高考数学一轮复习 第七篇 不等式（考点梳理+考点自测+揭秘高考+专题集训）理 新人教A版

第七篇不等式第1讲不等关系与不等式【年高考会这样考】1．考查不等式的基本性质常与求函数的定义域、判断不等关系、不等式的恒成立和同解变形等问题结合在一起．2．考查充分、必要条件的判断，含参不等式成立的条件，命题的真假判断，大小比较等问题．eq\f(对应学生,93)考点梳理1．两个实数大小关系的比较两个实数的大小是用实数的运算性质来定义的，有a－b＞0⇔a＞b；a－b＝0⇔a＝b；a－b＜0⇔a＜b.另外，若b＞0，则有eq\f(a,b)＞1⇔a＞b；eq\f(a,b)＝1⇔a＝b；eq\f(a,b)＜1⇔a＜b.2．不等式的性质(1)对称性：如果a>b，那么b<a.(2)传递性：如果a>b，b>c，那么a>c.(3)可加性：如果a>b，那么a＋c>b＋c.(4)可乘性：如果a>b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.(5)同向可加性：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.(6)同向同正可乘性：如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.(7)可乘方性：如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)．(8)可开方性：如果a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．3．不等式的一些常用性质(1)倒数性质：①a＞b，ab＞0⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).②a＜0＜b⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).③a＞b＞0,0＜c＜d⇒eq\f(a,c)＞eq\f(b,d).④0＜a＜x＜b或a＜x＜b＜0⇒eq\f(1,b)＜eq\f(1,x)＜eq\f(1,a).(2)有关分数的性质若a＞b＞0，m＞0，则①真分数的性质：eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(b－m＞0)；②假分数的性质：eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)．【助学·微博】一种方法待定系数法：求代数式的范围时，先用已知的代数式表示目标式，再利用多项式相等的法则求出参数，最后利用不等式的性质求出目标式的范围．两点提醒(1)不等式的性质分为“双向性”与“单向性”两个方面，单向性主要用来证明不等式；双向性是解不等式的基础，因为解不等式要求的是同解变形．(2)运用不等式的性质时，不要忽视不等式性质满足的条件．考点自测1．已知a＞b，c＞d，且c，d不为0，那么下列不等式成立的是()．A．ad＞bcB．ac＞bdC．a－c＞b－dD．a＋c＞b＋d解析由不等式性质知：a＞b，c＞d⇒a＋c＞b＋d.答案D2．已知a<b，则下列不等式正确的是()．A.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)B．a2>b2C．2－a>2－bD．2a>2解析∵a<b，∴－a>－b，∴2－a>2－b.答案C3．已知a，b，c∈R，则“a＞b”是“ac2＞bc2”A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析a＞b/⇒ac2＞bc2，∵当c2＝0时，ac2＝bc2；反之，ac2＞bc2⇒a＞b.答案B4．(·全国)下面四个条件中，使a＞b成立的充分而不必要的条件是()．A．a＞b＋1B．a＞b－1C．a2＞b2D．a3＞b3解析A项：若a＞b＋1，则必有a＞b，反之，当a＝2，b＝1时，满足a＞b，但不能推出a＞b＋1，故a＞b＋1是a＞b成立的充分而不必要条件；B项：当a＝b＝1时，满足a＞b－1，反之，由a＞b－1不能推出a＞b；C项：当a＝－2，b＝1时，满足a2＞b2，但a＞b不成立；D项：a＞b是a3＞b3的充要条件，综上知选A.答案A5．若0<a<b，c>0，则eq\f(b＋c,a＋c)与eq\f(a＋c,b＋c)的大小关系为________．解析eq\f(b＋c,a＋c)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(b＋c2－a＋c2,a＋cb＋c)＝eq\f(b－aa＋b＋2c,a＋cb＋c)，∵b>a>0，c>0，∴a＋c>0，b＋c>0，b－a>0，a＋b＋2c>0，∴eq\f(b＋c,a＋c)>eq\f(a＋c,b＋c).答案eq\f(b＋c,a＋c)>eq\f(a＋c,b＋c)eq\f(对应学生,94)考向一比较大小【例1】►已知a，b，c是实数，试比较a2＋b2＋c2与ab＋bc＋ca的大小．[审题视点]作差比较，再构造完全平方式．解∵a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，当且仅当a＝b＝c时取等号．∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.比较大小的方法常采用作差法与作商法，若是选择题、填空题可以用特值法．【训练1】已知a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是()．A．M<NB．M>NC．M＝ND．不确定解析法一(作差法)M－N＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a2－1)(a1－1)，∵a1，a2∈(0,1)，∴a2－1<0，a1－1<0，∴(a2－1)(a1－1)>0，∴M－N>0，即M>N.法二(特值法)取a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(1,2)，则M＝eq\f(1,4)，N＝0，故M>N.答案B考向二不等式性质的简单应用【例2】►(1)(·上海十三校联考)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，有下面四个不等式：①|a|>|b|，②a<b，③a＋b<ab，④a3>b3，则不正确的不等式的个数是()．A．0B．1C．2D．3(2)设a，b是实数，则“0＜ab＜1”是“b＜eq\f(1,a)”的()．A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．既不充分也不必要条件D．充要条件[审题视点](1)先将条件eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0转化为a，b之间的关系再一一判断；(2)结合充分、必要条件的概念．解析(1)由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0可得b<a<0，从而|a|<|b|，①、②不正确；a＋b<0，ab>0，则a＋b<ab成立，③正确；a3>b3，④正确．故不正确的不等式的个数为2.(2)若0<ab<1，当a<0时，b>eq\f(1,a)；当a>0时，b<eq\f(1,a)；反之，若b<eq\f(1,a)，当a<0时，ab>1；当a>0时，ab<1.故选C.答案(1)C(2)C在判断一个关于不等式的命题真假时，先把要判断的命题和不等式性质联系起来考虑，找到与命题相近的性质，并应用性质判断命题真假．【训练2】已知三个不等式：①ab＞0；②bc＞ad；③eq\f(c,a)＞eq\f(d,b).以其中两个作为条件，余下一个作为结论，则可以组成正确命题的个数是()．A．0B．1C．2D．3解析命题①：若ab＞0，eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，则bc＞ad；命题②：若ab＞0，bc＞ad，则eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)；命题③：若eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，bc＞ad，则ab＞0.答案D考向三不等式性质的综合应用【例3】►已知函数f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(－2)的取值范围．[审题视点]思路1：用f(－1)，f(1)整体表示f(－2)；思路2：把a，b用f(－1)，f(1)表示；思路3：用线性规划知识求解．