新高考数学一轮复习教案第1章第3节 不等式的性质及一元二次不等式（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习教案第1章第3节 不等式的性质及一元二次不等式（含解析），共16页。

1.与命题的真假判断相结合，考查不等式的性质，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
2．结合二次函数的图象，考查一元二次不等式的解法，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
3．结合“三个二次”间的关系，考查转化与化归能力，凸显数学抽象的核心素养．
4．与实际问题相结合，考查应用不等式性质、一元二次不等式解决问题的能力，凸显数学建模的核心素养．
[理清主干知识]
1．两个实数比较大小的依据
(1)a>b⇔a－b>0；(2)a＝b⇔a－b＝0；(3)a2．不等式的性质
3.三个“二次”间的关系
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(不等式的判断)若aA.eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a) B.eq \f(1,a)>eq \f(1,b)
C．|a|>|b| D．a2>b2
解析：选A 取a＝－2，b＝－1，则eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a)不成立．
2．(实数大小比较)设A＝(x－3)2，B＝(x－2)(x－4)，则A与B的大小关系为( )
A．A≥B B．A>B
C．A≤B D．A解析：选B 因为A－B＝(x2－6x＋9)－(x2－6x＋8)＝1>0，所以A>B.故选B.
3．(解一元二次不等式)函数f(x)＝lg2(－x2－3x＋4)的定义域为________．
解析：由－x2－3x＋4>0得x2＋3x－4<0，解得－4答案：(－4,1)
4．(一元二次不等式恒成立)若集合A＝{x|x2－ax＋1>0}＝R，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知不等式x2－ax＋1>0恒成立，
故Δ＝a2－4<0，解得－2答案：(－2,2)
5．(不等式性质)若1<α<3，－4<β<2，则α－|β|的取值范围是________．
解析：∵－4<β<2，∴0≤|β|<4，
∴－4<－|β|≤0.
∴－3<α－|β|<3.
答案：(－3,3)
二、易错点练清
1．(乘法运算忽视符号)已知实数a∈(－3,1)，b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))，则eq \f(a,b)的取值范围是( )
A．(－12,8) B．(－24,8)
C．(－24,4) D．(－12,4)
解析：选B 当－32．(没有等价变形)不等式x(x＋5)<3(x＋5)的解集为________．
解析：原不等式等价于(x＋5)(x－3)<0，解得－5答案：(－5,3)
3．(忽视二次项的符号)不等式(x－2)(3－2x)≥0的解集为________．
解析：由(x－2)(3－2x)≥0得(x－2)(2x－3)≤0，解得eq \f(3,2)≤x≤2，故不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
4．(忽视对含参二次项系数的讨论)若不等式mx2＋2mx－4<2x2＋4x对任意x都成立，则实数m的取值范围是________．
解析：原不等式可整理为(2－m)x2＋(4－2m)x＋4>0.当m＝2时，不等式为4>0，该不等式恒成立；当m≠2时，必须满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－m>0，,4－2m2－4×42－m<0，))解得－2答案：(－2,2]
考点一 不等式的性质及应用
[典例] (1)已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是( )
A．c≥b>a B．a>c≥b
C．c>b>a D．a>c>b
(2)若eq \f(1,a)0；③a－eq \f(1,a)>b－eq \f(1,b)；④ln a2>ln b2.其中正确的不等式是( )
A．①④ B．②③
C．①③ D．②④
[解析] (1)∵c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b.
又b＋c＝6－4a＋3a2，∴2b＝2＋2a2，∴b＝a2＋1，
∴b－a＝a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，
∴b>a，∴c≥b>a.
(2)因为eq \f(1,a)显然|a|＋b＝1－2＝－1<0，所以②错误；
因为ln a2＝ln(－1)2＝0，ln b2＝ln(－2)2＝ln 4>0，所以④错误．
综上所述，可排除A、B、D.
[答案] (1)A (2)C
[方法技巧]
1．比较两个数(式)大小的2种方法
2．谨记2个注意点
(1)与命题真假判断相结合问题．解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法．
(2)在求式子的范围时，如果多次使用不等式的可加性，式子中的等号不能同时取到，会导致范围扩大．
[针对训练]
1．(多选)已知实数a，b，c满足cA．ab>ac B．c(b－a)>0
C．ac(a－c)<0 D．cb2解析：选ABC 因为c0，
所以ab>ac，故A一定成立；
又b－a<0，所以c(b－a)>0，故B一定成立；
又a－c>0，ac<0，所以ac(a－c)<0，故C一定成立；
当b＝0时，cb2＝ab2，当b≠0时，有cb22．(多选)(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则( )
A．a2＋b2≥eq \f(1,2) B．2a－b>eq \f(1,2)
C．lg2a＋lg2b≥－2 D.eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)
解析：选ABD ∵a2＋b2≥eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋b)),2)2＝eq \f(1,2)，∴A正确；易知02－1＝eq \f(1,2)，∴B正确；
对于选项C，令a＝eq \f(1,4)，b＝eq \f(3,4)，则lg2eq \f(1,4)＋lg2eq \f(3,4)＝－2＋lg2eq \f(3,4)<－2，∴C错误；
∵(eq \r(a)＋eq \r(b))2＝a＋b＋2eq \r(ab)＝1＋2eq \r(ab)≤1＋a＋b＝2，∴eq \r(a)＋eq \r(b)≤eq \r(2)，∴D正确．
故选A、B、D.
