第1章第4节　不等式的性质与一元二次不等式-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

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这是一份第1章第4节　不等式的性质与一元二次不等式-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共11页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。

一、教材概念·结论·性质重现
1．两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(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)⇔a0)．
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，c＜0⇒ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0⇒ac＞bd.
(5)可乘方：a＞b＞0⇒an＞bn(n∈N，n≥2)．
(6)可开方：a＞b＞0⇒eq \r(n,a)＞eq \r(n,b)(n∈N，n≥2)．
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)．
3．一元二次不等式
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．
4．三个“二次”间的关系
5.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集
(1)解不等式ax2＋bx＋c>0(<0)时不要忘记a＝0时的情形．
(2)不等式ax2＋bx＋c>0(<0)恒成立的条件要结合其对应的函数图象决定．
①不等式ax2＋bx＋c>0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝b＝0，,c>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,Δ<0.))
②不等式ax2＋bx＋c<0对任意实数x恒成立⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝b＝0，,c<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,Δ<0.))
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)一个不等式的两边同时加上或乘同一个数，不等号方向不变．(×)
(2)一个非零实数越大，则其倒数就越小．(×)
(3)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0．(√)
(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．设M＝2a(a－2)，N＝(a＋1)(a－3)，则有( )
A．M＞NB．M≥N
C．M＜ND．M≤N
A 解析：因为M－N＝2a(a－2)－(a＋1)(a－3)＝a2－2a＋3＝(a－1)2＋2＞0，所以M＞N.故选A．
3．已知集合A＝{x|x2－2x－3≥0}，B＝{x|－2≤x＜2}，则A∩B＝( )
A．[－2，－1]B．[－1,2)
C．[－1,1]D．[1,2)
A 解析：A＝{x|x≤－1或x≥3}，故A∩B＝[－2，－1]．故选A．
4．在所给的四个条件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0中，能推出eq \f(1,a)A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
C 解析：eq \f(1,a)5．若1＜α＜3，－4＜β＜2，则α－|β|的取值范围是________．
(－3,3) 解析：因为－4＜β＜2，所以0≤|β|＜4，所以－4＜－|β|≤0，所以－3＜α－|β|＜3.
考点1 比较大小与不等式的性质——基础性
1．(2020·山东实验中学高三期中)若a，b是任意实数，且a>b，则( )
A．a2＞b2B．eq \f(b,a)＜1
C．lg(a－b)＞0 D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(a)＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(b)
D 解析：a，b是任意实数，且a＞b，如果a＝0，b＝－2，显然A项不正确；如果a＝0，b＝－2，显然B项无意义，不正确；如果a＝0，b＝－eq \f(1,2)，显然lg eq \f(1,2)＜0，C项不正确；因为指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(x)在定义域上单调递减，且a＞b，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(a)＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(b)，D项正确．故选D．
2．设a，b∈R，则“(a－b)·a2＜0”是“a＜b”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
A 解析：若(a－b)·a2＜0，则必有a－b＜0，即a＜b；而当a＜b时，不能推出(a－b)·a2＜0，例如a＝0，b＝1.所以“(a－b)·a2＜0”是“a＜b”的充分不必要条件．
3．若a＝eq \f(ln 2,2)，b＝eq \f(ln 3,3)，则a________b(填“＞”或“＜”)．
＜解析：易知a，b都是正数，eq \f(b,a)＝eq \f(2ln 3,3ln 2)＝lg89＞1，所以b＞a.
4．已知实数b>a>0，m<0，则mb________ma，eq \f(b－m,a－m)________eq \f(b,a)(填“>”或“<”)．
＜＜解析：因为b>a>0，m<0，所以b－a>0，
因为mb－ma＝m(b－a)<0，所以mb因为eq \f(b－m,a－m)－eq \f(b,a)＝eq \f(ab－m－ba－m,aa－m)＝eq \f(mb－a,aa－m)<0，所以eq \f(b－m,a－m)比较大小的方法
(1)作差法，其步骤：作差⇒变形⇒判断差与0的大小⇒得出结论．
(2)作商法，其步骤：作商⇒变形⇒判断商与1的大小⇒得出结论．
(3)构造函数法：构造函数，利用函数单调性比较大小．
(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．
考点2 一元二次不等式的解法——综合性
考向1 不含参数的一元二次不等式的解法
(1)(2019·江苏卷)函数y＝eq \r(7＋6x－x2)的定义域是________．
[－1,7] 解析：要使函数有意义，需7＋6x－x2≥0，即x2－6x－7≤0，解得－1≤x≤7.故所求函数的定义域为[－1,7]．
(2)解不等式：0＜x2－x－2≤4.
