贵州省顶效开发区顶兴学校高中数学必修五32一元二次不等式及34基本不等式教案3

教案刘云清一元二次不等式及基本不等式2018春季第7周上周反思：上周考试，主要对必修5第一和第二章节进行复习巩固，在复习过程中发现部分学生对知识点记忆不是很熟悉，因此重点抓学生对知识点的记忆和解题教学。注意降低难度。3．2一元二次不等式及其解法第1课时一元二次不等式的解法教学目标重难突破1.了解一元二次不等式的概念．2．理解一元二次不等式、一元二次方程与二次函数的关系．3．对给定的一元二次不等式，尝试设计求解的程序框图.重点：一元二次不等式的解法和三个“二次”关系的理解．难点：含参数的一元二次不等式的解法.授课提示：对应学生用书第51页[自主梳理]1．基本概念一元二次不等式形如ax2＋bx＋c＞0(≥0)或ax2＋bx＋c＜0(≤0)的不等式(其中a≠0)，叫作一元二次不等式一元二次不等式的解使某个一元二次不等式成立的x的值叫这个一元二次不等式的解．一元二次不等式的解集一元二次不等式的解的集合，叫作这个一元二次不等式的解集.2.一元二次不等式与相应二次函数、一元二次方程的联系设f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，判别式Δ＝b2－4判别式Δ＞0Δ＝0Δ＜0解不等式f(x)＞0或f(x)＜0的步骤(1)求方程f(x)＝0的根有两个不等的实数根x1，x2有两个相等的实数根x1，x2没有实数根(2)画函数y＝f(x)的示意图(3)得不等式的解集f(x)＞0{x|x＜x1或x＞x2}{x|x≠－eq\f(b,2a)}Rf(x)＜0{x|x1＜x＜x2}∅∅[双基自测]1．不等式x＞x2的解集是()A．{x|x＞1} B．{x|x＜0}C．{x|0＜x＜1} D．R解析：由x＞x2得x2－x＜0，即x(x－1)<0，解之得0<x<1，所以不等式解集是{x|0<x<1}．答案：C2．不等式x2＋6x＋10＜0的解集是()A．∅ B．RC．{x|x＞5} D．{x|x＜2}解析：因为Δ＝62－4×10＜0，所以不等式的解集为∅.答案：A3．二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根为－2,3，a＜0，那么ax2＋bx＋c＞0的解集为()A．{x|x＞3或x＜－2}B．{x|x＞2或x＜－3}C．{x|－2＜x＜3}D．{x|－3＜x＜2}解析：二次函数的图象开口向下，故不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为{x|－2＜x＜3}．答案：C4．不等式－x2＋x－2<0的解集为________．解析：∵Δ＝12－4×(－2)×(－1)＝－7<0，∴解集为R.答案：R授课提示：对应学生用书第52页探究一一元二次不等式的解法[典例1]解下列不等式．(1)－x2＋2x－eq\f(2,3)＞0；(2)－eq\f(1,2)x2＋3x－5＞0；(3)4x2－18x＋eq\f(81,4)≤0.[解析](1)两边都乘以－3，得3x2－6x＋2＜0，∵3＞0，Δ＝36－24＝12＞0，且方程3x2－6x＋2＝0的根是x1＝1－eq\f(\r(3),3)，x2＝1＋eq\f(\r(3),3).∴原不等式的解集是{x|1－eq\f(\r(3),3)＜x＜1＋eq\f(\r(3),3)}．(2)不等式可化为x2－6x＋10＜0，Δ＝(－6)2－4×10＝－4＜0，∴原不等式的解集为∅.(3)不等式可化为16x2－72x＋81≤0，即(4x－9)2≤0，∵4x－9＝0时，x＝eq\f(9,4).∴原不等式的解集为{x|x＝eq\f(9,4)}．解一元二次不等式的一般步骤(1)通过对不等式变形，使二次项系数大于零；(2)计算对应方程的判别式；(3)求出相应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程没有实根；(4)根据函数图象与x轴的相关位置写出不等式的解集．1．解下列不等式(1)x2＋2x－3<0；(2)eq\f(2－x,x＋3)≤0；(3)8x2－8x＋4>x(4－x)．解析：(1)(x＋3)(x－1)<0，∴{x|－3<x<1}．(2)eq\f(x－2,x＋3)≥0，∴{x|x≥2或x<－3}．(3)9x2－12x＋4>0.∴{x|x≠eq\f(2,3)}．探究二解含参数的一元二次不等式[典例2]解关于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3>0(a∈R)．[解析]原不等式可化为(x－a)(x－a2)>0.当a<0时，a<a2，原不等式的解集为{x|x<a或x>a2}；当a＝0时，a2＝a，原不等式的解集为{x|x≠0}；当0<a<1时，a2<a，原不等式的解集为{x|x<a2或x>a}；当a＝1时，a2＝a，原不等式的解集为{x|x≠1}；当a>1时，a<a2，原不等式的解集为{x|x<a或x>a2}．综上所述：当a<0或a>1时，原不等式的解集为{x|x<a或x>a2}；当0<a<1时，原不等式的解集为{x|x<a2或x>a}；当a＝0时，原不等式的解集为{x|x≠0}；当a＝1时，原不等式的解集为{x|x≠1}．解含参数的一元二次不等式应注意事项(1)若二次项系数含有参数，则需对二次项系数大于0与小于0进行讨论；(2)若求对应一元二次方程的根需用公式，则应对判别式Δ进行讨论；(3)若求出的根中含有参数，则应对两根的大小进行讨论；(4)若ax2＋bx＋c＞0(a＞0)可分解为a(x－x1)(x－x2)＞0.讨论时只需比较x1，x2大小即可．2．解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R，a>0)．解析：因为a>0，所以原不等式等价于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0<a<1时，原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(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eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)).探究三三个“二次”间对应关系的应用[典例3]已知关于x的不等式x2＋ax＋b<0的解集为(1,2)，试求关于x的不等式bx2＋ax＋1>0的解集．[解析]由根与系数的关系，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＝1＋2，,b＝1×2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝2，))∴不等式bx2＋ax＋1>0，就是2x2－3x＋1>0.由于2x2－3x＋1>0⇔(2x－1)(x－1)>0⇔x<eq\f(1,2)或x>1.∴bx2＋ax＋1>0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪(1，＋∞)．求一般的一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)或ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集，可由二次函数的零点与相应一元二次方程根的关系，先求出一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，再根据函数图象与x轴的相关位置确定一元二次不等式的解集．因此一元二次不等式解集的区间端点，就是其对应的函数的零点，也就是其对应的方程的根．3．若不等式ax2＋5x－2>0的解集是eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<2)).(1)求实数a的值；(2)求不等式ax2－5x＋a2－1>0的解集．解析：(1)由题意可得，eq\f(1,2)，2是方程ax2＋5x－2＝0的两根，且a<0，∴eq\f(1,2)＋2＝－eq\f(5,a)，解得a＝－2.(2)ax2－5x＋a2－1>0，即－2x2－5x＋3>0，即2x2＋5x－3<0⇒(x＋3)(2x－1)<0，解得－3<x<eq\f(1,2)，∴不等式ax2－5x＋a2－1>0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(1,2))).