2024-2025学年新教材高中数学阶段提升课第二课一元二次函数方程和不等式学案新人教A版必修第一册

PAGE阶段提升课其次课一元二次函数、方程和不等式知能题组一不等式及其性质1．已知t＝a＋4b，s＝a＋b2＋4，则t和s的大小关系是()A．t>sB．t≥sC．t<sD．t≤s【解析】选D.t－s＝4b－b2－4＝－(b－2)2≤0，故t≤s.2．(2024·南昌高一检测)设a>1>b>－1，则下列不等式中恒成立的是()A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b)B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a>b2D．a2>2b【解析】选C.对于A，例如a＝2，b＝－eq\f(1,2)，此时满意a>1>b>－1，可得eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，所以A不正确；对于B，例如a＝2，b＝eq\f(1,2)，此时满意a>1>b>－1，可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，所以B不正确；对于C，因为－1<b<1，所以0≤b2<1，又由a>1，所以a>b2，所以C正确；对于D，例如a＝eq\f(9,8)，b＝eq\f(3,4)，此时满意a>1>b>－1，可得a2<2b，所以D不正确．3．已知a＞b＞0，d＜c＜0，用不等式性质证明：eq\f(a2,c)＜eq\f(b2,d).【证明】因为a＞b＞0，所以a2＞b2.因为d＜c＜0，所以－d＞－c＞0，所以eq\f(1,－c)＞eq\f(1,－d)＞0，所以eq\f(a2,－c)＞eq\f(b2,－d)，即eq\f(a2,c)＜eq\f(b2,d)＜0，所以eq\f(a2,c)＜eq\f(b2,d)成立．不等式及其性质的两个关注点(1)作差法是比较两个实数大小的基本方法．(2)应用不等式的基本性质可以证明不等式，但肯定要留意应用条件；当推断不等式是否成立时，也经常选择特别值法．【加固训练】已知-1<x+y<4且2<x-y<3,则z=2x-3y的取值范围是________.

【解析】设2x-3y=m(x+y)+n(x-y),所以QUOTE解得所以2x-3y=-QUOTE(x+y)+QUOTE(x-y),因为-1<x+y<4,2<x-y<3,所以-2<-(x+y)<,5<QUOTE(x-y)<QUOTE,所以3<-(x+y)+QUOTE(x-y)<8,即3<2x-3y<8.答案:3<z<8知能题组二基本不等式及其应用1．(2024·北京高一检测)已知a，b为正数，4a2＋b2＝7，则aeq\r(1＋b2)的最大值为()A．eq\r(7)B．eq\r(3)C．2eq\r(2)D．2【解析】选D.aeq\r(1＋b2)＝eq\f(1,2)×2aeq\r(1＋b2)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a2＋1＋b2,2)))＝2，当且仅当4a2＝1＋b2时，取得最大值．2．已知x>0，y>0，且x＋2y＝1，则eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)的最小值为________，eq\f(xy,2x2＋2y2)的最大值为________．【解析】因为eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(2,y)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2y))＝eq\f(2y,x)＋eq\f(2x,y)＋5≥2eq\r(\f(2y,x)·\f(2x,y))＋5＝9，当且仅当eq\f(2y,x)＝eq\f(2x,y)即x＝y＝eq\f(1,3)时等号成立，所以eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)的最小值为9.