2一元二次不等式的解法解一元二次不等式的一般步骤解下列不等式：(1)3＋2x－x2≥0；(2)ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)．[解](1)原不等式化为x2－2x－3≤0，即(x－3)(x＋1)≤0，故所求不等式的解集为{x|－1≤x≤3}．(2)若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1.若a<0，原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0，解得x<eq\f(1,a)或x>1.若a>0，原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.①当a＝1时，eq\f(1,a)＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0无解；②当a>1时，eq\f(1,a)<1，解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得eq\f(1,a)<x<1；③当0<a<1时，eq\f(1,a)>1，解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得1<x<eq\f(1,a).综上所述：当a<0时，解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,a)或x>1))))；当a＝0时，解集为{x|x>1}；当0<a<1时，解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a)))))；当a＝1时，解集为∅；当a>1时，解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).[母题探究]将本例(2)中不等式改为x2－(a＋1)x＋a<0(a∈R)，求不等式的解集．[解]原不等式可化为(x－a)(x－1)<0，当a>1时，原不等式的解集为(1，a)；当a＝1时，原不等式的解集为∅；当a<1时，原不等式的解集为(a，1)．解含参不等式的分类讨论依据提醒：含参数讨论问题最后要综上所述．[教师备选例题]解不等式：x2－2ax＋2≤0(a∈R)．[解]对于方程x2－2ax＋2＝0，因为Δ＝4a2－8(1)当Δ＜0，即－eq\r(2)＜a＜eq\r(2)时，x2－2ax＋2＝0无实根．又二次函数y＝x2－2ax＋2的图象开口向上，所以原不等式的解集为∅；(2)当Δ＝0，即a＝±eq\r(2)时，x2－2ax＋2＝0有两个相等的实根，当a＝eq\r(2)时，原不等式的解集为{x|x＝eq\r(2)}，当a＝－eq\r(2)时，原不等式的解集为{x|x＝－eq\r(2)}；(3)当Δ＞0，即a＞eq\r(2)或a＜－eq\r(2)时，x2－2ax＋2＝0有两个不相等的实根，分别为x1＝a－eq\r(a2－2)，x2＝a＋eq\r(a2－2)，且x1＜x2，所以原不等式的解集为{x|a－eq\r(a2－2)≤x≤a＋eq\r(a2－2)}．综上，当a＞eq\r(2)或a＜－eq\r(2)时，解集为{x|a－eq\r(a2－2)≤x≤a＋eq\r(a2－2)}；当a＝eq\r(2)时，解集为{x|x＝eq\r(2)}；当a＝－eq\r(2)时，解集为{x|x＝－eq\r(2)}；当－eq\r(2)＜a＜eq\r(2)时，解集为∅.1.(2019·济南模拟)已知不等式ax2－5x＋b>0的解集为{x|x＜－eq\f(1,3)或x＞eq\f(1,2)}，则不等式bx2－5x＋a>0的解集为()A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,3)＜x＜\f(1,2))) B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(1,3)或x＞\f(1,2)))C．{x|－3<x<2} D．{x|x<－3或x>2}C[由题意知a>0，且eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)是方程ax2－5x＋b＝0的两根，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)＋\f(1,2)＝\f(5,a)，,－\f(1,3)×\f(1,2)＝\f(b,a)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝30，,b＝－5，))∴bx2－5x＋a＝－5x2－5x＋30>0，即x2＋x－6<0，解得－3<x<2，故选C.]2．不等式eq\f(2x＋1,x－5)≥－1的解集为________．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤\f(4,3)或x＞5))))[将原不等式移项通分得eq\f(3x－4,x－5)≥0，等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3x－4）（x－5）≥0，,x－5≠0，))解得x≤eq\f(4,3)或x＞5.∴原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤\f(4,3)或x＞5)))).]3．解不等式12x2－ax>a2(a∈R)．[解]原不等式可化为12x2－ax－a2>0，即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，解得x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f(a,3).当a>0时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))；当a＝0时，不等式的解集为(－∞，0)∪(0，＋∞)；当a<0时，不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，＋∞)).