分类讨论思想在解含参数不等式中的应用[典例]解关于x的不等式ax2－(a－1)x－1<0(a∈R)．[解析]原不等式可化为(ax＋1)(x－1)<0，当a＝0时，x<1，当a>0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－1)<0，∴－eq\f(1,a)<x<1.当a<0时，1＋eq\f(1,a)＝eq\f(a＋1,a)，当a<－1时，不等式为(x＋eq\f(1,a))(x－1)>0，∴x>1或x<－eq\f(1,a).当a＝－1时，不等式为(x－1)2>0，∴x≠1.当1＋eq\f(1,a)<0，即－1<a<0时，1<－eq\f(1,a)，解为x>－eq\f(1,a)或x<1.综上，当a>0时，其解集为(－eq\f(1,a)，1)；当a＝0时，其解集为(－∞，1)；当－1<a<0时，其解集为(－∞，1)∪(－eq\f(1,a)，＋∞)；当a＝－1时，其解集为(－∞，1)∪(1，＋∞)；当a<－1时，其解集为(－∞，－eq\f(1,a))∪(1，＋∞)．[感悟提高]含有参数的一元二次不等式，因为含有参数，便大大增加了问题的复杂程度．分类讨论是解决这类问题的主要方法，确定分类讨论的标准时，要着重处理好以下三点：(1)讨论的“时刻”，即在什么时候才开始进行讨论．要求转化必到位，过早或过晚讨论都会使问题更加复杂化．(2)讨论的“点”，即以哪个量为标准进行讨论．若把握不好这一类，问题就不能顺利解决．(3)考虑要周到，即讨论对象的各种情况都要加以分析，给出结论．[随堂训练]对应学生用书第53页1．已知不等式ax2－5x＋b>0的解集为eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\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\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)<x<\f(1,2))) B.eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))C．{x|－3<x<2}D．{x|x<－3或x>2}解析：∵ax2－5x＋b>0的解集为eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))，∴ax2－5x＋b＝0的解是x1＝－eq\f(1,3)，x2＝eq\f(1,2)，∴x1＋x2＝－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,a)，x1x2＝－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(b,a)，解得a＝30，b＝－5.则不等式bx2－5x＋a>0⇔－5x2－5x＋30>0，即x2＋x－6<0，解得－3<x<2.故选C.答案：C2．若不等式f(x)＝ax2－x－c>0的解集为(－2,1)，则函数y＝f(x)的图象为()解析：因为不等式的解集为(－2,1)，所以a<0，排除C，D；又与坐标轴交点的横坐标为－2,1，故选B.答案：B3．已知不等式ax2＋3x－2>0的解集为{x|1<x<b}，则()A．a＝1，b＝－2 B．a＝2，b＝－1C．a＝－2，b＝2 D．a＝－2，b＝1解析：因为不等式ax2＋3x－2>0的解集为{x|1<x<b}，所以a<0，且方程ax2＋3x－2＝0的两个根分别为1和b.根据根与系数的关系，得1＋b＝－eq\f(3,a)，b＝－eq\f(2,a)，所以a＝－1，b＝2.答案：C4．二次函数y＝x2－4x＋3在y<0时x的取值范围是________．解析：由y<0得x2－4x＋3<0，∴1<x<3.答案：(1,3)3.2一元二次不等式一元二次不等式的解法一元二次不等式与一元二次方程和一元二次函数间的关系例题练习和作业[课时作业]单独成册对应学生用书第111页[A组基础巩固]1．设集合M＝{x|x2－x<0}，N＝{x|x2<4}，则()A．M∩N＝∅ B．M∩N＝MC．M∪N＝M D．M∪N＝R解析：M＝{x|0<x<1}，N＝{x|－2<x<2}，∴M∩N＝M.故选B.答案：B2．不等式x2－2x－5>2x的解集是()A．{x|x≥5或x≤－1} B．{x|x>5或x<－1}C．{x|－1<x<5} D．{x|－1≤x≤5}解析：由x2－2x－5>2x，得x2－4x－5>0.因为x2－4x－5＝0的两根为－1,5，故x2－4x－5>0的解集为{x|x<－1或x>5}．答案：B3．不等式x(2－x)＞3的解集是()A．{x|－1＜x＜3} B．{x|－3＜x＜1}C．{x|x＜－3或x＞1} D．∅解析：将不等式化为标准形式x2－2x＋3＜0，由于对应方程的判别式Δ＜0，所以不等式x(2－x)＞3的解集为∅.答案：D4．已知集合M＝{x|x2－3x－28≤0}，N＝{x|x2－x－6>0}，则M∩N为()A．{x|－4≤x<－2或3<x≤7}B．{x|－4<x≤－2或3≤x<7}C．{x|x≤－2或x>3}D．{x|x<－2或x≥3}解析：∵M＝{x|x2－3x－28≤0}＝{x|－4≤x≤7}，N＝{x|x2－x－6>0}＝{x|x<－2或x>3}，∴M∩N＝{x|－4≤x<－2或3<x≤7}．答案：A5．若0＜t＜1，则不等式(x－t)(x－eq\f(1,t))＜0的解集为()A．{x|eq\f(1,t)＜x＜t} B．{x|x＞eq\f(1,t)或x＜t}C．{x|x＜eq\f(1,t)或x＞t} D．{x|t＜x＜eq\f(1,t)}解析：∵0＜t＜1，∴eq\f(1,t)＞1，∴t＜eq\f(1,t)，∴(x－t)(x－eq\f(1,t))＜0⇔t＜x＜eq\f(1,t).答案：D6．若不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－eq\f(1,2)，eq\f(1,3))，则a＋b的值是________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,－\f(1,2)×\f(1,3)＝\f(2,a)，))∴a＝－12，b＝－2，∴a＋b＝－14.答案：－147．方程x2＋(m－3)x＋m＝0有两个实根，则实数m的取值范围是________．解析：由Δ＝(m－3)2－4m≥0可得m≥9或m≤答案：m≤1或m≥98．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0,x＋6，x<0，))，则不等式f(x)>f(1)的解集是________．解析：当x≥0时，f(x)＞f(1)＝3，即x2－4x＋6＞3，解得0≤x＜1或x＞3；当x<0时，f(x)>f(1)＝3，即x＋6>3，解得－3<x<0.故f(x)>f(1)的解集是(－3,1)∪(3，＋∞)答案：(－3,1)∪(3，＋∞)9．解不等式0≤x2－x－2≤4.解析：原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2≥0，,x2－x－2≤4，))解x2－x－2≥0，得x≤－1或x≥2；解x2－x－2≤4，得－2≤x≤3.所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤－1或2≤x≤3}．10．已知关于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－2或x>－\f(1,2)))，求ax2－bx＋c>0的解集．解析：由题意，－2，－eq\f(1,2)是方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，且a<0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－\f(b,a),－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝\f(c,a)))，解得a＝c，b＝eq\f(5,2)c.所以不等式ax2－bx＋c>0即为2x2－5x＋2<0，解得eq\f(1,2)<x<2.