高考数学第一轮复习 第六篇 不等式细致讲解练 理 新人教A版

第六篇不等式第1讲不等关系与不等式[最新考纲]1．了解现实世界和日常生活中的不等关系．2．了解不等式(组)的实际背景．3．掌握不等式的性质及应用.知识梳理1．两个实数比较大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＞0⇔a＞b，,a－b＝0⇔a＝b，,a－b＜0⇔a＜b；))(2)作商法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＞1⇔a＞ba∈R，b＞0，,\f(a,b)＝1⇔a＝ba∈R，b＞0，,\f(a,b)＜1⇔a＜ba∈R，b＞0.))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＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd；(5)可乘方：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可开方：a＞b＞0⇒eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．辨析感悟1．对两个实数大小的比较的认识(1)两个实数a，b之间，有且只有a＞b，a＝b，a＜b三种关系中的一种．(√)(2)若eq\f(a,b)＞1.则a＞b.(×)2．对不等式性质的理解(3)在一个不等式的两边同乘以一个非零实数，不等式仍然成立．(×)(4)同向不等式具有可加性和可乘性．(×)(5)(·丽水模拟改编)设a，b为实数，则“0＜ab＜1”是“b＜eq\f(1,a)”成立的既不充分也不必要条件．(√)(6)(·北京卷改编)若a＞b，则eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).(×)若a＞b，则a2＞b2.(×)若a＞b，则a3＞b3.(√)[感悟·提升]两个防范一是在使用不等式时，一定要搞清它们成立的前提条件，不可强化或弱化成立的条件，如“同向不等式”才可相加、“同向且两边同正的不等式”才可相乘；“可乘性中的”c的符号等都需注意，如(2)、(3)、(4)．二是利用特值法判断两个式子大小时，错误的关系式，只需取特值举反例即可，而正确的关系式，则需推理论证．如(6)中当a＝1，b＝－2时，eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)不成立；当a＝－1，b＝－2时，a2＞b2不成立.学生用书第94页考点一用不等式(组)表示不等关系【例1】某商人如果将进货单价为8元的商品按每件10元销售，每天可销售100件，现在他采用提高售价，减少进货量的办法增加利润．已知这种商品的单价每提高1元，销售量就相应减少10件．若把提价后商品的单价设为x元，怎样用不等式表示每天的利润不低于300元？解若提价后商品的单价为x元，则销售量减少eq\f(x－10,1)×10件，因此，每天的利润为(x－8)[100－10(x－10)]元，则“每天的利润不低于300元”可以表示为不等式(x－8)[100－10(x－10)]≥300.规律方法对于不等式的表示问题，关键是理解题意，分清变化前后的各种量，得出相应的代数式，然后用不等式表示．而对于涉及条件较多的实际问题，则往往需列不等式组解决．【训练1】某化工厂制定明年某产品的生产计划，受下面条件的制约：生产此产品的工人不超过200人；每个工人的年工作时间约为2100h；预计此产品明年的销售量至少为80000袋；生产每袋产品需用4h；生产每袋产品需用原料20kg；年底库存原料600t，明年可补充1200t．试根据这些数据预测明年的产量．解设明年的产量为x袋，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x≤200×2100，,x≥80000，,0.02x≤600＋1200，))解得80000≤x≤90000.预计明年的产量在80000袋到90000袋之间．考点二比较大小【例2】(1)若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，则 ()．A．a＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜a＜c(2)已知a≠1且a∈R，试比较eq\f(1,1－a)与1＋a的大小．(1)解析易知a，b，c都是正数，eq\f(b,a)＝eq\f(2ln3,3ln2)＝log89＞1，所以b＞a；eq\f(a,c)＝eq\f(5ln2,2ln5)＝log2532＞1，所以a＞c.即c＜a＜b.故选C.答案C(2)解∵eq\f(1,1－a)－(1＋a)＝eq\f(a2,1－a)，当a＝0时，eq\f(a2,1－a)＝0，∴eq\f(1,1－a)＝1＋a；当a＜1，且a≠0时，eq\f(a2,1－a)＞0，∴eq\f(1,1－a)＞1＋a；当a＞1时，eq\f(a2,1－a)＜0，∴eq\f(1,1－a)＜1＋a.规律方法(1)比较大小时，要把各种可能的情况都考虑进去，对不确定的因素需进行分类讨论，每一步运算都要准确，每一步推理都要有充分的依据．(2)用作商法比较代数式的大小一般适用于分式、指数式、对数式，作商只是思路，关键是化简变形，从而使结果能够与1比较大小．【训练2】(·四川卷)设a，b为正实数．现有下列命题：①若a2－b2＝1，则a－b＜1；②若eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝1，则a－b＜1；③若|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，则|a－b|＜1；④若|a3－b3|＝1，则|a－b|＜1.其中的真命题有________(写出所有真命题的编号)．解析①中，a2－b2＝(a＋b)(a－b)＝1，a，b为正实数，若a－b≥1，则必有a＋b＞1，又a－b＝eq\f(1,a＋b)，不合题意，故①正确．②中，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝eq\f(a－b,ab)＝1，只需a－b＝ab即可．如取a＝2，b＝eq\f(2,3)满足上式，但a－b＝eq\f(4,3)＞1，故②错．③中，a，b为正实数，所以eq\r(a)＋eq\r(b)＞|eq\r(a)－eq\r(b)|＝1，且|a－b|＝|(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))|＝|eq\r(a)＋eq\r(b)|＞1，故③错．④中，|a3－b3|＝|(a－b)(a2＋ab＋b2)|＝|a－b|(a2＋ab＋b2)＝1.若|a－b|≥1，不妨取a＞b＞1，则必有a2＋ab＋b2＞1，不合题意，故④正确．答案①④考点三不等式的性质及其应用【例3】(1)(·泉州模拟)若x＞y，a＞b，则在①a－x＞b－y，②a＋x＞b＋y，③ax＞by，④x－b＞y－a，⑤eq\f(a,y)＞eq\f(b,x)这五个式子中，恒成立的所有不等式的序号是________．(2)(·湖南卷)设a>b>1，c<0，给出下列三个结论：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logb(a－c)>loga(b－c)．