解法一设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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\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.法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.法三由eq\b\lc\{\rc\(\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，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.由a＜f(x，y)＜b，c＜g(x，y)＜d，求F(x，y)的取值范围，可利用待定系数法解决，即设F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)，用恒等变形求得m，n，再利用不等式的性质求得F(x，y)的取值范围．【训练3】若α，β满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))试求α＋3β的取值范围．解设α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x＋y)α＋(x＋2y)β.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x＋2y＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2.))∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，∴两式相加，得1≤α＋3β≤7.eq\f(对应学生,95)方法优化9——灵活掌握不等关系与比较大小的方法【命题研究】通过近三年的高考试题分析，对不等式的性质考查主要是比较大小问题，以及与命题、充要条件等结合在一起．题型多以选择题、填空题为主，难度不大，属低中档题．【真题探究】►(·辽宁)若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是()．A．ex≤1＋x＋x2B.eq\f(1,\r(1＋x))≤1－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4)x2C．cosx≥1－eq\f(1,2)x2D．ln(1＋x)≥x－eq\f(1,8)x2[教你审题]思路1构造函数，利用函数单调性和最值求解．思路2举反例排除．[一般解法]设f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1，则f′(x)＝－sinx＋x≥0(x≥0)，所以f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1是增函数，所以f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1≥f(0)＝0，即cosx≥1－eq\f(1,2)x2.[优美解法]对于A，因为e3>1＋3＋32，故A不恒成立；同理，当x＝eq\f(1,3)时，eq\f(1,\r(1＋x))>1－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4)x2，故B不恒成立；当x＝4时，ln(1＋x)<x－eq\f(1,8)x2，故D不恒成立．所以选C.[答案]C[反思]解决与不等式有关的推理与判断题，除了根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法．【试一试】已知a>b>0，给出下列四个不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)；④a3＋b3>2a2b.其中一定成立的不等式为()．A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④解析由a>b>0可得a2>b2，①成立；由a>b>0可得a>b－1，而函数f(x)＝2x在R上是增函数，∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴(eq\r(a－b))2－(eq\r(a)－eq\r(b))2＝2eq\r(ab)－2b＝2eq\r(b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)，③成立；若a＝3，b＝2，则a3＋b3＝35,2a2b＝36，则a3＋b3<2a2b，④不成立，故选A.答案Aeq\f(对应学生,283)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(·浙江)若a，b为实数，则“0<ab<1”是“a<eq\f(1,b)或b>eq\f(1,a)”的 ()．A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析当0<ab<1时，若b>0，则有a<eq\f(1,b)；若b<0，则a<0，从而有b>eq\f(1,a).故“0<ab<1”是“a<eq\f(1,b)或b>eq\f(1,a)”的充分条件．反之，取b＝1，a＝－2，则有a<eq\f(1,b)或b>eq\f(1,a)，但ab<0.故选A.答案A2．(·保定模拟)已知a>b，则下列不等式成立的是 ()．A．a2－b2≥0 B．ac>bcC．|a|>|b| D．2a>2解析A中，若a＝－1，b＝－2，则a2－b2≥0不成立；当c＝0时，B不成立；当0>a>b时，C不成立；由a>b知2a>2b成立，故选D.答案D3．(·晋城模拟)已知下列四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有 ()．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个解析运用倒数性质，由a>b，ab>0可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②、④正确．又正数大于负数，①正确，③错误，故选C.答案C4．如果a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中不一定成立的是()．A．ab>ac B．c(b－a)>0C．cb2<ab2 D．ac(a－c)<0解析由题意知c<0，a>0，则A一定正确；B一定正确；D一定正确；当b＝0时C不正确．答案C二、填空题(每小题5分，共10分)5．若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，则α－β的取值范围是________．解析由－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，α<β得－π<α－β<0.答案(－π，0)6．(·南昌一模)现给出三个不等式：①a2＋1>2a；②a2＋b2>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b－\f(3,2)))；③eq\r(7)＋eq\r(10)>eq\r(3)＋eq\r(14).其中恒成立的不等式共有________个．解析因为a2－2a＋1＝(a－1)2≥0，所以①不恒成立；对于②，a2＋b2－2a＋2b＋3＝(a－1)2＋(b＋1)2＋1>0，所以②恒成立；对于③，因为(eq\r(7)＋eq\r(10))2－(eq\r(3)＋eq\r(14))2＝2eq\r(70)－2eq\r(42)>0，且eq\r(7)＋eq\r(10)>0，eq\r(3)＋eq\r(14)>0，所以eq\r(7)＋eq\r(10)>eq\r(3)＋eq\r(14)，即③恒成立．答案2三、解答题(共25分)7．(12分)设0<x<1，a>0且a≠1，比较|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小．解法一当a>1时，由0<x<1知，loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)，∵0<1－x2<1，∴loga(1－x2)<0，从而－loga(1－x2)>0，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.