解：原不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－2＞0，,x2－x－2≤4))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x－2＞0，,x2－x－6≤0))⇔
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2x＋1＞0，,x－3x＋2≤0))⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞2或x＜－1，,－2≤x≤3.))
借助于数轴，如图所示，
原不等式的解集为{x|－2≤x＜－1或2＜x≤3}．
解一元二次不等式的一般方法和步骤
考向2 含参数的一元二次不等式的解法
解不等式x2－(a＋1)x＋a<0.
解：原不等式可化为(x－a)(x－1)<0.
当a>1时，原不等式的解集为{x|1当a＝1时，原不等式的解集为；
当a<1时，原不等式的解集为{x|a将本例中的不等式改为ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)，求不等式的解集．
解：原不等式可化为(ax－1)(x－1)<0.
因为a>0，所以aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.
所以，当a>1时，解得eq \f(1,a)当a＝1时，解集为；
当0综上，当01时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)解含参数的一元二次不等式的步骤
(1)若二次项系数含有参数，则应讨论参数是等于0，小于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)判断方程根的个数，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，从而确定不等式的解集．
1．(2019·天津卷)设x∈R，使不等式3x2＋x－2<0成立的x的取值范围为________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3))) 解析：3x2＋x－2<0变形为(x＋1)·(3x－2)<0，解得－12．已知不等式ax2－bx－1≥0的解集是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,3)))，则不等式x2－bx－a＜0的解集为________．
(2,3) 解析：由题意知－eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)是方程ax2－bx－1＝0的两根．所以，由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝\f(b,a)，,－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－\f(1,a)，,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－6，,b＝5.))所以不等式x2－bx－a＜0，即为x2－5x＋6＜0，易得解集为(2,3)．
3．已知常数a∈R，解关于x的不等式12x2－ax>a2.
解：因为12x2－ax>a2，所以12x2－ax－a2>0，
即(4x＋a)(3x－a)>0.
令(4x＋a)(3x－a)＝0，
解得x1＝－eq \f(a,4)，x2＝eq \f(a,3).
①当a>0时，－eq \f(a,4)不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；
②当a＝0时，x2>0，
不等式的解集为{x|x≠0}；
③当a<0时，－eq \f(a,4)>eq \f(a,3)，
不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x<－\f(a,4)或x>\f(a,3)))))；当a＝0时，不等式的解集为{x|x≠0}；当a<0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x<\f(a,3)或x>－\f(a,4))))).
考点3 一元二次不等式的恒成立问题——应用性
考向1 在实数集R上的恒成立问题
若不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2]B．[－2,2]
C．(－2,2]D．(－∞，－2)
C 解析：当a－2＝0，即a＝2时，不等式为－4<0，对一切x∈R恒成立．
当a≠2时，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<0，,Δ＝4a－22＋16a－2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2<0，,a2<4，))解得－2综上，实数a的取值范围是(－2,2]．
一元二次不等式恒成立的条件
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,b2－4ac<0.))
(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,b2－4ac<0.))
考向2 在给定区间上的恒成立问题
若对任意的x∈[－1,2]，都有x2－2x＋a≤0(a为常数)，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－3]B．(－∞，0]
C．[1，＋∞)D．(－∞，1]
A 解析：(方法一)令f (x)＝x2－2x＋a.则由题意，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f －1＝－12－2×－1＋a≤0，,f 2＝22－2×2＋a≤0，))
解得a≤－3.故选A．
(方法二)当x∈[－1,2]时，不等式x2－2x＋a≤0恒成立等价于a≤－x2＋2x恒成立．令f (x)＝－x2＋2x(x∈[－1,2])．而f (x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，当x＝－1时，f (x)min＝－3，所以a≤－3.故选A．
给定区间上的恒成立问题的求解方法
(1)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)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.
函数f (x)＝x2＋ax＋3.