其中所有的正确结论的序号是 ()． A.① B．①②C．②③ D．①②③审题路线解析(1)令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合题设条件x＞y，a＞b，∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，∴a－x＝b－y，因此①不成立．又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不成立．又∵eq\f(a,y)＝eq\f(3,－3)＝－1，eq\f(b,x)＝eq\f(2,－2)＝－1，∴eq\f(a,y)＝eq\f(b,x)，因此⑤不成立．由不等式的性质可推出②④成立．(2)由不等式性质及a>b>1知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，又c<0，所以eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正确；构造函数y＝xc，∵c＜0，∴y＝xc在(0，＋∞)上是减函数，又a＞b＞1，∴ac＜bc，知②正确；∵a＞b＞1，a－c＞0，∴a－c＞b－c＞1，∵a＞b＞1，∴logb(a－c)＞loga(a－c)＞loga(b－c)，知③正确．答案(1)②④(2)D规律方法(1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明．常用的推理判断需要利用不等式的性质．(2)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，当然判断的同时还要用到其他知识，比如对数函数，指数函数的性质等．【训练3】若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，则下列不等式：①eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)；②|a|＋b＞0；③a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)；④lna2＞lnb2中，正确的不等式是 ()．A．①④ B．②③C．①③ D．②④解析法一由eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，可知b＜a＜0.①中，因为a＋b＜0，ab＞0，所以eq\f(1,a＋b)＜0，eq\f(1,ab)＞0.故有eq\f(1,a＋b)＜eq\f(1,ab)，即①正确；②中，因为b＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②错误；③中，因为b＜a＜0，又eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，所以a－eq\f(1,a)＞b－eq\f(1,b)，故③正确；④中，因为b＜a＜0，根据y＝x2在(－∞，0)上为减函数，可得b2＞a2＞0，而y＝lnx在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以lnb2＞lna2，故④错误．由以上分析，知①③正确．法二因为eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，故可取a＝－1，b＝－2.显然|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②错误；因为lna2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4＞0，所以④错误．综上所述，可排除②④.答案C1．判断不等式是否成立，主要利用不等式的性质和特殊值验证两种方法，特别是对于有一定条件限制的选择题，用特殊值验证的方法更简便．2．倒数关系在不等式中的作用：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＞0，,a＞b))⇒eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＞0，,a＜b))⇒eq\f(1,a)＞eq\f(1,b).3．比较法是不等式性质证明的理论依据，是不等式证明的主要方法之一，作差法的主要步骤为：作差——变形——判断正负．在所给不等式是积、商、幂的形式时，可考虑比商．易错辨析6——多次使用同向不等式的可加性而致误【典例】设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________．[错解]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤f－1≤2，,2≤f1≤4，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，①,2≤a＋b≤4.②))①＋②得eq\f(3,2)≤a≤3.②－①得eq\f(1,2)≤b≤1.由此得4≤f(－2)＝4a－2b所以f(－2)的取值范围是[4,11]．[答案][4,11][错因]本题错解的主要原因是多次使用同向不等式的可加性而导致了f(－2)的范围扩大．[正解]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又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f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)＋又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f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－2bAeq\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取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.[答案][5,10][防范措施]利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避免错误的有效途径．【自主体验】如果－1＜a＋b＜3,3＜a－b＜5，那么2a－3bA．(2,8)B．(5,14)C．(6,13)D．(7,13)解析设a＋b＝x，a－b＝y，∴－1＜x＜3,3＜y＜5，a＝eq\f(x＋y,2)，b＝eq\f(x－y,2)，∴2a－3b＝x＋y－eq\f(3,2)(x－y)＝－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y.又∵－eq\f(3,2)＜－eq\f(1,2)x＜eq\f(1,2)，eq\f(15,2)＜eq\f(5,2)y＜eq\f(25,2)，∴6＜－eq\f(1,2)x＋eq\f(5,2)y＜13，∴2a－3b答案C对应学生用书P297基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(·深圳一模)设x，y∈R，则“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的()．