不等式的性质及一元二次不等式（精讲）

2.1不等式的性质及一元二次不等式（精讲）一．两个实数比较大小的方法1.作差法①a－b>0⇔a>b；②a－b＝0⇔a＝b；③a－b<0⇔a<b．2.作商法①eq\f(a,b)>1(a∈R，b>0)⇔a>b(a∈R，b>0)；②eq\f(a,b)＝1(a∈R，b≠0)⇔a＝b(a∈R，b≠0)③eq\f(a,b)<1(a∈R，b>0)⇔a<b(a∈R，b>0)．二．等式的性质性质1对称性：如果a＝b，那么b＝a；性质2传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性质3可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性质4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性质5可除性：如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).三．不等式的性质性质1对称性：a>b⇔b<a；性质2传递性：a>b，b>c⇒a>c；性质3可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；性质4可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc；性质5同向可加性：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；性质6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；性质7同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．四．一元二次不等式1.概念：一般地，我们把只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式．2.二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系判别式Δ＝b2－4acΔ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2)有两个相等的实数根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}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a)))))Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}∅∅五．分式不等式与整式不等式(1)>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)；(2)≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.六．简单的绝对值不等式|x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)，|x|<a(a>0)的解集为(－a，a)．七．常用结论1.倒数性质的几个必备结论(1)a＞b，ab＞0⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)(2)a＜0＜b⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)(3)a＞b＞0，0＜c＜d⇒eq\f(a,c)＞eq\f(b,d)(4)0＜a＜x＜b或a＜x＜b＜0⇒eq\f(1,b)＜eq\f(1,x)＜eq\f(1,a)．2．两个重要不等式若a＞b＞0，m＞0，则：(1)eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(b－m＞0)；(2)eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)．一．比较大小的常用方法(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．(4)赋值法和排除法：可以多次取特殊值，根据特殊值比较大小，从而得出结论．二．判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证．(2)利用特殊值法排除错误选项．(3)作差法．(4)构造函数，利用函数的单调性．三．解含参数的一元二次不等式的步骤(1)根据二次项系数为正、负及零进行分类．(2)根据判别式Δ与0的关系判断根的个数．(3)有两个根时，有时还需根据两根的大小进行讨论．四．恒成立问题求参数的范围1.一元二次不等式的恒成立问题对一元二次不等式的恒成立问题的考查常有以下几种形式：（1）在R上恒成立；（2）在给定区间上恒成立；（3）给定参数范围的恒成立．处理此类问题的常用方法有：①分参法；②函数法；③变换主元法．2.一元二次不等式在R上恒成立的条件(1)不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)对任意实数x恒成立⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.))(2)不等式ax2＋bx＋c＜0(a≠0)对任意实数x恒成立⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))注意：只要二次项系数含参数，必须讨论二次项系数为零的情况．3.给定区间上的恒成立问题的求解方法(1)函数法：若f(x)>0在给定集合上恒成立，可利用一元二次函数的图象转化为等价不等式(组)求范围．(2)分参法：转化为函数值域问题，即已知函数f(x)的值域为[m，n]，则f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成立⇒f(x)max≤a，即n≤a．4.给定参数范围的恒成立问题解法解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数．一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数．即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解．五．一元二次方程根的分布设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0，Δ>0)有不相等的两根为x1，x2，且x1<x2，相应的二次函数为f(x)＝ax2＋bx＋c，方程的根即为二次函数的图象与x轴交点的横坐标，它们的分布情况见下面各表(每种情况对应的均是充要条件)．（1）两根与0的大小比较即根的正负情况分布情况两个负根即两根都小于0(x1<0，x2<0)两个正根即两根都大于0(x1>0，x2>0)一正根一负根即一个根小于0，一个根大于0(x1<0<x2)大致图象(a>0)得出的结论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)<0，,f（0）>0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)>0，,f（0）>0))f(0)<0大致图象(a<0)得出的结论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)<0，,f（0）<0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)>0，,f（0）<0))f(0)>0综合结论(不讨论a)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)<0，,a·f（0）>0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)>0，,a·f（0）>0))a·f(0)<0（2）两根与k的大小比较分布情况两根都小于k即x1<k，x2<k两根都大于k即x1>k，x2>k一个根小于k，一个根大于k即x1<k<x2大致图象(a>0)得出的结论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)<k，,f（k）>0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)>k，,f（k）>0))f(k)<0大致图象(a<0)得出的结论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)<k，,f（k）<0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)>k，,f（k）<0))f(k)>0综合结论(不讨论a)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)<k，,a·f（k）>0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,－\f(b,2a)>k，,a·f（k）>0))a·f(k)<0（3）根在区间上的分布分布情况两根都在(m，n)内两根有且仅有一根在(m，n)内(图象有两种情况，只画了一种)一根在(m，n)内，另一根在(p，q)内，m<n<p<q两根分别在区间(m，n)外，即在区间两侧x1<m，x2>n大致图象(a>0)得出的结论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,f（m）>0，,f（n）>0，,m<－\f(b,2a)<n))f(m)·f(n)<0eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）>0，,f（n）<0，,f（p）<0，,f（q）>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）f（n）<0，,f（p）f（q）<0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）<0，,f（n）<0；))大致图象(a<0)得出的结论eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,f（m）<0，,f（n）<0，,m<－\f(b,2a)<n))f(m)·f(n)<0eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）<0，,f（n）>0，,f（p）>0，,f（q）<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）f（n）<0，,f（p）f（q）<0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）>0，,f（n）>0.))综合结论(不讨论a)__________f(m)·f(n)<0eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）f（n）<0，,f（p）f（q）<0))考法一比较大小【例1-1】（2023浙江嘉兴）（多选）若实数满足，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【解析】A：由，因此本选项不正确；B：由，因此本选项正确；C：因为，所以，因此本选项正确；D：因为，所以，因此本选项正确，故选：BCD【例1-2】（2023·云南）设，则（）A． B．C． D．【答案】C【解析】，所以，，.因为，所以；因为，所以；因为，则，所以.综上，.故选：C.【一隅三反】1．（2023北京）已知：，则3，，的大小关系是A． B．C． D．【答案】D【解析】，，∴；又，∴.故选D.2．（2023贵州贵阳）设，且实数满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由,可得,则,即；同理,,因为,所以均为正数,则,同理可得,，所以,故选:B3（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）（多选）下列大小关系正确的有（