当0<a<1时，同样可得|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.法二平方作差|loga(1－x)|2－|loga(1＋x)|2＝[loga(1－x)]2－[loga(1＋x)]2＝loga(1－x2)·logaeq\f(1－x,1＋x)＝loga(1－x2)·logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2x,1＋x)))>0.∴|loga(1－x)|2>|loga(1＋x)|2，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.法三作商比较∵eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(loga1－x,loga1＋x)))＝|log(1＋x)(1－x)|，∵0<x<1，∴log(1＋x)(1－x)<0，故eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)＝－log(1＋x)(1－x)＝log(1＋x)eq\f(1,1－x)＝1＋log(1＋x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－x)·\f(1,1＋x)))＝1＋log(1＋x)eq\f(1,1－x2).由0<x<1知，1＋x>1及eq\f(1,1－x2)>1，∴log(1＋x)eq\f(1,1－x2)>0，故eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)>1，∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.8．(13分)已知f(x)＝ax2－c且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围．解由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－c＝f1，,4a－c＝f2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)[f2－f1]，,c＝－\f(4,3)f1＋\f(1,3)f2.))所以f(3)＝9a－c＝－eq\f(5,3)f(1)＋eq\f(8,3)f(2)．因为－4≤f(1)≤－1，所以eq\f(5,3)≤－eq\f(5,3)f(1)≤eq\f(20,3)，因为－1≤f(2)≤5，所以－eq\f(8,3)≤eq\f(8,3)f(2)≤eq\f(40,3).两式相加，得－1≤f(3)≤20，故f(3)的取值范围是[－1,20]．B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(·上海)若a、b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是()．A．a2＋b2＞2ab B．a＋b≥2eq\r(ab)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞eq\f(2,\r(ab)) D.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2解析对A：当a＝b＝1时满足ab＞0，但a2＋b2＝2ab，所以A错；对B、C：当a＝b＝－1时满足ab＞0，但a＋b＜0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜0，而2eq\r(ab)＞0，eq\f(2,\r(ab))＞0，显然B、C不对；对D：当ab＞0时，由均值定理eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.答案D2．(·汉中一模)若a、b均为不等于零的实数，给出下列两个条件．条件甲：对于区间[－1,0]上的一切x值，ax＋b>0恒成立；条件乙：2b－a>0，则甲是乙的 ()．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解析当x∈[－1,0]时，恒有ax＋b>0成立，∴当a>0时，ax＋b≥b－a>0，当a<0时，ax＋b≥b>0，∴b－a>0，b>0，∴2b－a>0，∴甲⇒乙，乙推不出甲，例如：a＝eq\f(3,2)b，b>0时，则2b－a＝eq\f(1,2)b>0，但是，当x＝－1时，a·(－1)＋b＝－eq\f(3,2)b＋b＝－eq\f(1,2)b<0，∴甲是乙的充分不必要条件．答案A二、填空题(每小题5分，共10分)3．(·泉州一模)已知奇函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上是单调减函数，α，β，γ∈R，且α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，则f(α)＋f(β)＋f(γ)与0的关系是________．解析∵f(x)在R上是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∵α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，∴α>－β，β>－γ，γ>－α，而f(x)在R上是单调减函数，∴f(α)<f(－β)＝－f(β)，f(β)<f(－γ)＝－f(γ)，f(γ)<f(－α)＝－f(α)，以上三式相加得：2[f(α)＋f(β)＋f(γ)]<0，即f(α)＋f(β)＋f(γ)<0.答案f(α)＋f(β)＋f(γ)<04．(·南京一模)给出下列四个命题：①若a>b>0，则eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；②若a>b>0，则a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；③若a>b>0，则eq\f(2a＋b,a＋2b)>eq\f(a,b)；④设a，b是互不相等的正数，则|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2.其中正确命题的序号是________(把你认为正确命题的序号都填上)．解析①作差可得eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)，而a>b>0，则eq\f(b－a,ab)<0，此式错误．②a>b>0，则eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，进而可得－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)，所以可得a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)正确．③eq\f(2a＋b,a＋2b)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2a＋b－aa＋2b,a＋2bb)＝eq\f(b2－a2,a＋2bb)＝eq\f(b－ab＋a,a＋2bb)<0，错误．④当a－b<0时此式不成立，错误．答案②三、解答题(共25分)5．(12分)(·安徽)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy；(2)设1＜a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.证明(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.将上式中的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要证明的不等式即为x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立．6．(13分)已知f(x)是定义在(－∞，4]上的减函数，是否存在实数m，使得f(m－sinx)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x))对定义域内的一切实数x均成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．思维启迪：不等式和函数的结合，往往要利用函数的单调性和函数的值域．