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由不等式性质知当x≥1且y≥2时，x＋y≥3；而当x＝2，y＝eq\f(3,2)时满足x＋y≥3，但不满足x≥1且y≥2，故“x≥1且y≥2”是“x＋y≥3”的充分而不必要条件．答案A2．(·保定模拟)已知a>b，则下列不等式成立的是()．A．a2－b2≥0B．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答案D3．(·河南三市三模)已知0＜a＜1，x＝logaeq\r(2)＋logaeq\r(3)，y＝eq\f(1,2)loga5，z＝logaeq\r(21)－logaeq\r(3)，则()．A．x＞y＞zB．z＞y＞xC．z＞x＞yD．y＞x＞z解析由题意得x＝logaeq\r(6)，y＝logaeq\r(5)，z＝logaeq\r(7)，而0＜a＜1，∴函数y＝logax在(0，＋∞)上单调递减，∴y＞x＞z.答案D4．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是()．A．a＞ab＞ab2B．ab2＞ab＞aC．ab＞a＞ab2D．ab＞ab2＞a解析由－1＜b＜0，可得b＜b2＜1，又a＜0，∴ab＞ab2＞a.答案D5．(·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C二、填空题6．(·扬州期末)若a1＜a2，b1＜b2，则a1b1＋a2b2与a1b2＋a2b1的大小关系是________．解析作差可得(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)·(b1－b2)，∵a1＜a2，b1＜b2，∴(a1－a2)(b1－b2)＞0，即a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b1.答案a1b1＋a2b2＞a1b2＋a2b17．若角α，β满足－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，则2α－β的取值范围是________．解析∵－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，∴－π＜2α＜π，－eq\f(π,2)＜－β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(3π,2)，又∵2α－β＝α＋(α－β)＜α＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(3π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))8．(·大庆模拟)对于实数a，b，c有下列命题：①若a＞b，则ac＜bc；②若ac2＞bc2，则a＞b；③若a＜b＜0，则a2＞ab＞b2；④若c＞a＞b＞0，则eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)；⑤若a＞b，eq\f(1,a)＞eq\f(1,b)，则a＞0，b＜0.其中真命题是________(把正确命题的序号写在横线上)．解析若c＞0，则①不成立；由ac2＞bc2知c2≠0，则a＞b，②成立；由a＜b＜0知a2＞ab＞b2，③成立；由c＞a＞b＞0，得0＜c－a＜c－b，则eq\f(1,c－a)＞eq\f(1,c－b)，则eq\f(a,c－a)＞eq\f(b,c－b)，④成立；若a＞b，eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)＞0，则a＞0，b＜0，⑤成立．答案②③④⑤三、解答题9．比较下列各组中两个代数式的大小：(1)3x2－x＋1与2x2＋x－1；(2)当a>0，b>0且a≠b时，aabb与abba.解(1)∵3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.(2)eq\f(aabb,abba)＝aa－bbb－a＝aa－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))a－b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b.当a>b，即a－b>0，eq\f(a,b)>1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.当a<b，即a－b<0,0<eq\f(a,b)<1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))a－b>1，∴aabb>abba.∴当a>0，b>0且a≠b时，aabb>abba.10．甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，试判断谁先到教室？解设从寝室到教室的路程为s，甲、乙两人的步行速度为v1，跑步速度为v2，且v1＜v2.甲所用的时间t甲＝eq\f(s,2v1)＋eq\f(s,2v2)＝eq\f(sv1＋v2,2v1v2)，乙所用的时间t乙＝eq\f(2s,v1＋v2)，∴eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(sv1＋v2,2v1v2)×eq\f(v1＋v2,2s)＝eq\f(v1＋v22,4v1v2)＝eq\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2)＋2v1v2,4v1v2)＞eq\f(4v1v2,4v1v2)＝1.∵t甲＞0，t乙＞0，∴t甲＞t乙，即乙先到教室．能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．下面四个条件中，使a＞b成立的充分不必要条件是()．A．a＞b＋1B．a＞b－1C．a2＞b2D．a3＞b3解析由a＞b＋1，得a＞b＋1＞b，即a＞b，而由a＞b不能得出a＞b＋1，因此，使a＞b成立的充分不必要条件是a＞b＋1.答案A2．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，bA．c≥b＞aB．a＞c≥bC．c＞b＞aD．a＞c＞b解析c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b，将已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a∵1＋a2－a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)＞0，∴1＋a2＞a，∴b＝1＋a2＞a，∴c≥b＞a.答案A二、填空题3．(·三门峡二模)给出下列条件：①1＜a＜b；②0＜a＜b＜1；③0＜a＜1＜b.其中，能推出logbeq\f(1,b)＜logaeq\f(1,b)＜logab成立的条件的序号是________．