即不等式ax2－bx＋c>0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,2)<x<2)).[B组能力提升]1．已知不等式x2－2x－3＜0的整数解构成等差数列{an}的前三项，则数列{an}的第四项为()A．3 B．－1C．2 D．3或－1解析：∵x2－2x－3＜0，∴－1＜x＜3，∴a1＝0，a2＝1，a3＝2或a1＝2，a2＝1，a3＝0.∴a4＝3或－1.答案：D2．在R上定义运算“⊙”：a⊙b＝ab＋2a＋b，则满足x⊙(x－2)<0的实数x的取值范围为A．(0,2) B．(－2,1)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－1,2)解析：根据给出的定义得x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋(x－2)＝x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)，又x⊙(x－2)<0，则(x＋2)(x－1)<0，故这个不等式的解集是(－2，1)．答案：B3．已知x＝1是不等式k2x2－6kx＋8≥0(k≠0)的解，则k的取值范围是________．解析：由题意可知k2－6k＋8≥0，解得k≥4或k≤2.又k≠0，∴k的取值范围是k≥4或k≤2且k≠0.答案：(－∞，0)∪(0,2]∪[4，＋∞)4．设0<b<1＋a.若关于x的不等式(x－b)2>(ax)2的解集中的整数解恰有3个，则a的取值范围为________．解析：原不等式化为[(1－a)x－b][(1＋a)x－b]>0.①当a≤1时，结合不等式解集形式知不符合题意；②当a>1时，eq\f(b,1－a)<x<eq\f(b,a＋1)，由题意知0<eq\f(b,a＋1)<1，∴要使原不等式解集中的整数解恰有3个，则需－3≤eq\f(b,1－a)<－2.整理，得2a－2<b≤3a－3.结合题意b<1＋a，有2a－2<1＋a，∴a<3，从而有1<a<3.综上可得a∈(1,3)．答案：(1,3)5．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.解析：(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.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，b＝2.))(2)所以不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0，即x2－(2＋c)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)①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ax2－(ac＋b)x＋bc<0的解集为{x|2<x<c}；当c<2时，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0的解集为{x|c<x<2}；当c＝2时，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0的解集为∅.6．关于x的不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,2x2＋2k＋5x＋5k＜0))的整数解的集合为{－2}，求实数k的取值范围．解析：由x2－x－2＞0，可得x＜－1或x＞2.∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,2x2＋2k＋5x＋5k＜0))的整数解的集合为{－2}，方程2x2＋(2k＋5)x＋5k＝0的两根为－k与－eq\f(5,2)，若－k＜－eq\f(5,2)，则不等式组的整数解的集合就不可能为{－2}；若－eq\f(5,2)＜－k，则应有－2＜－k≤3，∴－3≤k＜2.综上，所求的k的取值范围为－3≤k＜2.第2课时一元二次不等式及其解法(习题课)教学目标重难突破1.会求解方程根的存在性问题和不等式恒成立问题．2．会将简单的分式不等式化为一元二次不等式求解．3．会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型，并加以解决.重点：有关不等式恒成立求参数的值或范围问题和分式不等式的解法．难点：对实际应用问题如何建立正确的数学模型并加以解决.授课提示：对应学生用书第54页[自主梳理]1．解分式不等式的同解变形法则(1)eq\f(fx,gx)＞0⇔f(x)g(x)＞0；(2)eq\f(fx,gx)≤0⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fxgx≤0gx≠0))；(3)eq\f(fx,gx)≥a⇔eq\f(fx－agx,gx)≥0.2．处理不等式恒成立问题的常用方法(1)一元二次不等式恒成立的情况：①ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0,Δ＜0))；②ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0,Δ≤0)).(2)一般地，若函数y＝f(x)，x∈D既存在最大值，也存在最小值，则：①a＞f(x)，x∈D恒成立⇔a＞f(x)max；②a＜f(x)，x∈D恒成立⇔a＜f(x)min.3．一元二次方程根的分布设x1，x2是实系数二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的两实根，f(x)＝ax2＋bx＋c，则x1，x2的分布范围与方程系数之间的关系如下表所示．根的分布图象等价条件Ⅰ等价条件Ⅱ0<x1≤x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,x1＋x2>0,x1·x2>0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,f0>0,－\f(b,2a)>0))x1<0<x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0,x1x2<0))f(0)<0x1≤x2<keq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,x1＋x2<2k,x1－k·,x2－k>0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,fk>0,－\f(b,2a)<k))k<x1≤x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,x1＋x2>2k,x1－k·,x2－k>0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0,fk>0,－\f(b,2a)>k))x1<k<x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0,x1－k·,x2－k<0))f(k)<0x1、x2∈(k1，k2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,fk1>0,fk2>0,k1<－\f(b,2a),<k2))k1<x1<k2<x2<k3eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fk1>0,fk2<0,fk3>0))[双基自测]1．不等式eq\f(4x＋2,3x－1)>0的解集是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,3)或x<－\f(1,2))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,2)<x<\f(1,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,3))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(1,2)))解析：eq\f(4x＋2,3x－1)>0等价于(4x＋2)(3x－1)>0，∴原不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(1,2)或x>\f(1,3))).