考点3一元二次不等式恒成立问题在R上恒成立，求参数的范围一元二次不等式在R上恒成立的条件不等式类型恒成立条件ax2＋bx＋c>0a>0，Δ<0ax2＋bx＋c≥0a>0，Δ≤0ax2＋bx＋c<0a<0，Δ<0ax2＋bx＋c≤0a<0，Δ≤0不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．(－2，2][当a－2＝0，即a＝2时，不等式即为－4<0，对一切x∈R恒成立，当a≠2时，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,Δ＝4（a－2）2＋16（a－2）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<2，,－2<a<2，))∴－2<a<2.综上，可得实数a的取值范围是(－2，2]．]本题在求解中常因忽略“a－2＝0”的情形致误，只要二次项系数含参数，必须讨论二次项系数为零的情况．若不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0对一切实数x都成立，则k的取值范围为()A．(－3，0) B．[－3，0)C．[－3，0] D．(－3，0]D[当k＝0时，显然成立；当k≠0时，即一元二次不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0对一切实数x都成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＜0，,Δ＝k2－4×2k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)))＜0，))解得－3<k<0.综上，满足不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0对一切实数x都成立的k的取值范围是(－3，0]．]在给定区间上恒成立，求参数的范围在给定某区间上恒成立，形如f(x)＞0或f(x)＜0(x∈[a，b])的不等式确定参数范围时，常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值．[一题多解]已知函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于x∈[1，3]，f(x)<5－m恒成立，求实数m的取值范围．[解]要使f(x)<－m＋5在x∈[1，3]上恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋eq\f(3,4)m－6<0在x∈[1，3]上恒成立．有以下两种方法：法一：(函数最值法)令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋eq\f(3,4)m－6，x∈[1，3]．当m>0时，g(x)在[1，3]上是增函数，所以g(x)max＝g(3)，即7m－6<0所以m<eq\f(6,7)，所以0<m<eq\f(6,7)；当m＝0时，－6<0恒成立；当m<0时，g(x)在[1，3]上是减函数，所以g(x)max＝g(1)，即m－6<0，所以m<6，所以m<0.综上所述，m的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m|m＜\f(6,7))).法二：(分离参数法)因为x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋eq\f(3,4)>0，又因为m(x2－x＋1)－6<0，所以m<eq\f(6,x2－x＋1).因为函数y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up8(2)＋\f(3,4))在[1，3]上的最小值为eq\f(6,7)，所以只需m<eq\f(6,7)即可．所以m的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m|m＜\f(6,7))).[母题探究]若将“f(x)<5－m恒成立”改为“存在x，使f(x)<5－m成立”，如何求m的取值范围？[解]由题意知f(x)<5－m有解，即m<eq\f(6,x2－x＋1)有解，则m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,x2－x＋1)))eq\s\do1(max)，又x∈[1，3]，得m<6，即m的取值范围为(－∞，6)．函数最值法、分离参数法及数形结合法是解决不等式在给定某区间上恒成立问题的三种常用方法．每种方法对于不同试题各有优劣，要牢牢掌握，灵活使用，特别是数形结合时，满足条件的图象要画全，画对．二次函数问题建议多考虑，对应二次函数图象，建议恒成立或能成立问题求参数范围时，首选分离参数法．若不等式x2＋ax＋4≥0对一切x∈(0，1]恒成立，则a的取值范围为________．[－5，＋∞)[由不等式x2＋ax＋4≥0对一切x∈(0，1]恒成立，得a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))对一切x∈(0，1]恒成立．设f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))，x∈(0，1]，则只要a≥[f(x)]max即可．由于函数f(x)在区间(0，1]上单调递增，所以[f(x)]max＝f(1)＝－5，故a≥－5.]给定参数范围的恒成立问题形如f(x)＞0或f(x)＜0(参数m∈[a，b])的不等式确定x的范围时，要注意变换主元，即将原不等式转化为g(m)＞0或g(m)＜0恒成立问题．对任意的k∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(k－4)x＋4－2k的值恒大于零，则x的取值范围是__________．{x|x<1或x>3}[对任意的k∈[－1，1]，x2＋(k－4)x＋4－2k>0恒成立，即g(k)＝(x－2)k＋(x2－4x＋4)>0，在k∈[－1，1]时恒成立．只需g(－1)>0且g(1)>0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3.]解决