解析若1＜a＜b，则eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)＜1＜b，∴logaeq\f(1,b)＜logaeq\f(1,a)＝－1＝logbeq\f(1,b)，故条件①不成立；若0＜a＜b＜1，则b＜1＜eq\f(1,b)＜eq\f(1,a)，∴logab＞logaeq\f(1,b)＞logaeq\f(1,a)＝－1＝logbeq\f(1,b)，故条件②成立；若0＜a＜1＜b，则0＜eq\f(1,b)＜1，∴logaeq\f(1,b)＞0，logab＜0，故条件③不成立．答案②三、解答题4．设0<x<1，a>0且a≠1，比较|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小．解法一作差比较当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)|.学生用书第96页第2讲一元二次不等式及其解法[最新考纲]1．会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型．2．通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的关系．3．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.知识梳理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}∅∅辨析感悟1．对一元二次不等式的解法的理解(1)(·广东卷改编)不等式x2＋x－2＜0的解集为－2＜x＜1.(×)(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.(√)(3)若不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是(－∞，x1)∪(x2，＋∞)，则方程ax2＋bx＋c＝0的两个根是x1和x2.(√)(4)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.(×)2．对一元二次不等式恒成立问题的认识(5)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a＜0且Δ＝b2－4ac(6)若关于x的不等式ax2＋x－1≤0的解集为R，则a≤－eq\f(1,4).(√)(7)若不等式x2＋ax＋1≥0对x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，则a的最小值为－eq\f(5,2).(√)[感悟·提升]三个防范一是当Δ＜0时，不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)的解集为R还是∅，要注意区别，如(4)中当a＞0时，解集为R；当a＜0时，解集为∅.二是对于不等式ax2＋bx＋c＞0求解时不要忘记讨论a＝0时的情形，如(5)中当a＝b＝0，c≤0时，不等式ax2＋bx＋c≤0在R上也是恒成立的．三是解含参数的一元二次不等式，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类讨论；若不能因式分解，则可对判别式进行分类讨论分类要不重不漏.考点一一元二次不等式的解法【例1】(·大连模拟)已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，如果不等式f(x)＞0的解集是(－1,3)，则不等式f(－2x)＜0的解集是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))解析由f(x)＞0，得ax2＋(ab－1)x－b＞0，又其解集是(－1,3)，∴a＜0.且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－ab,a)＝2，,－\f(b,a)＝－3，))解得a＝－1或eq\f(1,3)，∴a＝－1，b＝－3.∴f(x)＝－x2＋2x＋3，∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3＜0，得4x2＋4x－3＞0，解得x＞eq\f(1,2)或x＜－eq\f(3,2)，故选A.答案A规律方法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.学生用书第97页【训练1】(·江苏卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x＞0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)＞x的解集用区间表示为________．解析∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(0)＝0，又当x＜0时，－x＞0，∴f(－x)＝x2＋4x.又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－x2－4x(x＜0)，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x＞0，,0，x＝0，,－x2－4x，x＜0.))(1)当x＞0时，由f(x)＞x得x2－4x＞x，解得x＞5；(2)当x＝0时，f(x)＞x无解；(3)当x＜0时，由f(x)＞x得－x2－4x＞x，解得－5＜x＜0.综上得不等式f(x)＞x的解集用区间表示为(－5,0)∪(5，＋∞)．答案(－5,0)∪(5，＋∞)考点二含参数的一元二次不等式的解法【例2】(·烟台期末)解关于x的不等式：ax2－2≥2x－ax(a∈R)．解原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0.①当a＝0时，原不等式化为x＋1≤0，解得x≤－1.②当a＞0时，原不等式化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≥0，解得x≥eq\f(2,a)或x≤－1.③当a＜0时，原不等式化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≤0.当eq\f(2,a)＞－1，即a＜－2时，解得－1≤x≤eq\f(2,a)；当eq\f(2,a)＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意；当eq\f(2,a)＜－1，即a＞－2，解得eq\f(2,a)≤x≤－1.综上所述，当a＝0时，不等式的解集为{x|x≤－1}；当a＞0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(2,a)，或x≤－1))))；当－2＜a＜0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)≤x≤－1))))；当a＝－2时，不等式的解集为{x|x＝－1}；当a＜－2时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(2,a))))).规律方法解含参数的一元二次不等式分类讨论的依据(1)二次项中若含有参数应讨论是小于0，等于0，还是大于0，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式．