答案：A2．若集合A＝{x|－1≤2x＋1≤3}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(x－2,x)≤0))，则A∩B＝()A．{x|－1≤x<0} B．{x|0<x≤1}C．{x|0≤x≤2} D．{x|0≤x≤1}解析：∵A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|0<x≤2}，∴A∩B＝{x|0<x≤1}．答案：B3．已知不等式x2＋ax＋4<0的解集为空集，则a的取值范围是()A．－4≤a≤4 B．－4<a<4C．a≤－4或a≥4 D．a<－4或a>4解析：依题意应有Δ＝a2－16≤0，解得－4≤a≤4，故选A.答案：A4．已知方程x2－2ax＋1＝0有两正根，则a的取值范围是________．解析：设方程x2－2ax＋1＝0两根x1，x2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝－2a2－4≥0,x1＋x2＝2a>0))，解得a≥1.答案：[1，＋∞)授课提示：对应学生用书第55页探究一解简单的分式不等式[典例1]解不等式．(1)eq\f(x＋2,1－x)＜0；(2)eq\f(x＋1,x－2)≤2.[解析](1)由eq\f(x＋2,1－x)＜0，得eq\f(x＋2,x－1)＞0.此不等式等价于(x＋2)(x－1)＞0.∴原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}．(2)法一：移项，得eq\f(x＋1,x－2)－2≤0，左边通分并化简，得eq\f(－x＋5,x－2)≤0，即eq\f(x－5,x－2)≥0，它的同解不等式为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x－5≥0，,x－2≠0，))∴x＜2或x≥5.原不等式的解集为{x|x＜2或x≥5}．法二：原不等式可化为eq\f(x－5,x－2)≥0.此不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≥0，①,x－2＞0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≤0，,x－2＜0.②))解①，得x≥5.解②，得x＜2.∴原不等式的解集为{x|x＜2或x≥5}．1．对于比较简单的分式不等式，可直接转化为一元二次不等式或一元一次不等式组求解，但要注意分母不为零．2．对于不等号右边不为零的较复杂的分式不等式，先移项再通分(不要去分母)，使之转化为不等号右边为零，然后再用上述方法求解．1．解不等式．(1)eq\f(x2－x－6,x－1)＞0；(2)eq\f(2x－1,3－4x)>1.解析：(1)原不等式等价于⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－6＞0,x－1＞0))，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－6＜0,x－1＜0)).解得x＞3或－2＜x＜1.∴原不等式的解集为{x|x＞3或－2＜x＜1}．(2)原不等式可化为eq\f(2x－1,3－4x)－1>0，即eq\f(3x－2,4x－3)<0.等价于(3x－2)(4x－3)<0.∴eq\f(2,3)<x<eq\f(3,4).∴原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(2,3)<x<\f(3,4))).探究二不等式中的恒成立问题[典例2]设函数f(x)＝mx2－mx－1.(1)若对于一切实数x，f(x)<0恒成立，求m的取值范围；(2)对于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范围．[解析](1)若m＝0，显然－1<0恒成立；若m≠0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0))⇒－4<m<0.∴m的取值范围为－4<m≤0.(2)法一：要使f(x)<－m＋5恒成立，就要使meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6<0，x∈[1,3]．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，∴g(x)max＝g(3)＝7m∴7m－6<0，解得m<eq\f(6,7).∴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．∴g(x)max＝g(1)＝m－6<0，解得m<6，∴m<0.综上所述，m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).法二：f(x)<－m＋5恒成立，即m(x2－x＋1)－6<0恒成立．∵x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，又m(x2－x＋1)－6<0，∴m<eq\f(6,x2－x＋1).∵函数y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值为eq\f(6,7)，∴只需m<eq\f(6,7)即可．∴m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))1．不等式的解集为R的条件不等式的解集为R(或恒成立)不等式ax2＋bx＋c>0ax2＋bx＋c<0a＝0b＝0，c>0b＝0，c<0a≠0eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0))2.有关不等式恒成立求参数的取值范围的方法(1)f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a.(2)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a.2．关于x的不等式(1＋m)x2＋mx＋m<x2＋1对x∈R恒成立，求实数m的取值范围．解析：原不等式等价于mx2＋mx＋m－1<0，对x∈R恒成立，当m＝0时，0·x2＋0·x－1<0对x∈R恒成立．当m≠0时，由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2－4mm－1<0))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,3m2－4m>0))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,m<0，或m>\f(4,3)))⇔m<0.综上，m的取值范围为m≤0.探究三一元二次方程根的分布问题[典例3]已知方程x2＋2mx－m＋12＝0的两根都大于2，求实数m的取值范围．[解析]法一：设方程x2＋2mx－m＋12＝0的两根为x1，x2.由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4m2－4－m＋12≥0,x1＋x2＝－2m>4,x1－2x2－2>0)).即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m－12≥0,m<－2,3m＋16>0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤－4或m≥3,m<－2,m>－\f(16,3))).所以－eq\f(16,3)<m≤－4.法二：设函数f(x)＝x2＋2mx－m＋12，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,f2＝22＋2m·2－m＋12>0，,－\f(b,2a)＝－\f(2m,2)>2))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤－4或m≥3,m>－\f(16,3).,m<－2))解得－eq\f(16,3)<m≤－4.