解假设实数m存在，依题意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－sinx≤4，,m－sinx≥\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤sinx，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2.))因为sinx的最小值为－1，且－(sinx－eq\f(1,2))2的最大值为0，要满足题意，必须有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤－1，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥0，))解得m＝－eq\f(1,2)或eq\f(3,2)≤m≤3.所以实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).探究提高不等式恒成立问题一般要利用函数的值域，m≤f(x)恒成立，只需m≤f(x)min.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第2讲一元二次不等式及其解法【年高考会这样考】1．考查简单不等式的解法，特别是一元二次不等式和一元一次不等式的解法，主要是函数的定义域与值域、简单的复合函数相结合的题目．2．考查简单的指数、对数不等式的求解，可以利用单调性转化成简单的不等式求解．eq\f(对应学生,96)考点梳理1．一元二次不等式的解法(1)将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．(2)计算相应的判别式．(3)当Δ≥0时，求出相应的一元二次方程的根．(4)利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式的解集．2．三个“二次”间的关系判别式Δ＝b2－4Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象续表一元二次方程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＞x2或x＜x1}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(b,2a)))Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}∅∅【助学·微博】一个技巧一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0(a≠0)的解集的确定受a的符号、b2－4ac的符号的影响，且与相应的二次函数、一元二次方程有密切联系，可结合相应的函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象，数形结合求得不等式的解集．若一元二次不等式经过不等式的同解变形后，化为ax2＋bx＋c＞0(或＜0)(其中a＞0)的形式，其对应的方程ax2＋bx＋c＝0有两个不等实根x1，x2，(x1＜x2)(此时Δ＝b2－4ac＞0)，则可根据“大于取两边，小于夹中间”求解集．两点提醒(1)解含参数的一元二次不等式，若二次项系数为常数，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类讨论；若不易因式分解，则可对判别式进行分类讨论，分类要不重不漏；(2)二次项系数中含有参数时，则应先考虑二次项是否为零，然后再讨论二次项系数不为零时的情形，以便确定解集的形式．考点自测1．不等式2x2－x－1＞0的解集是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B．(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)解析∵2x2－x－1＝(x－1)(2x＋1)＞0，∴x＞1或x＜－eq\f(1,2).解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)．答案D2．(·重庆)不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集为()．A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)解析由数轴标根法可知原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，选A.答案A3．若不等式ax2＋bx－2＜0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＜x＜\f(1,4)))))，则ab＝()．A．－28B．－26C．28D．26解析∵－2，eq\f(1,4)是方程ax2＋bx－2＝0的两根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－2,a)＝－2×\f(1,4)＝－\f(1,2)，,－\f(b,a)＝－\f(7,4)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝7，))∴ab＝28.答案C4．(·山东)不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是()．A．[－5,7]B．[－4,6]C．(－∞，－5]∪[7，＋∞)D．(－∞，－4]∪[6，＋∞)解析将x＝6代入可知适合，排除C，将x＝0代入可知不适合，排除A、B.故选D.答案D5．不等式ax2＋2ax＋1≥0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．解析当a＝0时，不等式为1≥0恒成立；当a≠0时，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,4a2－4a≤0.))∴0＜a≤1，综上0≤a≤1.答案[0,1]eq\f(对应学生,97)考向一一元二次不等式的解法【例1】►解下列关于x的不等式：(1)－x2＋8x－3>0；(2)x2－(3＋a)x＋3a[审题视点]利用求一元二次不等式的解法求解，注意对参数的讨论．解(1)原不等式化为x2－8x＋3<0，∵方程x2－8x＋3＝0有两个不等实根x1＝4－eq\r(13)，x2＝4＋eq\r(13).又二次函数y＝x2－8x＋3的图象开口向上，所以原不等式的解集为{x|4－eq\r(13)<x<4＋eq\r(13)}．(2)∵x2－(3＋a)x＋3a>0，∴(x－3)(x－a①当a<3时，x<a或x>3，不等式解集为{x|x<a或x>3}；②当a＝3时，不等式为(x－3)2>0，不等式解集为{x|x∈R且x≠3}；③当a>3时，x<3或x>a，不等式解集为{x|x<3或x>a}．(1)解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函数的图象写出不等式的解集．(2)解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即Δ的符号进行分类，最后在根存在时，根据根的大小进行分类．【训练1】求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．解∵12x2－ax＞a2，∴12x2－ax－a2＞0，即(4x＋a)(3x－a)＞0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，得：x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f(a,3).①a＞0时，－eq\f(a,4)＜eq\f(a,3)，解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；②a＝0时，x2＞0，解集为{x|x∈R且x≠0}；③a＜0时，－eq\f(a,4)＞eq\f(a,3)，解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\f(a,4))).综上所述：当a＞0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；当a＝0时，不等式的解集为{x|x∈R且x≠0}；当a＜0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\f(a,4))).