(1)当x∈R时，f (x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当x∈[－2,2]时，f (x)≥a恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当x∈R时，x2＋ax＋3－a≥0恒成立．
则Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，
解得－6≤a≤2.
所以实数a的取值范围是[－6,2]．
(2)对于任意x∈[－2,2]，f (x)≥0恒成立，
即x2＋ax＋3－a≥0对任意x∈[－2,2]恒成立．
令g(x)＝x2＋ax＋3－a，
则有①Δ≤0或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,－\f(a,2)＜－2，,g－2＝7－3a≥0))
或③eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,－\f(a,2)＞2，,g2＝7＋a≥0.))
解①得－6≤a≤2，
解②得a∈，
解③得－7≤a<－6.
综上可知，实数a的取值范围为[－7,2].
若a＝eq \f(ln 3,3)，b＝eq \f(ln 4,4)，c＝eq \f(ln 5,5)，则( )
A．aC．c[四字程序]
思路参考：直接利用作差法比较．
B 解析：a－b＝eq \f(ln 3,3)－eq \f(ln 4,4)＝eq \f(4ln 3－3ln 4,12)＝eq \f(ln 81－ln 64,12)＞0，
b－c＝eq \f(ln 4,4)－eq \f(ln 5,5)＝eq \f(5ln 4－4ln 5,20)＝eq \f(ln 1 024－ln 625,20)＞0，所以a＞b＞c.
思路参考：a，b，c均为整数，可考虑用作商法比较大小．
B 解析：易知a，b，c都是正数，eq \f(b,a)＝eq \f(3ln 4,4ln 3)＝lg8164＜1，所以a＞b；eq \f(b,c)＝eq \f(5ln 4,4ln 5)＝lg6251 024＞1，所以b＞c.即c＜b＜a.
思路参考：根据三个数的结构特征可考虑构造函数，根据函数的单调性比较大小．
B 解析：对于函数y＝f (x)＝eq \f(ln x,x)，y′＝eq \f(1－ln x,x2).
易知当x＞e时，函数f (x)单调递减．
因为e＜3＜4＜5，
所以f (3)＞f (4)＞f (5)，即c＜b＜a.
思路参考：数形结合，画出函数y＝ln x的图象，通过比较斜率大小得到结果．
B 解析：如图，画出函数y＝ln x的图象，即a＝eq \f(ln 3－0,3－0)，b＝eq \f(ln 4－0,4－0)，c＝eq \f(ln 5－0,5－0)分别表示点M(3，ln 3)，N(4，ln 4)，P(5，ln 5)与原点连线的斜率．由图易知c＜b＜a.
1．比较大小问题的主要方法：一是利用不等式的性质；二是利用特殊值排除法；三是求差或求商比较大小；四是构造函数，利用函数单调性比较大小．
2．基于新课程标准，比较大小问题一般需要熟练掌握推理论证能力，抽象概括能力，体现了数学抽象、逻辑推理的核心素养．
若a>b>0，则下列不等式中一定成立的是( )
A．a＋eq \f(1,b)>b＋eq \f(1,a)B．eq \f(b,a)>eq \f(b＋1,a＋1)
C．a－eq \f(1,b)>b－eq \f(1,a) D．eq \f(2a＋b,a＋2b)>eq \f(a,b)
A 解析：不妨取a＝2，b＝1，排除B和D．另外，函数f (x)＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，函数g(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．所以，当a>b>0时，f (a)>f (b)必定成立，但g(a)>g(b)不一定成立．因此a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b)⇔a＋eq \f(1,b)>b＋eq \f(1,a).故选A．
判别式Δ＝b2－4ac
Δ＞0
Δ＝0
Δ＜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＞x2或x＜x1}
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(x≠－\f(b,2a))))
R
ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集
{x|x1＜x＜x2}
不等式
解集
aa＝b
a>b
(x－a)·(x－b)>0
{x|xb}
{x|x≠a}
{x|xa}
(x－a)·(x－b)<0
{x|a{x|b读
想
算
思
比较大小
比较大小的方法
1.对数运算法则；
2.函数单调性；
3.数形结合
转化与化归
三数都是商的形式
1.作商；
2.构造函数；
3.转化为斜率形式
1.作商，与1比较；
2.构造并判断函数单调性；
3.画出图象，由图比较
1.对数换底公式；
2．判定函数单调性的方法；
3．比较斜率大小的方法