设关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)对应的二次函数为f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，结合二次函数的图象的开口方向、对称轴位置，以及区间端点函数值的正负，可以得到以下几类方程根的分布问题(此时Δ＝b2－4ac(1)方程f(x)＝0在区间(k，＋∞)内有两个实根的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,－\f(b,2a)>k，,fk>0.))(2)方程f(x)＝0有一根大于k，另一根小于k的条件是f(k)<0.(3)方程f(x)＝0在区间(k1，k2)内有两个实根的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,k1<－\f(b,2a)<k2，,fk1>0，,fk2>0.))(4)方程f(x)＝0的一根小于k1，另一根大于k2且k1<k2的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fk1<0，,fk2<0.))3．关于x的方程2kx2－2x－3k－2＝0的两根，一个小于1，一个大于1，求实数k的取值范围．解析：因为关于x的方程2kx2－2x－3k－2＝0有两不同实根，所以2k≠0.又因为一个小于1，一个大于1，所以设f(x)＝2kx2－2x－3k－2，则有当k>0时，f(1)<0，即2k－2－3k－2<0，整理后得k>－4，所以k>0.当k<0时，f(1)>0，即2k－2－3k－2>0，整理后得k<－4，所以k<－4.综上可得当k<－4或k>0时，方程2kx2－2x－3k－2＝0的两根，一个根小于1，一个根大于1.探究四一元二次不等式的实际应用[典例4]某农贸公司按每担200元的价格收购某农产品，并每100元纳税10元(又称征税率为10个百分点)，计划可收购a万担．政府为了鼓励收购公司多收购这种农产品，决定将征税率降低x(x>0)个百分点，预测收购量可增加2x个百分点．(1)写出降税后税收y(万元)与x的函数关系式；(2)要使此项税收在税率调节后，不少于原计划税收的83.2%，试确定x的取值范围．[解析](1)降低税率后的税率为(10－x)%，农产品的收购量为a(1＋2x%)万担，收购总金额为200a(1＋2x%)万元依题意得y＝200a(1＋2x%)(10－x)＝eq\f(1,50)a(100＋2x)(10－x)(0<x<10)．(2)原计划税收为200a×10%＝20a(依题意得eq\f(1,50)a(100＋2x)(10－x)≥20a×83.2%，化简得x2＋40x－84≤0，解得－42≤x≤2.又因为0<x<10，所以0<x≤2.用一元二次不等式解决实际问题的操作步骤(1)理解题意，搞清量与量之间的关系；(2)建立相应的不等关系，把实际问题抽象为数学中的一元二次不等式问题；(3)解这个一元二次不等式，得到实际问题的解．4．某校园内有一块长为800m，宽为600m的长方形地面，现要对该地面进行绿化，规划四周种花卉(花卉带的宽度相同)，中间种草坪，解析：设花卉带的宽度为xm，则中间草坪的长为(800－2x)m，宽为(600－2x)m.根据题意可得(800－2x)·(600－2x)≥eq\f(1,2)×800×600，整理得x2－700x＋600×100≥0，即(x－600)(x－100)≥0，所以0<x≤100或x≥600，x≥600不符合题意，舍去．故所求花卉带宽度的范围为(0,100]m.因一元二次不等式的系数的正负不清致误[典例]如果ax2＋bx＋c>0的解集为{x|x<－2或x>4}，那么对于函数f(x)＝ax2＋bx＋c，f(－1)，f(2)，f(5)的大小关系是________．[解析]由ax2＋bx＋c>0的解集为{x|x<－2或x>4}知a>0，且－2,4是方程ax2＋bx＋c＝0的两实根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋4＝－\f(b,a)，,－2×4＝\f(c,a)，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2a,c＝－8a))，所以f(x)＝ax2－2ax－8a＝a(x＋2)(x－4)．因为a>0，所以f(x)的图象开口向上．又对称轴方程为x＝1，f(x)的大致图象如图所示，由图可得f(2)<f(－1)<f(5)．[答案]f(2)<f(－1)<f(5)[错因与防范](1)没有仔细分析不等式的解集的形式，导致没有分析出a>0而致误．有些信息是隐含在题设条件中的，适当挖掘题设信息可较好地完成对解答题目不明信息的突破，如本例借助不等式及其解集的对应关系得出“a>0”这一关键信息，从而避免不必要的讨论(2)二次函数的零点，就是相应一元二次方程的根，也是相应一元二次不等式解集的分界点，如本例恰恰运用了该点巧妙地把参数a，b，c间的关系建立起来，为判断f(－1)，f(2)，f(5)的大小关系做好了铺垫．[随堂训练]对应学生用书第57页1．不等式eq\f(x－2,x＋1)≤0的解集是()A．(－∞，－1)∪(－1,2] B．[－1,2]C．(－∞，－1)∪[2，＋∞) D．(－1,2]解析：将原不等式转化为(x＋1)(x－2)≤0，解此一元二次不等式可得结果，注意x＋1≠0.答案：D2．对于x∈R，式子eq\f(1,\r(mx2＋mx＋1))恒有意义，则常数m的取值范围为()A．0<m<4 B．0≤m≤4C．0≤m<4 D．0<m≤4解析：m＝0时，mx2＋mx＋1＝1满足题目要求，m≠0时，mx2＋mx＋1>0恒成立，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ<0，))解得0<m<4，∴0≤m<4.答案：C3．若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，则a的最小值为()A．0 B．－2C．－eq\f(5,2) D．－3解析：由x2＋ax＋1≥0对一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，所以ax≥－1－x2，所以a≥－eq\f(1,x)－x.又－eq\f(1,x)－x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－eq\f(5,2)，所以a≥－eq\f(5,2).即a的最小值为－eq\f(5,2).答案：C4．已知关于x的方程x2＋(a＋1)x＋2a＝0两根均在(－1，1)之间，则实数a的取值范围是________解析：依题意有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,－1<－\f(a＋1,2)<1，,f－1>0，,f1>0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥3＋2\r(2)或a≤3－2\r(2)，,－3<a<1，,a>0，,a>－\f(2,3)))⇒0<a≤3－2eq\r(2).答案：(0,3－2eq\r(2)]3.2一元二次不等式习题课一元二次不等式的解法归纳一元二次不等式的应用例题练习和作业[课时作业]对应学生用书第113页[A组基础巩固]1．已知A＝{x|x2－x－6≤0}，B＝{x|x－a>0}，A∩B＝∅，则a的取值范围是()A．a＝3 B．a≥3C．a<3 D．a≤3解析：A＝{x|x2－x－6≤0}＝{x|(x－3)(x＋2)≤0}＝{x|－2≤x≤3}，B＝{x|x－a>0}＝{x|x>a}，因为A∩B＝∅，所以a≥3.故选B.答案：B2．已知x＝2是不等式m2x2＋(1－m2)x－4m≤0的解，则m的值为A．1 B．2C．3 D．4解析：由题意知，4m2＋(1－m2)·2－4∴m2－2m＋1≤即(m－1)2≤0，∴m＝1.答案：A3．已知关于x的不等式ax＋b>0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式eq\f(ax－b,x－2)>0的解集是()A．