考向二一元二次不等式恒成立问题【例2】►已知函数f(x)＝mx2－mx－1.(1)若对于x∈R，f(x)＜0恒成立，求实数m的取值范围；(2)若对于x∈[1,3]，f(x)＜5－m恒成立，求实数m的取值范围．[审题视点](1)分m＝0与m≠0，再结合判别式可求解；(2)将其转化m<g(x)，x∈[1,3]上恒成立，再求g(x)的最小值．解(1)由题意可得m＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2＋4m＜0))⇔m＝0或－4＜m＜0⇔－4＜m≤0.故m的取值范围是(－4,0]．(2)∵f(x)＜－m＋5⇔m(x2－x＋1)＜6，∵x2－x＋1＞0，∴m＜eq\f(6,x2－x＋1)对于x∈[1,3]恒成立，只需求m<eq\f(6,x2－x＋1)的最小值，记g(x)＝eq\f(6,x2－x＋1)，x∈[1,3]，记h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，h(x)在x∈[1,3]上为增函数．则g(x)在[1,3]上为减函数，∴[g(x)]min＝g(3)＝eq\f(6,7)，∴m＜eq\f(6,7).所以m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).对于含参不等式的恒成立问题，我们不是直接去解它，而是通过变量分离，将其转化为最值问题后，得到所求变量的不等式(组)，再解得范围，或者转化为函数问题，用函数知识得到所求变量的不等式(组)，求出范围．【训练2】已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．解法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a.①当a∈(－∞，－1)时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.综上所述，所求a的取值范围是[－3,1]．法二令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,a＜－1，,g－1≥0.))解得－3≤a≤1.所求a的取值范围是[－3,1]．考向三三个“二次”关系的应用【例3】►已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象过A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，且满足a2＋(y1＋y2)a＋y1y2＝0.(1)证明：y1＝－a或y2＝－a；(2)证明：函数f(x)的图象必与x轴有两个交点；(3)若关于x的不等式f(x)>0的解集为{x|x>m或x<n，n<m<0}，解关于x的不等式cx2－bx＋a>0.[审题视点](1)因式分解可证；(2)分a>0与a<0讨论；(3)先判别a，再用根与系数的关系求解．(1)证明∵a2＋(y1＋y2)a＋y1y2＝0，∴(a＋y1)(a＋y2)＝0，得y1＝－a或y2＝－a.(2)证明当a>0时，二次函数f(x)的图象开口向上，图象上的点A、B的纵坐标至少有一个为－a且小于零，∴图象与x轴有两个交点．当a<0时，二次函数f(x)的图象开口向下，图象上的点A、B的纵坐标至少有一个为－a且大于零，∴图象与x轴有两个交点．故二次函数f(x)的图象与x轴有两个不同的交点．(3)解∵ax2＋bx＋c>0的解集为{x|x>m或x<n，n<m<0}，根据一元二次不等式的解集大于0取根两边，从而可判定a>0，并且可得ax2＋bx＋c＝0的两根为m，n，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝－\f(b,a)，,m·n＝\f(c,a)>0，))∵a>0，∴c>0，∴eq\f(m＋n,m·n)＝－eq\f(\f(b,a),\f(c,a))＝－eq\f(b,c).而cx2－bx＋a>0⇔x2－eq\f(b,c)x＋eq\f(a,c)>0⇔x2＋eq\f(m＋n,mn)·x＋eq\f(1,mn)>0⇔eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,m)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,n)))>0，又∵n<m<0，∴－eq\f(1,n)<－eq\f(1,m)，∴x>－eq\f(1,m)或x<－eq\f(1,n).故不等式cx2－bx＋a>0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,m)或x<－\f(1,n))))).一元二次不等式解集的两个端点值(不是±∞)是对应一元二次方程的两个根，故当已知一元二次不等式的解集确定不等式中参数值时可借助根与系数的关系给出含参数的方程组的解．【训练3】已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)>－2x的解集为(1,3)．(1)若方程f(x)＋6a＝0有两个相等的根，求f(x(2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围．解(1)∵f(x)＋2x>0的解集为(1,3)，f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0，因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.①由方程f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.②因为方程②有两个相等的根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－eq\f(1,5).由于a<0，舍去a＝1，将a＝－eq\f(1,5)代入①，得f(x)＝－eq\f(1,5)x2－eq\f(6,5)x－eq\f(3,5).(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1＋2a,a)))2－eq\f(a2＋4a＋1,a)及a<0，可得f(x)的最大值为－eq\f(a2＋4a＋1,a).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a2＋4a＋1,a)>0，,a<0，))解得a<－2－eq\r(3)或－2＋eq\r(3)<a<0.故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值范围是(－∞，－2－eq\r(3))∪(－2＋eq\r(3)，0)．eq\f(对应学生,98)热点突破14——不等式恒成立问题的化解【命题研究】通过近三年的高考试题分析，含参不等式的恒成立问题越来越受到高考命题者的青睐，由于新课标高考对导数应用的加强，这些不等式的恒成立问题往往与导数交织在一起，题型多以解答题出现，难度较大．【真题探究】►(·湖南节选)已知函数f(x)＝eax－x，其中a≠0.若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合．[教你审题]第1步由指数函数性质推断a>0；第2步f(x)≥1恒成立⇔f(x)min≥1；第3步求导数得f(x)的单调区间，从而求f(x)min；第4步解不等式；第5步构造函数利用导数求最大值为1.[解法]若a<0，则对一切x>0，f(x)＝eax－x<1，这与题设矛盾．又a≠0，故a>0.而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a).当x<eq\f(1,a)lneq\f(1,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>eq\f(1,a)lneq\f(1,a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)时，f(x)取最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a).于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)≥1，①令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.当0<t<1时，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t>1时，g′(t)<0，g(t)单调递减，故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，当且仅当eq\f(1,a)＝1，即a＝1时，①式成立．