因为eq\f(2x2＋2y2,xy)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥2·2eq\r(\f(x,y)·\f(y,x))＝4，所以0<eq\f(xy,2x2＋2y2)≤eq\f(1,4)，所以eq\f(xy,2x2＋2y2)的最大值为eq\f(1,4).答案：9eq\f(1,4)3．(1)已知不等式x2－ax＋a－2>0(a>2)的解集为{x|x<x1或x>x2}，求x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)的最小值．(2)若正数a，b，c满意a＋b＋c＝2，求证：eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥2.【解析】(1)a>2时，Δ＝a2－4(a－2)>0，因为不等式x2－ax＋a－2>0(a>2)的解集为{x|x<x1或x>x2}，所以方程x2－ax＋a－2＝0的两根分别为x1，x2，依据根与系数的关系可得x1＋x2＝a，x1x2＝a－2，因为a>2，所以a－2>0，则x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)＝a＋eq\f(1,a－2)＝a－2＋eq\f(1,a－2)＋2≥2eq\r(（a－2）×\f(1,a－2))＋2＝4，当且仅当a＝3时取等号，故x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)的最小值为4.(2)因为a，b，c为正数且a＋b＋c＝2，由基本不等式，有eq\f(b2,a)＋a≥2b，eq\f(c2,b)＋b≥2c，eq\f(a2,c)＋c≥2a，三式相加可得：eq\f(b2,a)＋a＋eq\f(c2,b)＋b＋eq\f(a2,c)＋c≥2b＋2c＋2a，所以eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥a＋b＋c，即eq\f(b2,a)＋eq\f(c2,b)＋eq\f(a2,c)≥2(当且仅当a＝b＝c＝eq\f(2,3)时等号成立).基本不等式的关注点(1)前提：“一正”“二定”“三相等”．(2)拼凑：要依据式子的特征敏捷变形，配凑出积、和为常数的形式，然后再利用基本不等式．(3)方法：一是消元法；二是将条件敏捷变形，利用常数“1”代换的方法；三是配凑法．【加固训练】设x>0,则函数y=x+QUOTE-的最小值为 ()A.0 B.C.1 D.【解析】选A.因为x>0,所以x+>0,所以y=x+QUOTE-=(x+)QUOTE+QUOTE-2≥2QUOTE-2=0,当且仅当x+=QUOTE,即x=时等号成立,所以函数的最小值为0.知能题组三一元二次不等式的解法1．不等式(x2－7x＋12)(x2＋x＋1)＞0的解集为()A．{x|x<－4或x＞－3}B．{x|x<3或x＞4}C．{x|－4<x<－3}D．{x|3<x<4}【解析】选B.因为x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)＞0恒成立．所以原不等式等价于x2－7x＋12＞0，所以不等式的解集为{x|x＜3或x＞4}．【加固训练】已知A=QUOTE,若1∈A,3∉A,则实数a的取值范围为________.

【解析】因为1∈A,3∉A,所以QUOTE.解得-3≤a<-1.答案:-3≤a<-12．已知命题p：∃x∈R，ax2＋2x＋1≤0是假命题，则实数a的取值范围是________．【解析】命题p：∃x∈R，ax2＋2x＋1≤0是假命题，即“∀x∈R，ax2＋2x＋1>0”是真命题．①当a＝0时，①不成立，当a≠0时，要使①成立，必需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝4－4a<0，))解得a>1，故实数a的取值范围为a>1.答案：{a|a>1}3．解关于x的一元二次不等式a(x－a)(x＋1)>0.【解析】对于一元二次不等式a(x－a)(x＋1)>0，则a≠0.(1)当a>0时，函数y＝a(x－a)(x＋1)开口向上，与x轴的交点为a，－1，原不等式的解集为{x|x<－1或x＞a}；(2)当a<0时，函数y＝a(x－a)(x＋1)开口向下，与x轴的交点为a，－1，①若a＝－1，不等式解集为∅；②若－1<a<0，不等式的解集为{x|－1<x<a}；③若a<－1，不等式的解集为{x|a<x<－1}．