{x|x<－1或x>2} B．{x|－1<x<2}C．{x|1<x<2} D．{x|x>2}解析：依题意，a>0且－eq\f(b,a)＝1.eq\f(ax－b,x－2)>0⇔(ax－b)(x－2)>0⇔eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,a)))(x－2)>0，即(x＋1)(x－2)>0⇒x>2或x<－1.答案：A4．不等式eq\f(x2－2x－2,x2＋x＋1)＜2的解集为()A．{x|x≠－2} B．RC．∅ D．{x|x＜－2或x＞2}解析：∵x2＋x＋1＝(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)＞0，原不等式⇔x2－2x－2＜2x2＋2x＋2⇔x2＋4x＋4＞0⇔(x＋2)2＞0，∴x≠－2.∴不等式的解集为{x|x≠－2}．答案：A5．设集合P＝{m|－1<m<0}，Q＝{m∈R|mx2＋4mx－4<0对任意实数x恒成立}，则下列关系式中成立的是()A．PQ B．QPC．P＝Q D．P∩Q＝∅解析：当m＝0时，－4<0对任意实数x∈R恒成立；当m≠0时，由mx2＋4mx－4<0对任意实数x∈R恒成立可得．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16m2＋16m<0，))解得－1<m<0，综上所述，Q＝{m|－1<m≤0}，∴PQ，故选A.答案：A6．若关于x的不等式eq\f(x－a,x＋1)＞0的解集为(－∞，－1)∪(4，＋∞)，则实数a＝________.解析：eq\f(x－a,x＋1)＞0⇔(x＋1)(x－a)＞0⇔(x＋1)(x－4)＞0，∴a＝4.答案：47．若不等式－x2＋2x－a≤0恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：∵Δ＝4－4a≤0，∴a≥答案：[1，＋∞)8．某商家一月份至五月份累计销售额达3860万元，预测六月份销售额为500万元，七月份销售额比六月份增长x%，八月份销售额比七月份增长x%，九、十月份销售总额与七、八月份销售总额相等．若一月份至十月份销售总额至少达7000万元，则x的最小值是________．解析：由题意，得3860＋500＋[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]×2≥7000，化简得(x%)2＋3·x%－0.64≥0，解得x%≥0.2或x%≤－3.2(舍去)，所以x≥20，即x的最小值为20.答案：209．解关于x的不等式eq\f(mx2,mx－1)－x>0.解析：原不等式可化为eq\f(x,mx－1)>0，即x(mx－1)>0.当m>0时，解得x<0或x>eq\f(1,m)；当m<0时，解得eq\f(1,m)<x<0；当m＝0时，解得x<0.综上，当m>0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<0或x>\f(1,m)))；当m<0时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)<x<0))；当m＝0时，不等式的解集为{x|x<0}．10．若关于x的不等式ax2＋2x＋2>0在R上恒成立，求实数a的取值范围．解析：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的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).[B组能力提升]1．对任意a∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，则x的取值范围是A．1＜x＜3 B．x＜1或x＞3C．1＜x＜2 D．x＜1或x＞2解析：设g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，g(a)＞0恒成立且a∈[－1,1]⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝x2－3x＋2＞0,g－1＝x2－5x＋6＞0))⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜1或x＞2,x＜2或x＞3))⇔x＜1或x＞3.答案：B2．已知f(x)＝(x－a)(x－b)＋2(a<b)，且α，β(α<β)是方程f(x)＝0的两根，则α，β，a，b的大小关系是()A．a<α<β<b B．a<α<b<βC．α<a<b<β D．α<a<β<b解析：因为α，β为方程f(x)＝0的两根，所以α，β为f(x)＝(x－a)(x－b)＋2与x轴交点的横坐标．a，b为(x－a)(x－b)＝0的根，令g(x)＝(x－a)(x－b)，所以a，b为g(x)与x轴交点的横坐标．如图可知f(x)的图象可由g(x)的图象向上平移2个单位得到，由图知选A.答案：A3．已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为________．解析：易知函数f(x)＝ex－1的值域为(－1，＋∞)，因此要使得f(a)＝g(b)，必须有－x2＋4x－3>－1，即x2－4x＋2<0.解得2－eq\r(2)<x<2＋eq\r(2).答案：(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))4．已知函数f(x)＝x2＋2x＋1，如果使f(x)≤kx对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，则实数k＝________.解析：设g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由题意知g(x)≤0对任意实数x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一个根，将x＝5代入g(x)＝0，可以解得k＝eq\f(36,5)(经检验满足题意)．答案：eq\f(36,5)5．已知f(x)＝x2＋2(a－2)x－4，是否存在实数a，使得对任意x∈[－3,1]，f(x)<0恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在说明理由．解析：若对任意x∈[－3,1]，f(x)<0恒成立，则满足题意的函数f(x)＝x2＋2(a－2)x－4的图象如图所示．由图象可知，此时a应该满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－3<0，,f1<0，,－3<2－a<1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(17－6a<0，,2a<7，,1<a<5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>\f(17,6)，,a<\f(7,2)，,1<a<5.))⇒eq\f(17,6)<a<eq\f(7,2).即存在实数a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(7,2)))，满足对任意x∈[－3,1]，f(x)<0恒成立．6．已知函数f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；(2)若对任意a∈[－1,1]，f(x)>4恒成立，求实数x的取值范围．解析：(1)对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，即eq\f(x2＋2x＋a,x)>0对x∈[1，＋∞)恒成立，亦即x2＋2x＋a>0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a>－x2－2x对x∈[1，＋∞)恒成立，即a>(－x2－2x)max(x∈[1，＋∞))．∵－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，∴当x＝1时，(－x2－2x)max＝－3(x∈[1，＋∞))，∴a>－3.