(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系．(3)确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式．【训练2】(1)关于x的不等式x2－2ax－8a2<0(a>0)的解集为(x1，x2)，且x2－x1＝15，则a等于 A.eq\f(5,2)B.eq\f(7,2)C.eq\f(15,4)D.eq\f(15,2)(2)解关于x的不等式(1－ax)2＜1.(1)解析法一∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集为(x1，x2)，∴x1，x2是方程x2－2ax－8a由根与系数的关系知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2a，,x1x2＝－8a2，))∴x2－x1＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2a2－4－8a2)＝15，又∵a＞0，∴a＝eq\f(5,2)，故选A.法二由x2－2ax－8a2<0，得(x＋2a)(x－∵a＞0，∴不等式x2－2ax－8a2＜0的解集为(－2a,又∵不等式x2－2ax－8a2＜0的解集为(x1，x2∴x1＝－2a，x2＝4a.∵x2－x∴4a－(－2a)＝15，解得a＝eq\f(5,2)，故选A.答案A(2)解由(1－ax)2＜1，得a2x2－2ax＜0，即ax(ax－2)＜0，当a＝0时，x∈∅.当a＞0时，由ax(ax－2)＜0，得a2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))＜0，即0＜x＜eq\f(2,a).当a＜0时，eq\f(2,a)＜x＜0.综上所述：当a＝0时，不等式解集为空集；当a＞0时，不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(2,a)))))；当a＜0时，不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＜x＜0)).考点三一元二次不等式恒成立问题【例3】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．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)法一要使f(x)＜－m＋5在[1,3]上恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6＜0在x∈[1,3]上恒成立．令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))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)⇒7m所以m＜eq\f(6,7)，则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)⇒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\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜\f(6,7))))).法二∵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)＝x2－x＋1＝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))).规律方法(1)不等式ax2＋bx＋c＞0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＞0；当a≠0时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＜0.))不等式ax2＋bx＋c＜0的解是全体实数(或恒成立)的条件是当a＝0时，b＝0，c＜0；当a≠0时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ＜0.))(2)含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单．【训练3】(1)若关于x的不等式ax2＋2x＋2＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是________．(2)(·淄博模拟)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0对一切x∈(0,2]恒成立，则a的取值范围是 ()．A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1－\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(3),2)，＋∞))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),2)，\f(1＋\r(3),2)))解析(1)当a＝0时，原不等式可化为2x＋2＞0，其解集不为R，故a＝0不满足题意，舍去；当a≠0时，要使原不等式的解集为R，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝22－4×2a＜0，))解得a＞eq\f(1,2).综上，所求实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)∵x∈(0,2]，∴a2－a≥eq\f(x,x2＋1)＝eq\f(1,x＋\f(1,x)).要使a2－a≥eq\f(1,x＋\f(1,x))在x∈(0,2]时恒成立，则a2－a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max，由基本不等式得x＋eq\f(1,x)≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋\f(1,x))))max＝eq\f(1,2).故a2－a≥eq\f(1,2)，解得a≤eq\f(1－\r(3),2)或a≥eq\f(1＋\r(3),2).答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)C学生用书第98页1．解不等式的基本思路是等价转化，分式不等式整式化，使要求解的不等式转化为一元一次不等式或一元二次不等式，进而获得解决．2．当判别式Δ＜0时，ax2＋bx＋c＞0(a＞0)解集为R；ax2＋bx＋c＜0(a＞0)解集为∅.二者不要混为一谈．3．含参数的不等式的求解，注意选好分类标准，避免盲目讨论．4．对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.思想方法5——数形结合思想在“三个二次”间关系的应用【典例】(·福建卷)对于实数a和b，定义运算“*”；a*b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a＞b.))