）A． B． C． D．【答案】BD【解析】由指数函数和幂函数可知，当时，因为，所以，选项A不正确；因为，所以，故选项B正确；因为，所以，即所以，所以，故选项C不正确；因为，，所以，所以，故选项D正确，故选：BD考法二不等式的性质【例2】．（2023·吉林·统考三模）已知，则下列不等式不一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】A选项，，故，所以，两边同乘以得，，A成立；B选项，因为，所以，且，由基本不等式得，故B成立；C选项，因为，所以，故，所以，C成立；D选项，不妨取，满足，此时，故D不一定成立.故选：D【一隅三反】1．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）下列不等式正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，，则D．若，，，且，则【答案】D【解析】对于A，当，，时满足，但，所以A错误；对于B，当，，时，满足，但，所以B错误；对于C，由不等式的基本性质易知，当，，时满足，，但，所以C错误；对于D，，所以，故D正确．故选：D．2（2023·北京朝阳·统考一模）若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，，即，故A正确；取，则不成立，故B错误；取，则不成立，故C错误；取，则，故D错误.故选：A3．（2023·江苏）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】A选项：，则，故A正确；B选项：，则，所以，故B错误；C选项：当或时，，则，故C错误；D选项：当时，，故D错误.故选：A．考法三代数式范围【例3】（2023·江苏南通·模拟预测）已知，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，所以，解得，所以，又，所以，故A，C，D错误.故选：B.【一隅三反】1．（2023秋·广东·高三校联考期末）已知，，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设，所以，则，又，所以，，由不等式的性质得：，则的取值范围为.故选：D.2．（2022秋·云南昆明·高三云南省昆明市第五中学校考开学考试）（多选）已知，，则（

）A．的取值范围为 B．的取值范围为C．ab的取值范围为 D．的取值范围为【答案】AC【解析】因为，，所以，，，所以，的取值范围为，的取值范围为，故A选项正确，B选项错误；因为，，所以，，，，所以，ab的取值范围为，的取值范围为故C选项正确，D选项错误.故选：AC考法四不含参一元二次不等式解法【例4】（2023·云南）解一元二次不等式：(1)；(2).(3)；(4).【答案】(1)(2)(3)(4)【解析】（1）由可知，不等式的解集为.（2）解得，故由不等式，得，故不等式的解集为.（3）由得，即，，，即不等式的解集为；（4）由得，即，不可能成立，即不等式的解集为.【一隅三反】（2023·新疆）解下列不等式：(1)；(2)(3)(4)(5)；(6)；(7)；(8)．(9)；(10)．【答案】(1)或(2)(3)或；(4).(5)(6)或(7)(8)（9），，；(10)，，．【解析】(1)因为，所以方程有两个不等实根x1＝－1，x2＝－3.所以原不等式的解集为或.(2)因为，所以方程有两个相等实根x1＝x2＝所以原不等式的解集为.(3)由题意，，所以原不等式的解集为{或}.(4)由得，，故不等式的解集为；(5)原不等式即为，解得，故原不等式的解集为；(6)将原不等式变形为，即，解得或，故原不等式的解集为或；(7)将原不等式变形为，解得，故原不等式的解集为；(8)对于不等式，，故原不等式的解集为.(9)不等式化为，即，解得，即或，∴原不等式的解集为，，；(10)不等式可化为，即，解得，即或，∴原不等式的解集为，，．考法五含参数一元二次不等式的解法【例5-1】（2023·河北唐山）（多选）已知关于x的不等式的解集为，则下列结论正确的是（