(2)∵当a∈[－1,1]时，f(x)>4恒成立，则eq\f(x2＋2x＋a,x)－4>0对a∈[－1,1]恒成立，即x2－2x＋a>0对a∈[－1,1]恒成立．把g(a)＝a＋(x2－2x)看成a的一次函数，则g(a)>0对a∈[－1,1]恒成立的条件是g(－1)>0，即x2－2x－1>0，解得x<1－eq\r(2)或x>eq\r(2)＋1.又∵x≥1，∴x>eq\r(2)＋1.3.4基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)教学目标重难突破1.理解并掌握基本不等式及变形应用．2.会用基本不等式求最值问题和解决简单的实际问题.重点：利用基本不等式求最值．难点：利用基本不等式求最值时的变形转化.授课提示：对应学生用书第63页[自主梳理]1．两个不等式不等式内容等号成立条件重要不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)“a＝b”时取“＝”基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a＞0，b＞0)“a＝b”时取“＝”2.基本不等式与最值已知x，y都是正数，(1)若x＋y＝s(和为定值)，则当x＝y时，积xy取得最大值eq\f(s2,4).(2)若xy＝p(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值2eq\r(p).上述命题可归纳为口诀：积定和最小，和定积最大．[双基自测]1．若a<0，则a＋eq\f(1,a)()A．有最小值2 B．有最大值2C．有最小值－2 D．有最大值－2解析：∵a<0，∴－a>0，∴－a＋eq\f(1,－a)≥2，∴a＋eq\f(1,a)≤－2，∴a＋eq\f(1,a)有最大值－2，当且仅当a＝－1等号成立．答案：D2．x2＋y2＝4，则xy的最大值是()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：∵x2＋y2≥2xy，又x2＋y2＝4，∴xy≤2，当且仅当x＝y取等号，∴xy最大值为2.答案：C3．给出下列条件：①ab＞0；②ab＜0；③a＞0，b＞0；④a＜0，b＜0.其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的个数是()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：由基本不等式成立条件知ab＞0；a＞0，b＞0；a＜0，b＜0都满足．答案：C4．已知ab＝1，a＞0，b＞0，则a＋b的最小值为________．解析：∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)，又ab＝1，∴a＋b≥2，当且仅当a＝b时等号成立，∴a＋b的最小值为2.答案：2授课提示：对应学生用书第64页探究一利用基本不等式证明不等式[典例1]已知a，b，c∈R，求证：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a[解析]由基本不等式可得：a4＋b4＝(a2)2＋(b2)2≥2a2b2同理：b4＋c4≥2b2c2c4＋a4≥2a2∴(a4＋b4)＋(b4＋c4)＋(c4＋a4)≥2a2b2＋2b2c2＋2从而a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a(1)利用基本不等式证明不等式，关键是所证不等式中必须有“和”式或“积”式，通过将“和”式转化为“积”式或将“积”式转化为“和”式，从而达到放缩的效果．(2)注意多次运用基本不等式时等号能否取到．1．已知a，b是正数，求证eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab).证明：∵a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))>0，∴eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\f(2,2\r(\f(1,ab)))＝eq\r(ab)，即eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)(当a＝b时取“＝”)．探究二利用基本不等式求最值[典例2](1)已知m，n>0，且m＋n＝16，求eq\f(1,2)mn的最大值.(2)已知x>3，求f(x)＝x＋eq\f(4,x－3)的最小值；(3)设x>0，y>0，且2x＋y＝1，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值．[解析](1)∵m，n>0且m＋n＝16，所以由基本不等式可得mn≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,2)))2＝64.当且仅当m＝n＝8时，mn取到最大值64.∴eq\f(1,2)mn的最大值为32.(2)∵x>3，∴x－3>0，eq\f(4,x－3)>0，于是f(x)＝x＋eq\f(4,x－3)＝x－3＋eq\f(4,x－3)＋3≥2eq\r(x－3·\f(4,x－3))＋3＝7，当且仅当x－3＝eq\f(4,x－3)即x＝5时，f(x)取到最小值7.(3)法一：∵x>0，y>0,2x＋y＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(2x＋y,x)＋eq\f(2x＋y,y)＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y)≥3＋2eq\r(\f(y,x)·\f(2x,y))＝3＋2eq\r(2)，当且仅当eq\f(y,x)＝eq\f(2x,y)，即y＝eq\r(2)x时，等号成立，解得x＝1－eq\f(\r(2),2)，y＝eq\r(2)－1，∴当x＝1－eq\f(\r(2),2)，y＝eq\r(2)－1时，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)有最小值3＋2eq\r(2).法二：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(2x＋y)＝3＋eq\f(2x,y)＋eq\f(y,x)≥3＋2eq\r(\f(y,x)·\f(2x,y))＝3＋2eq\r(2)，以下同法一．利用基本不等式求条件最值的常用方法(1)“1”的代换：利用已知的条件或将已知条件变形得到含“1”的式子，将“1(2)构造法：①构造不等式：利用ab≤(eq\f(a＋b,2))2，将式子转化为含ab或a＋b的一元二次不等式，将ab，(a＋b)作为整体解出范围．②构造定值：结合已知条件对要求的代数式变形，构造出和或积的定值，再利用基本不等式求最值．(3)函数法：若利用基本不等式时等号取不到，则无法利用基本不等式求最值，则可将要求的式子看成一个函数，利用函数的单调性求最值．2．(1)已知x<3，求f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x的最大值；(2)已知x，y∈R＋，且x＋y＝4，求eq\f(1,x)＋eq\f(3,y)的最小值．解析：(1)因为x<3，所以x－3<0，所以f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x＝eq\f(4,x－3)＋(x－3)＋3＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3－x)＋3－x))＋3≤－2eq\r(\f(4,3－x)·3－x)＋3＝－1，当且仅当eq\f(4,3－x)＝3－x，即x＝1时取等号，所以f(x)的最大值为－1.(2)因为x，y∈R＋，所以(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(3,y)))＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(3x,y)))≥4＋2eq\r(3).当且仅当eq\f(y,x)＝eq\f(3x,y)，即x＝2(eq\r(3)－1)，y＝2(3－eq\r(3))时取等号．