设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．解析由定义可知：f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－12－2x－1x－1，x≤0，,x－12－2x－1x－1，x＞0，))∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x，x≤0，,－x－1x，x＞0.))作出函数f(x)的图象，如图所示．由图可知，当0＜m＜eq\f(1,4)时，f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3.不妨设x1＜x2＜x3，易知x2＞0，且x2＋x3＝2×eq\f(1,2)＝1，∴0＜x2x3＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋x3,2)))2，即0＜x2x3＜eq\f(1,4).令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x＝\f(1,4)，,x＜0，))解得x＝eq\f(1－\r(3),4)或eq\f(1＋\r(3),4)(舍去)．∴eq\f(1－\r(3),4)＜x1＜0，∴eq\f(\r(3)－1,4)＞－x1＞0，∴0＜－x1x2x3＜eq\f(\r(3)－1,16)，∴eq\f(1－\r(3),16)＜x1x2x3＜0.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),16)，0))[反思感悟]“三个二次”间关系，其实质是抓住二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象与横轴的交点、二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)的解集的端点值、二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程思想、化归思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决．【自主体验】1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,1，x＜0，))则满足不等式f(1－x2)＞f(2x)的x的取值范围是________．解析由函数f(x)的图象可知(如下图)，满足f(1－x2)＞f(2x)分两种情况：①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2≥0，,x≥0，,1－x2＞2x))⇒0≤x＜eq\r(2)－1；②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2＞0，,x＜0))⇒－1＜x＜0.综上可知：－1＜x＜eq\r(2)－1.答案(－1，eq\r(2)－1)2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x＞0，,－x2－2x，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是________．解析画出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x＞0,－x2－2x，x≤0))的图象，如图．由函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，结合图象得：0＜m＜1，即m∈(0,1)．答案(0,1)基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(·长春调研)已知集合P＝{x|x2－x－2≤0}，Q＝{x|log2(x－1)≤1}，则(∁RP)∩Q＝()．A．[2,3]B．(－∞，－1]∪[3，＋∞)C．(2,3]D．(＋∞，－1]∪(3，＋∞)解析依题意，得P＝{x|－1≤x≤2}，Q＝{x|1＜x≤3}，则(∁RP)∩Q＝(2,3]．答案C2．(·沈阳质检)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．(·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B4．已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，则不等式x2－bx－a＜0的解集是()．A．(2,3)B．(－∞，2)∪(3，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析由题意知－eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)是方程ax2－bx－1＝0的根，所以由根与系数的关系得－eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(b,a)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－eq\f(1,a).解得a＝－6，b＝5，不等式x2－bx－a＜0即为x2－5x＋6＜0，解集为(2,3)．答案A5．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，不等式f(x)＜0的解集为{x|x＜－3，或x＞1}，则函数y＝f(－x)的图象可以为()．解析由f(x)＜0的解集为{x|x＜－3，或x＞1}知a＜0，y＝f(x)的图象与x轴交点为(－3,0)，(1,0)，∴f(－x)图象开口向下，与x轴交点为(3,0)，(－1,0)．答案B二、填空题6．已知关于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)＜0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，则a＝________.解析由于不等式eq\f(ax－1,x＋1)＜0的解集是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，故－eq\f(1,2)应是ax－1＝0的根，∴a＝－2.答案－27．(·四川卷)已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)＜5的解集是________．解析∵f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(|x|)．又x≥0时，f(x)＝x2－4x，不等式f(x＋2)＜5⇒f(|x＋2|)＜5⇒|x＋2|2－4|x＋2|＜5⇒(|x＋2|－5)(|x＋2|＋1)＜0⇒|x＋2|－5＜0⇒|x＋2|＜5⇒－5＜x＋2＜5⇒－7＜x＜3.故解集为(－7,3)．答案(－7,3)8．(·福州期末)若不等式x2－(a＋1)x＋a≤0的解集是[－4,3]的子集，则a的取值范围是________.