综上所述，a的取值集合为{1}．[反思]在解决不等式的恒成立问题时，易出现的问题主要有两个方面：一是不等式的变形不是同解变形，尤其是利用分离参数法求解参数的取值范围时，不等式两边同除以某个代数式时忽视其符号的讨论；二是构造与不等式相对应的含参函数时，忽视函数图象的特征．【试一试】已知函数f(x)＝ax＋eq\f(a－1,x)＋1－2a(a>0)，若f(x)≥lnx在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解令g(x)＝f(x)－lnx＝ax＋eq\f(a－1,x)＋1－2a－lnx，x∈[1，＋∞)，则g(1)＝0，g′(x)＝a－eq\f(a－1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－x－a－1,x2)＝eq\f(ax－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－a,a))),x2)，①当eq\f(1－a,a)>1时，0<a<eq\f(1,2)，则1<x<eq\f(1－a,a)，故g′(x)<0，g(x)是减函数，所以g(x)<g(1)＝0，即f(x)<lnx，故f(x)≥lnx在[1，＋∞)上不恒成立．②当eq\f(1－a,a)≤1时，a≥eq\f(1,2)，则x>1，故g′(x)>0，g(x)是增函数，g(x)>g(1)＝0，即f(x)>lnx，故当x≥1时，f(x)≥lnx恒成立．综上所述，所求a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).eq\f(对应学生,285)A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(·南通二模)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，x≥0，,－x2＋3x，x<0，))则不等式f(x)<f(4)的解集为()．A．{x|x≥4} B．{x|x<4}C．{x|－3<x<0} D．{x|x<－3}解析f(4)＝eq\f(4,2)＝2，不等式即为f(x)<2.当x≥0时，由eq\f(x,2)<2，得0≤x<4；当x<0时，由－x2＋3x<2，得x<1或x>2，因此x<0.综上，x<4.故f(x)<f(4)的解集为{x|x<4}．答案B2．不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，则实数a的取值范围是()．A．[－4,4] B．(－4,4)C．(－∞，－4]∪[4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)解析不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，只需Δ＝a2－16＞0，∴a＜－4或a＞4，故选D.答案D3．设a>0，不等式－c<ax＋b<c的解集是{x|－2<x<1}，则a∶b∶c＝()．A．1∶2∶3 B．2∶1∶3C．3∶1∶2 D．3∶2∶1解析∵－c<ax＋b<c，又a>0，∴－eq\f(b＋c,a)<x<eq\f(c－b,a).∵不等式的解集为{x|－2<x<1}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b＋c,a)＝－2，,\f(c－b,a)＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\f(a,2)，,c＝\f(3,2)a，))∴a∶b∶c＝a∶eq\f(a,2)∶eq\f(3a,2)＝2∶1∶3.答案B4．(·莆田二模)不等式(x2－2)log2x>0的解集是 ()．A．(0,1)∪(eq\r(2)，＋∞) B．(－eq\r(2)，1)∪(eq\r(2)，＋∞)C．(eq\r(2)，＋∞) D．(－eq\r(2)，eq\r(2))解析原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2>0，,log2x>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2<0，,log2x<0.))∴x>eq\r(2)或0<x<1，即不等式的解集为(0,1)∪(eq\r(2)，＋∞)．答案A二、填空题(每小题5分，共10分)5．(·烟台模拟)已知关于x的不等式ax2＋2x＋c>0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))，则不等式－cx2＋2x－a>0的解集为________．解析由ax2＋2x＋c>0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))知a<0，且－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)为方程ax2＋2x＋c＝0的两个根，由根与系数的关系得－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(2,a)，－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(c,a)，解得a＝－12，c＝2，∴－cx2＋2x－a>0，即2x2－2x－12<0，其解集为(－2,3)．答案(－2,3)6．在实数集上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)，若不等式(x－a)⊗(x＋a)<1对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．解析由题意知(x－a)⊗(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)＝－x2＋x＋a2－a.故－x2＋x＋a2－a<1对任意x∈R都成立．即－x2＋x<－a2＋a＋1对任意x∈R都成立．而－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，只需－a2＋a＋1>eq\f(1,4)即可，即4a2－4a－3<0，解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))三、解答题(共25分)7．(12分)已知不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b}，(1)求a，b；(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0.解(1)因为不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b}，所以x1＝1与x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的两个实数根，且b>1.由根与系数的关系，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b＝\f(3,a)，,1×b＝\f(2,a).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.))(2)由(1)知不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0为x2－(2＋c)x＋2c<0，即(x－2)(x－c①当c>2时，不等式(x－2)(x－c)<0的解集为{x|2<x<c}；②当c<2时，不等式(x－2)(x－c)<0的解集为{x|c<x<2}；③当c＝2时，不等式(x－2)(x－c)<0的解集为∅.综上所述：当c>2时，不等式的解集为{x|2<x<c}；当c<2时，不等式的解集为{x|c<x<2}；当c＝2时，不等式的解集为∅.8．(13分)(·淮南质检)已知抛物线y＝(m－1)x2＋(m－2)x－1(x∈R)．(1)当m为何值时，抛物线与x轴有两个交点？(2)若关于x的方程(m－1)x2＋(m－2)x－1＝0的两个不等实根的倒数平方和不大于2，求m的取值范围．解(1)根据题意，m≠1且Δ>0，即Δ＝(m－2)2－4(m－1)(－1)>0，得m2>0，所以m≠1且m≠0.