）A．B．C．D．关于x的不等式的解集为【答案】BC【解析】由不等式的解集为，所以和1是方程的两个根，由根与系数的关系可得，解得，故A错误，B正确，，故C正确，不等式变为，解得，故D错误，故选：BC【例5-2】（2023春·湖北武汉）已知，解关于的不等式．【答案】答案见解析【解析】当时，不等式为，解得；当时，不等式化为，当时，不等式为，解得；当时，不等式为，若，不等式为，解得；若，解得或；，解得或.综上所述，当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是或；当时，原不等式的解集是或．【例5-3】（2023·全国·高三专题练习）解下列关于的不等式．【答案】见解析【解析】方程：且解得方程两根：；当时，原不等式的解集为：当时，原不等式的解集为：综上所述,当时，原不等式的解集为：当时，原不等式的解集为：【一隅三反】1．（2023·河南郑州）（多选）已知关于的不等式解集为或，则下列结论正确的有（

）A．B．不等式的解集为C．D．不等式的解集为或【答案】AD【解析】关于的不等式解集为或,结合二次函数和一元二次方程以及不等式的关系，可得，且是的两根，A正确；则，故，所以即，即的解集为，B错误；由于的不等式解集为或,故时，，即，C错误；由以上分析可知不等式即，因为，故或，故不等式的解集为或，D正确，故选：AD2．（2023·全国·高三专题练习）解下列关于的不等式．【答案】答案见解析【解析】当时，原不等式为，解集为；当时，原不等式为，解集为；当时，原不等式为，若，即时，解集为或；若，即时，解集为；若，即时，解集为或；综上，解集为；解集为；解集为或；解集为；解集为或.3．（2023上海宝山）（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求关于的不等式的解集.【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】（1）原不等式化为，当时，可得，解得，当时，的根为且，解得或，当时，可得，解得；当时，的根为且，解得或；当时，由解得，故不等式解集为.综上，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.（2）由题意得，且，解得，不等式可化为，即，解得或，故不等式解集为.考法六分式与绝对值不等式的解法【例6-1】（2023·浙江金华·模拟预测）若集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】已知，解不等式，不等式等价于且，解得.所以.，故．故选：D【例6-2】（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由，则，即，解得，所以，由，即，解得，即，所以.故选：D【一隅三反】1．（2022·全国·模拟预测）已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】,且是单调增函数,所以，因为，所以，所以．故选：A.2．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由，即，所以，所以，由，得，所以，解得，所以，所以．故选：A．3．（2023·广东广州·高三广东实验中学校考阶段练习）已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以，又，因此，.故选：C考法七一元二次不等式恒（能）成立【例7-1】（2023·全国·高三专题练习）若不等式对恒成立，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】原不等式可化为对恒成立．（1）当时，若不等式对恒成立，只需，解得；（2）当时，若该二次不等式恒成立，只需，解得，所以；综上：.故答案为：【例7-2】（2023·广西·统考模拟预测）若不等式对恒成立，则a的取值范围是____________．【答案】【解析】由不等式对恒成立，可转化为对恒成立，即，而，当时，有最大值，所以，故答案为：．【例7-3】（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）若不等式在上有解，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为关于的不等式在区间上有解，所以在区间上有解，设，，其中在区间上单调递减，所以有最小值为，所以实数的取值范围是．故选：C．【一隅三反】1．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）若命题“”是假命题，则实数的最大值为______．【答案】【解析】由题知命题的否定“”是真命题．令，则解得，故实数的最大值为故答案为：2．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆市凤鸣山中学校考阶段练习）若时，恒成立，则a的取值范围为______.【答案】【解析】解法1：时，恒成立，即恒成立，即恒成立.令（），则，，当且仅当，即，等号成立，故，即a的取值范围为.解法2：令，则由题意知，，在时恒成立，即时，.①当，即时，在单调递增，此时，成立，所以，恒成立；②当，即时，在上单调递减，在单调递增，所以，此时只需，即可，即解得，，∴，综上所述，a的取值范围为.故答案为：.3．（2022秋·北京·高三统考阶段练习）若存在，有成立，则实数a的取值范围是__________.【答案】【解析】将原不等式参数分离可得，设，已知存在，有成立，则，令，则，，由对勾函数知在上单调递减，在上单调递增，，，所以，即，故答案为：.4．（2022秋·江苏南通·高三统考阶段练习）若关于x的不等式在区间上有解，则实数a的取值范围是__________．【答案】【解析】因为，所以由得，因为关于的不等式在区间上有解，所以只需小于等于的最大值，当时，，当时，，当且仅当时等号成立，即当且仅当时取等号，故的最大值为，所以，即实数的取值范围是.故答案为：.考法八一元二次方程根的分布【例8-1】（2022秋·内蒙古）关