解析原不等式即(x－a)(x－1)≤0，当a＜1时，不等式的解集为[a,1]，此时只要a≥－4即可，即－4≤a＜1；当a＝1时，不等式的解为x＝1，此时符合要求；当a＞1时，不等式的解集为[1，a]，此时只要a≤3即可，即1＜a≤3.综上可得－4≤a≤3.答案[－4,3]三、解答题9．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))).10．(·长沙质检)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≤a②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]．能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1．(·安徽卷)已知一元二次不等式f(x)＜0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－1或x＞\f(1,2)))))，则f(10x)＞0的解集为()．A．{x|x＜－1或x＞－lg2}B．{x|－1＜x＜－lg2}C．{x|x＞－lg2}D．{x|x＜－lg2}解析依题意知f(x)＞0的解为－1＜x＜eq\f(1,2)，故－1＜10x＜eq\f(1,2)，解得x＜lgeq\f(1,2)＝－lg2.答案D2．(·西安二模)在R上定义运算：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.若不等式eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x))≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为()．A．－eq\f(1,2)B．－eq\f(3,2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(3,2)解析原不等式等价于x(x－1)－(a－2)(a＋1)≥1，即x2－x－1≥(a＋1)(a－2)对任意x恒成立，x2－x－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\f(5,4)≥－eq\f(5,4)，所以－eq\f(5,4)≥a2－a－2，－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2).故选D.答案D二、填空题3．(·铜陵一模)已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)＞0的解集为(1,2)，若f(x)的最大值小于1，则a的取值范围是________．解析由题意知a＜0，可设f(x)＝a(x－1)(x－2)＝ax2－3ax＋2a，∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝－eq\f(a,4)＜1，∴a＞－4，故－4＜a＜0.答案(－4,0)三、解答题4．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由方程f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9因为方程②有两个相等的根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·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).第3讲二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题[最新考纲]1．会从实际情境中抽象出二元一次不等式组．2．了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组．3．会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决.知识梳理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辨析感悟1．对二元一次不等式(组)表示的平面区域的认识(1)点(x1，y1)，(x2，y2)在直线Ax＋By＋C＝0同侧的充要条件是(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＞0，异侧的充要条件是(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)＜0.(√)(2)第二、四象限表示的平面区域可以用不等式xy＜0表示．(√)(3)(教材习题改编)已知变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋3≥0，,－1≤x≤1，,y≥1，))则其表示的平面区域的面积为4.(√)2．对简单的线性规划问题的理解(4)线性目标函数取得最值的点一定在可行域的顶点或边界上．(√)(5)目标函数z＝ax＋by(b≠0)中，z的几何意义是直线ax＋by－z＝0在y轴上的截距．(×)(6)(·湖南卷改编)若变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2x,x＋y≤1,y≥－1))，则x＋2y的最大值是eq\f(5,3).(√)[感悟·提升]1．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．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.学生用书第100页考点一二元一次不等式(组)表示的平面区域【例1】(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．4 B．1C．5 D．无穷大(2)(·安徽卷)在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))|＝eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝2，则点集{P|eq\o(OP,\s\up12(→))＝λeq\o(OA,\s\up12(→))＋μeq\o(OB,\s\up12(→))，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是 ()．A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．4eq\r(2) D．4eq\r(3)解析(1)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(1,2)，(2,2)，(3,0)，则△ABC的面积为S＝eq\f(1,2)×(2－1)×2＝1.(2)由|eq\o(OA,\s\up12(→))|＝|eq\o(OB,\s\up12(→))|＝eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝2，知<eq\o(OA,\s\up12(→))，eq\o(OB,\s\up12(→))>＝eq\f(π,3).