(2)在m≠0且m≠1的条件下，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(m－2,1－m)，,x1·x2＝\f(1,1－m)，))因为eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1＋x2,x1x2)＝m－2，所以eq\f(1,x\o\al(2,1))＋eq\f(1,x\o\al(2,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))2－eq\f(2,x1x2)＝(m－2)2＋2(m－1)≤2.得m2－2m≤0，所以0≤m≤2.所以m的取值范围是{m|0<m<1或1<m≤2}．B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(·长沙模拟)已知二次函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1(a∈Z)，且函数f(x)在(－2，－1)上恰有一个零点，则不等式f(x)>1的解集为 ()．A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．(－1,0) D．(0,1)解析∵f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1，Δ＝(a＋2)2－4a＝a2＋4>0，∴函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1必有两个不同的零点，又f(x)在(－2，－1)上有一个零点，则f(－2)f(－1)<0，∴(6a＋5)(2a＋3)<0，∴－eq\f(3,2)<a<－eq\f(5,6)，又a∈Z，∴a＝－1，不等式f(x)>1即为－x2－x>0，解得－1<x<0.答案C2．(·南通期末)若不等式x2－2ax＋a>0对x∈R恒成立，则关于t的不等式a2t＋1<at2＋2t－3<1的解集为 ()．A．(1,2) B．(－2,1) C．(－2,2) D．(－3,2)解析若不等式x2－2ax＋a>0对x∈R恒成立，则Δ＝4a2－4a<0，所以0<a<1.又a2t＋1<at2＋2t－3<1，则2t＋1>t2＋2t－3>0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2t＋1>t2＋2t－3，,t2＋2t－3>0，))所以1<t<2.答案A二、填空题(每小题5分，共10分)3．(·大同一模)已知函数f(x)＝－x2＋2x＋b2－b＋1(b∈R)，若当x∈[－1,1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是________．解析依题意，f(x)的对称轴为x＝1，且开口向下，∴当x∈[－1,1]时，f(x)是增函数．若f(x)>0恒成立，则f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1>0，即b2－b－2>0，∴(b－2)(b＋1)>0，∴b>2或b<－1.答案(－∞，－1)∪(2，＋∞)4．(·浙江)设a∈R，若x>0时均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，则a＝________.解析显然a＝1不能使原不等式对x>0恒成立，故a≠1且当x1＝eq\f(1,a－1)，a≠1时原不等式成立．对于x2－ax－1＝0，设其两根为x2，x3，且x2<x3，易知x2<0，x3>0.当x>0时，原不等式恒成立，故x1＝eq\f(1,a－1)满足方程x2－ax－1＝0，代入解得a＝eq\f(3,2)或a＝0(舍去)．答案eq\f(3,2)三、解答题(共25分)5．(12分)设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a＞0.(1)求f(x)的单调区间；(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．注e为自然对数的底数．解(1)因为f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x＞0，所以f′(x)＝eq\f(a2,x)－2x＋a＝－eq\f(x－a2x＋a,x).由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．(2)由题意得，f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，要使e－1≤f(x)≤e2，对x∈[1，e]恒成立，只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a－1≥e－1，,fe＝a2－e2＋ae≤e2，))解得a＝e.6．(13分)(·金华模拟)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，函数F(x)＝f(x)－x的两个零点为m，n(m<n)．(1)若m＝－1，n＝2，求不等式F(x)>0的解集；(2)若a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，比较f(x)与m的大小．解(1)由题意知，F(x)＝f(x)－x＝a(x－m)(x－n)，当m＝－1，n＝2时，不等式F(x)>0，即a(x＋1)(x－2)>0.当a>0时，不等式F(x)>0的解集为{x|x<－1或x>2}；当a<0时，不等式F(x)>0的解集为{x|－1<x<2}．(2)f(x)－m＝F(x)＋x－m＝a(x－m)(x－n)＋x－m＝(x－m)(ax－an＋1)，∵a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，∴x－m<0,1－an＋ax>0.∴f(x)－m<0，即f(x)<m.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3讲二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题【年高考会这样考】1．考查二元一次不等式(组)表示的区域问题．2．考查目标函数在可行域条件下的最优解问题．eq\f(对应学生,99)考点梳理1．二元一次不等式(组)表示的平面区域(1)一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C>0在平面直角坐标系中表示直线Ax＋By＋C＝0某一侧的所有点组成的平面区域(半平面)不含边界直线．不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平面区域(半平面)包括边界直线．(2)对于直线Ax＋By＋C＝0同一侧的所有点(x，y)，使得Ax＋By＋C的值符号相同，也就是位于同一半平面内的点，其坐标适合同一个不等式Ax＋By＋C>0；而位于另一个半平面内的点，其坐标适合另一个不等式Ax＋By＋C<0.(3)由几个不等式组成的不等式组所表示的平面区域，是各个不等式所表示的平面区域的公共部分．2．线性规划的有关概念名称意义线性约束条件由x，y的一次不等式(或方程)组成的不等式组，是对x，y的约束条件目标函数关于x、y的解析式线性目标函数关于x，y的一次解析式可行解满足线性约束条件的解(x，y)可行域所有可行解组成的集合最优解使目标函数达到最大值或最小值的可行解线性规划问题求线性目标函数在线性约束条件下的最大值或最小值的问题【助学·微博】一种方法确定二元一次不等式表示的平面区域时，经常采用“直线定界，特殊点定域”的方法．(1)直线定界，即若不等式不含等号，则应把直线画成虚线；若不等式含有等号，把直线画成实线．(2)特殊点定域，由于对在直线Ax＋By＋C＝0同侧的点，实数Ax＋By＋C的值的符号都相同，故为确定Ax＋By＋C的值的符号，可采用特殊点法，如取原点(0,1)、(1,0)等点．两点提醒(1)画出平面区域．避免失误的重要方法就是首先使二元一次不等式标准化．(2)求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b>0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b<0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大．考点自测1．不等式2x－y≥0表示的平面区域是()．解析用点(1,0)代入判断．答案A2．