又x＋y＝4，所以eq\f(1,x)＋eq\f(3,y)≥1＋eq\f(\r(3),2)，故eq\f(1,x)＋eq\f(3,y)的最小值为1＋eq\f(\r(3),2).探究三用基本不等式求解实际应用题[典例3]某公司欲建连成片的网球场数座，用128万元购买土地10000平方米，每座球场的建筑面积均为1000平方米，球场总建筑面积的每平方米的平均建筑费用与球场数有关，当该球场建n个时，每平方米的平均建筑费用用f(n)表示，且f(n)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n－5,20)))(其中n∈N)，又知建五座球场时，每平方米的平均建筑费用为400元，为了使该球场每平方米的综合费用最省(综合费用是建筑费用与购地费用之和)，公司应建几个球场？[解析]当建成n个球场时，每平方米的购地费用为eq\f(128×104,1000n)＝eq\f(1280,n)，由题意，知n＝5时，f(n)＝400，则f(5)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5－5,20)))＝400，所以m＝400.所以f(n)＝400eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n－5,20)))＝20n＋300.从而每平方米的综合费用为y＝f(n)＋eq\f(1280,n)＝20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(64,n)))＋300≥20×2eq\r(64)＋300＝620(元)，当且仅当n＝8时等号成立．所以当建成8座球场时，该球场每平方米的综合费用最省．求实际问题中最值的一般思路(1)先读懂题意，设出变量，理清思路，列出函数关系式．(2)把实际问题抽象成函数的最大值或最小值问题．(3)在定义域内，求函数的最大值或最小值时，一般先考虑基本不等式，当基本不等式求最值的条件不具备时，再考虑函数的单调性．(4)正确写出答案．3．某渔业公司今年年初用98万元购进一艘渔船用于捕捞，第一年需要各种费用12万元．从第二年起包括维修费在内每年所需费用比上一年增加4万元．该船每年捕捞总收入50万元．(1)问捕捞几年后总盈利最大，最大是多少？(2)问捕捞几年后的平均利润最大，最大是多少？解析：(1)设该船捕捞n年后的总盈利为y万元．则y＝50n－98－[12×n＋eq\f(nn－1,2)×4]＝－2n2＋40n－98＝－2(n－10)2＋102，∴当捕捞10年后总盈利最大，最大是102万元．(2)年平均利润为eq\f(y,n)＝－2(n＋eq\f(49,n)－20)≤－2(2eq\r(n·\f(49,n))－20)＝12.当且仅当n＝eq\f(49,n)，即n＝7时上式取等号．所以，当捕捞7年后年平均利润最大，最大是12万元．利用基本不等式证明不等式[典例](本题满分12分)(1)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9；(2)已知a，b>0，a＋b＝1，求证：eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2.[证明](1)∵a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)①＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9.4分当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时，等号成立．②6分(2)eq\r(a＋\f(1,2))＝eq\r(1·a＋\f(1,2))≤eq\f(1＋a＋\f(1,2),2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(a,2).③当且仅当1＝a＋eq\f(1,2)，即a＝eq\f(1,2)时，等号成立.8分同理eq\r(b＋\f(1,2))≤eq\f(3,4)＋eq\f(b,2)，等号成立的条件为b＝eq\f(1,2).10分于是有eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)(a＋b)＝2，当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，等号成立．④12分[规范与警示](1)在①处将“1”转换为a＋b＋c，在③处将a＋eq\f(1,2)转换为1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))，这是证明本题的关键．(2)在②和④两处，充分考虑多次应用基本不等式时等号能否同时成立，这是解答本题的易失分点.[随堂训练]对应学生用书第66页1．下列不等式不一定成立的是()A．a2＋b2≥2ab(a，b∈R)B．a2＋3＞2a(a∈RC．x＋eq\f(1,x)≥2(x∈R)D.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a，b∈R)解析：选项C中若x＜0，则x＋eq\f(1,x)＜0.∴x＋eq\f(1,x)≥2不一定成立．答案：C2．已知a＞0，b＞0，则eq\f(a＋b,2)，eq\r(ab)，eq\r(\f(a2＋b2,2))，eq\f(2ab,a＋b)中最小的是()A.eq\f(a＋b,2) B.eq\r(ab)C.eq\r(\f(a2＋b2,2)) D.eq\f(2ab,a＋b)解析：由基本不等式知eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).故D最小．答案：D3．设a>0，b>0，且不等式eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0恒成立，则实数k的最小值等于________．解析：由eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0，得k≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))·(a＋b)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)＋2))，因为a>0，b>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋2≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2＝4，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b时，等号成立．因为不等式eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0恒成立，所以k≥－4.答案：－43.4基本不等式一、基本不等式二、公式推导例题练习和作业[课时作业]单独成册对应学生用书第119页[A组基础巩固]1．下列不等式正确的是()A．a＋eq\f(1,a)≥2 B．(－a)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))≤－2C．a2＋eq\f(1,a2)≥2 D．(－a)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))2≤－2解析：因为a2＋eq\f(1,a2)中a2>0，所以eq\f(a2＋\f(1,a2),2)≥eq\r(a2·\f(1,a2))，即eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥1，所以a2＋eq\f(1,a2)≥2.答案：C2．已知m＝a＋eq\f(1,a)＋1(a>0)，n＝3x(x<1)，则m，n之间的大小关系是()A．m>n B．m<nC．m＝n D．m≤n解析：因为a>0，所以m＝a＋eq\f(1,a)＋1≥2eq\r(a·\f(1,a))＋1＝3，当且仅当a＝1时等号成立．又因为x<1，所以n＝3x<31＝3，所以m>n.答案：A3．已知0<x<1，则x(3－3x)取得最大值时x的值为()A.eq