设eq\o(OA,\s\up12(→))＝(2,0)，eq\o(OB,\s\up12(→))＝(1，eq\r(3))，eq\o(OP,\s\up12(→))＝(x，y)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ＋μ，,y＝\r(3)μ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ＝\f(y,\r(3))，,λ＝\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,\r(3)))).))由|λ|＋|μ|≤1得|eq\r(3)x－y|＋|2y|≤2eq\r(3).作可行域如图．则所求面积S＝2×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝4eq\r(3).答案(1)B(2)D规律方法二元一次不等式组所确定的平面区域是不等式组中各个不等式所表示的半平面区域的公共部分，画出平面区域的关键是把各个半平面区域确定准确，其基本方法是“直线定界、特殊点定域”．【训练1】若不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,2x＋y≤2，,y≥0，,x＋y≤a))表示的平面区域是一个三角形，则a的取值范围是 ()．A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)) B．(0,1]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))) D．(0,1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))解析不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,2x＋y≤2，,y≥0))表示的平面区域如图(阴影部分)，求A，B两点的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))和(1,0)，若原不等式组表示的平面区域是一个三角形，则直线x＋y＝a的a的取值范围是0＜a≤1或a≥eq\f(4,3).答案D考点二线性目标函数的最值【例2】(1)(·天津卷)设变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋y－6≥0，,x－y－2≤0，,y－3≤0，))则目标函数z＝y－2x的最小值为()．A．－7 B．－4C．1 D．2(2)(·新课标全国Ⅱ卷)已知a＞0，x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x＋y≤3，,y≥ax－3.))若z＝2x＋y的最小值为1，则a＝ ()．A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．1 D．2解析(1)由x，y满足的约束条件可画出所表示的平面区域为如图所示的△ABC，作出直线y＝2x，经过平移得目标函数z＝y－2x在点B(5,3)处取得最小值，即zmin＝3－10＝－7.故选A.(2)由约束条件画出可行域(如图所示的△ABC)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝ax－3))得A(1，－2a)，当直线2x＋y－z＝0过点A时，z＝2x＋y取得最小值，所以1＝2×1－2a，解得a＝eq\f(1,2)，故选B.答案(1)A(2)B规律方法(1)求目标函数最值的一般步骤为：一画、二移、三求．其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义．(2)在约束条件是线性的情况下，线性目标函数只有在可行域的顶点或者边界上取得最值．在解答选择题或者填空题时可以根据可行域的顶点直接进行检验．【训练2】(·浙江卷)设z＝kx＋y，其中实数x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,x－2y＋4≥0，,2x－y－4≤0.))若z的最大值为12，则实数k＝________.解析约束条件所表示的可行域为如图所示的△ABC，其中点A(4,4)，B(0,2)，C(2,0)．目标函数z＝kx＋y，化为y＝－kx＋z.当－k≤eq\f(1,2)，即k≥－eq\f(1,2)时，目标函数z＝kx＋y在点A(4,4)取得最大值12，故4k＋4＝12，k＝2，满足题意；当－k>eq\f(1,2)即k<－eq\f(1,2)时，目标函数z＝kx＋y在点B(0,2)取得最大值12，故k·0＋2＝12，无解，综上可知，k＝2.答案2考点三线性规划的实际应用【例3】(·湖北卷改编)某客运公司用A，B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A，B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆．公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆．若每天要以不少于900人运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？审题路线确定问题属于线性规划问题⇒设A，B两种型号车辆的数量为x，y，营运成本z⇒读题，列出线性约束条件及目标函数⇒画出可行域⇒把目标函数变形，平移，确定最小值经过的点⇒解两直线的交点⇒点代入目标函数可得．解设旅行社租用A型客车x辆，B型客车y辆，营运成本为z，则线性约束条件为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤21，,y－x≤7，,36x＋60y≥900，,x、y∈N，))目标函数为z＝1600x＋2400y.画出可行域：如图中阴影部分所示，可知目标函数过点(5,12)时，有最小值zmin＝36800(元)．故应配备A型车5辆、B型车12辆.学生用书第101页规律方法含有实际背景的线性规划问题其解题关键是找到制约求解目标的两个变量，用这两个变量建立可行域和目标函数，在解题时要注意题目中的各种相互制约关系，列出全面的制约条件和正确的目标函数．【训练3】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，))画出可行域如图，得最优解为A(30,20)，故选B.答案B1．平面区域的画法：线定界、点定域(注意实虚线)．2．求最值：求二元一次函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，将函数z＝ax＋by转化为直线的斜截式：y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，通过求直线的截距eq\f(z,b)的最值间接求出z的最值．最优解在顶点或边界取得．3．解线性规划应用题，可先找出各变量之间的关系，最好列成表格，然后用字母表示变量，列出线性约束条件；写出要研究的函数，转化成线性规划问题．思想方法6——利用线性规划思想求解非线性目标函数的最值【典例】已知实数x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≥0，,x－y＋1≥0，,x≤2.))(1)若z＝eq\f(y,x)，求z的最大值和最