(·青岛期末)在平面直角坐标系中，不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,x－y＋2≥0，,x≤2))表示的平面区域的面积是()．A．4eq\r(2)B．4C．2eq\r(2)D．2解析作出可行域如图所示由题知可行域为△ABC，S△ABC＝eq\f(|4－0|×2,2)＝4.答案B3．(·广东)已知变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2，,x＋y≥1，,x－y≤1，))则z＝3x＋y的最大值为()．A．12B．11C．3D．－1解析如右图中的阴影部分即为约束条件对应的可行域，当直线y＝－3x＋z经过点A时，z取得最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,x－y＝1))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2，))此时，z＝y＋3x＝11.答案B4．(·新课标全国)设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥－1，,x＋y≤3，,x≥0，,y≥0，))则z＝x－2y的取值范围为________．解析依题意，画出可行域，如图所示，可行域为ABOC，显然，当直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(z,2)过点A(1,2)时，z取得最小值为－3；当直线过点B(3,0)时，z取得最大值为3，综上可知z的取值范围为[－3,3]．答案[－3,3]5．(·郑州模拟)设m>1，在约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤mx，,x＋y≤1))下，目标函数z＝x＋5y的最大值为4，则m的值为________．解析画出约束条件的可行域，如图所示(阴影部分)，由z＝x＋5y，得y＝－eq\f(1,5)x＋eq\f(z,5).故目标函数在P点处取最大值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx，,x＋y＝1，))得Peq\f(1,m＋1)，eq\f(m,m＋1)，代入目标函数，得4＝eq\f(1,m＋1)＋eq\f(5m,m＋1)，解得m＝3.答案3eq\f(对应学生,100)考向一二元一次不等式(组)表示的平面区域【例1】►(·济南模拟)不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6≤0，,x＋y－3≥0，,y≤2))表示的平面区域的面积为()．A．4B．1C．5D．无穷大[审题视点]画出不等式组表示的平面区域，确定平面区域的形状，从而求出面积．解析不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6≤0，,x＋y－3≥0，,y≤2))表示的平面区域如图所示(阴影部分)，△ABC的面积即为所求．求出点A，B，C的坐标分别为A(1,2)，B(2,2)，C(3,0)，则△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)×(2－1)×2＝1.答案B对于面积问题，可先画出平面区域，然后判断其形状、求得相应交点坐标、相关线段长度等，利用面积公式求解；对于求参问题，则需根据区域的形状判断不等式组的边界，从而确定参数的取值或范围．【训练1】若不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≥0，,x－1≤0，,ax－y＋1≥0a为常数))所表示的平面区域的面积等于2，则a的值为()．A．－5B．1C．2D．3解析x－1≤0与x＋y－1≥0表示的平面区域如图中阴影部分所示．由题意知不等式组所表示的平面区域为一个三角形区域，设为△ABC，则A(1,0)，B(0,1)，C(1,1＋a)且a>0，∵S△ABC＝2，∴eq\f(1,2)(1＋a)×1＝2，解得a＝3.答案D

考向二线性目标函数的最值问题【例2】►(·辽宁)设变量x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤10，,0≤x＋y≤20，,0≤y≤15，))则2x＋3y的最大值为()．A．20B．35C．45D．55[审题视点]先根据约束条件作出可行域，再平移目标函数所对应直线找出最大值点，代入2x＋3y可求出最大值．解析作出不等式组对应的平面区域(如图所示)，平移直线y＝－eq\f(2,3)x，易知直线经过可行域上的点A(5,15)时，2x＋3y取得最大值55，故选择D.答案D线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值．【训练2】(·陕西)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x＞0，,－2x－1，x≤0，))D是由x轴和曲线y＝f(x)及该曲线在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则z＝x－2y在D上的最大值为________．解析由题知在点(1,0)处的切线的斜率k＝f′(1)＝eq\f(1,1)＝1，则切线方程为y＝x－1.区域D为如图阴影部分所示．则z的最大值即为直线y＝eq\f(1,2)x－eq\f(z,2)在y轴上的最小截距，此时(0，－1)为最优解，所以z＝0－2×(－1)＝2.答案2考向三线性规划的实际应用【例3】►(·黄冈模拟)某研究所计划利用“神七”宇宙飞船进行新产品搭载实验，计划搭载新产品A、B，该所要根据该产品的研制成本、产品质量、搭载实验费用和预计产生收益来决定具体安排，通过调查，有关数据如表：产品产品A(件)B(件)研制成本与搭载费用之和(万元/件)2030计划最大投资金额300万元产品质量(千克/件)105最大搭载质量110千克预计收益(万元/件)8060试问：如何安排这两种产品的件数进行搭载，才能使总预计收益达到最大，最大收益是多少？[审题视点]设出变量(A产品x件，B产品y件)，根据题意找出约束条件和目标函数，由线性规划实际问题的步骤可求解．解设搭载A产品x件，B产品y件，预计收益z＝80x＋60y.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(20x＋30y≤300，,10x＋5y≤110，,x∈N，y∈N，))作出可行域，如图．作出直线l0：4x＋3y＝0并平移，由图象得，当直线经过M点时z能取得最大值，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3y＝30，,2x＋y＝22，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝9，,y＝4，))即M(9,4)．所以zmax＝80×9＋60×4＝960(万元)．故搭载A产品9件，B产品4件，可使得总预计收益最大，为960万元．对于有实际背景的线性规划问题，可行域通常是位于第一象限内的一个凸多边形区域，此时变动直线的最佳位置一般通过这个凸多边形的顶点．【训练3】(·江西)某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50亩，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表年产量/亩年种植成本/亩每吨售价黄瓜4吨1.2万元0.55万元韭菜6吨0.9万元0.3万元为使一年的种植总利润(总利润＝总销售收入－总种植成本)最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积(单位：亩)分别为()．A．50,0B．30,20C．20,30D．0,50解析设黄瓜、韭菜的种植面积分别为x、y亩，则总利润z＝4×0.55x＋6×0.3y－1.2x－0.9y＝x＋0.9y.此时x、y满足条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤50，,1.2x＋0.9y≤54，,x，y∈N＋，))画出可行域如图，得最优解为A(30,20)，故选B.答案B

eq\f(对应学生,101)热点突破15——巧解线性规划中参变量问题【命题研究】通过近三年的高考试题分析，对求解线性规划问题中的参数问题的考查有加强的趋势，这类问题主要有两类：一是在条件不等式组中含有参数，二是在目标函数中含有参数；题型主要以选择、填空题为主，属中档题．【真题探究】►(·福建)若函数y＝2x图象上存在点(x，y)满足约束条件eq\b\lc\{\rc