综上所述，当a>0时，原不等式的解集为{x|x<－1或x>a}；当a＝－1时，原不等式的解集为∅；当－1<a<0时，原不等式的解集为{x|－1<x<a}；当a<－1时，原不等式的解集为{x|a<x<－1}．一元二次不等式的解集问题(1)不含参数的一元二次不等式的解集受a的符号、b2－4ac的符号的影响，且与相应的二次函数、一元二次方程有亲密联系．(2)含有参数的一元二次不等式的求解，常就“二次项系数”“判别式Δ”“两个根的大小”对参数进行探讨．【加固训练】已知命题p:>QUOTE,命题q:∀x∈R,ax2+ax+1>0,则p成立是q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【解析】选A.求解不等式>QUOTE可得0<a<4,对于命题q,当a=0时,命题明显成立;当a≠0时,有:QUOTE解得:0<a<4,即命题q为真时0≤a<4,故p成立是q成立的充分不必要条件.知能题组四不等式在实际问题中的应用1．(2024·沧州高一检测)某种杂志原以每本3元的价格销售，可以售出10万本．依据市场调查，杂志的单价每提高0.1元，销售量就削减1000本．设每本杂志的定价为x元，要使得提价后的销售总收入不低于42万元，则x应满意()A．6≤x≤7B．5≤x≤7C．5≤x≤6D．4≤x≤6【解析】选A.设每本杂志的定价为x元，销量为10－eq\f(x－3,0.1)×0.1＝13－x，则提价后的销售总收入为x(13－x)，由x(13－x)≥42，得x2－13x＋42≤0，解得6≤x≤7，所以x应满意6≤x≤7.2．和你的同桌做个嬉戏：假设有四只盛满水的圆柱形水桶A，B，C，D.桶A，B的底面半径均为a，高分别为a和b，桶C，D的底面半径均为b，高分别为a和b(其中a≠b).你们各自从中取两只水桶，得水多者为胜．假如让你先取，你有必胜的把握吗？(参考公式：底面半径为r，高为h的圆柱的体积V＝πr2h)【解析】水桶A，B，C，D的容积依次为πa3，πa2b，πab2，πb3，因为a≠b，所以(πa3＋πb3)－(πa2b＋πab2)＝π(a3－a2b)＋π(b3－ab2)＝πa2(a－b)＋πb2(b－a)＝π(a－b)(a2－b2)＝π(a－b)2(a＋b)＞0，所以πa3＋πb3＞πa2b＋πab2，所以先取水桶A和水桶D必胜．3．(2024·长沙高一检测)某单位确定投资3200元建一仓库(长方体状)，该仓库的高度为肯定值，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每1m长造价40元；两侧墙砌砖，每1m长造价45元(不考虑铁栅及墙体的厚度和高度).(1)若该仓库不须要做屋顶，求该仓库占地面积S的最大值；(2)若为了使仓库防雨，须要为仓库做屋顶，顶部每1m2造价20元，则当仓库占地面积S取最大值时，正面铁栅应设计为多长？【解析】设铁栅长为x(x>0)米，一侧砖墙长为y(y>0)米，则仓库占地面积S＝xy.(1)由已知得40x＋2×45y＝3200，所以4x＋9y＝320，因为4x＋9y≥2eq\r(36xy)＝12eq\r(xy)，所以320≥12eq\r(xy)，xy≤eq\f(6400,9).当且仅当4x＝9y，即x＝40，y＝eq\f(160,9)时取等号，故该仓库占地面积S的最大值为eq\f(6400,9)m2.(2)依题设，得40x＋2×45y＋20xy＝3200，由基本不等式得3200≥2eq\r(40x·90y)＋20xy＝120eq\r(xy)＋20xy＝120eq\r(S)＋20S，则S＋6eq\r(S)－160≤0，即(eq\r(S)－10)(eq\r(S)＋16)≤0，故eq\r(S)≤10，从而S≤100，当且仅当40x＝90y且xy＝100即x＝15时取等号，所以当S取最大值100m2时，正面铁栅应设计为15m．解决与不等式有关的实际应用问题的关注点(1)审题要准，初步建模；(2)设此变量，列出函数关系式；(3)依据题设构造应用不等式的形式并解决问题．【加固训练】(2024·扬州高一检测)如