考点二 一元二次不等式的解法
[例1] (2021·南京调研)不等式2x＋3－x2>0的解集是( )
A．{x|－13或x<－1}
C．{x|－31或x<－3}
[解析] 原不等式变形为x2－2x－3<0，
即(x－3)(x＋1)<0，解得－1[答案] A
[例2] (2021·湖南六校联考)已知常数a∈R，解关于x的不等式12x2－ax>a2.
[解] ∵12x2－ax>a2，
∴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)eq \f(a,3)}；
②当a＝0时，x2>0，解集为{x|x∈R且x≠0}；
③当a<0时，－eq \f(a,4)>eq \f(a,3)，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(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{xeq \a\vs4\al(|)x<－eq \f(a,4)或x>eq \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\c1(x|x<\f(a,3)或x>－\f(a,4))).
[方法技巧]
解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据
(1)二次项中若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式．
(2)当不等式对应方程的实根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系．
(3)确定无实根时可直接写出解集，确定方程有两个实根时，要讨论两实根的大小关系，从而确定解集形式．
[针对训练]
1．(多选)下列四个不等式中，解集为∅的是( )
A．－x2＋x＋1≤0
B．2x2－3x＋4＜0
C．x2＋3x＋10≤0
D．－x2＋4x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(4,a)))＞0(a＞0)
解析：选BCD 对于A，－x2＋x＋1≤0，对应的函数y＝－x2＋x＋1开口向下，显然解集不为∅；
对于B，2x2－3x＋4＜0，对应的函数开口向上，Δ＝9－32＜0，其解集为∅；
对于C，x2＋3x＋10≤0，对应的函数开口向上，Δ＝9－40＜0，其解集为∅；
对于D，－x2＋4x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(4,a)))＞0(a＞0)，对应的函数开口向下，Δ＝16－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(4,a)))≤16－4× 2 eq \r(a×\f(4,a))＝0，其解集为∅.故选B、C、D.
2．已知实数a满足不等式－30的解集．
解：方程(x－a)(x＋1)＝0的两根为－1，a.
①当a<－1，即－3－1}；
②当a＝－1时，原不等式的解集为{x|x∈R且x≠－1}；
③当a>－1，即－1a}．
综上所述，当－3－1}；
当a＝－1时，原不等式的解集为{x|x∈R且x≠－1}；
当－1a}．
考点三 一元二次不等式的综合应用
考法(一) “三个二次”之间的关系及应用
[例1] 若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－12ax的解集为( )
A．{x|－21}
C．{x|03}
[解析] 由题意a(x2＋1)＋b(x－1)＋c>2ax，
整理得ax2＋(b－2a)x＋(a＋c－b)>0，①
又不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－1则a<0，且－1,2分别为方程ax2＋bx＋c＝0的两根，
由根与系数的关系得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋2＝－\f(b,a)，,－1×2＝\f(c,a)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝－1，,\f(c,a)＝－2.))②
将①两边同除以a得x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)－2))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(c,a)－\f(b,a)))<0，
将②代入①得x2－3x<0，解得0[答案] C
[方法技巧]
“三个二次”之间的关系
若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的两根是x1，x2，则x1，x2是不等式ax2＋bx＋c>0(或ax2＋bx＋c<0)解集的端点，也是函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴交点的横坐标．
考法(二) 一元二次不等式的恒(能)成立问题
题点1 一元二次不等式在实数集R上的恒成立问题
[例2] 若不等式2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0对一切实数x都成立，则k的取值范围为________．
[解析] 当k＝0时，显然成立；
当k≠0时，即一元二次不等式2kx2＋kx－eq \f(3,8)<0对一切实数x都成立，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k<0，,Δ＝k2－4×2k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)))<0，))
解得－3[答案] (－3,0]
[方法技巧] 一元二次不等式在R上恒成立的条件
题点2 一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题
[例3] 设函数f(x)＝mx2－mx－1(m≠0)，若对于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，则m的取值范围是________________．
[解析] f(x)<－m＋5即mx2－mx＋m－6<0，
故meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)m－6<0在x∈[1,3]上恒成立．
法一：令g(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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－6<0.
所以m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(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(6,7))).
法二：因为x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)>0，
且m(x2－x＋1)－6<0，所以m因为函数y＝eq \f(6,x2－x＋1)＝eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值为eq \f(6,7)，所以只需m又m≠0，所以m的取值范围是(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(6,7))).
[答案] (－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(6,7)))
[方法技巧]
在给定区间上的恒成立问题的求解方法
(1)若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)．
(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.
题点3 不等式能成立或有解问题
[例4] 设a∈R，若关于x的不等式x2－ax＋1≥0在区间[1,2]上有解，则( )
A．a≤2 B．a≥2
C．a≥eq \f(5,2) D．a≤eq \f(5,2)
[解析] ∵关于x的不等式x2－ax＋1≥0在区间[1,2]上有解，∴a≤x＋eq \f(1,x)在x∈[1,2]上有解⇔a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))max，x∈[1,2]，
∵函数y＝x＋eq \f(1,x)在[1,2]上单调递增，
∴f(x)max＝eq \f(5,2)，∴a≤eq \f(5,2).
[答案] D
[方法技巧]
解决不等式能成立问题的策略一般也是转化为函数最值，即：a＞f(x)能成立⇒a＞f(x)min；a≤f(x)能成立⇒a≤f(x)max.
[针对训练]
1．已知关于x的不等式x2－(k－1)x－k＋1≥0对任意实数x都成立，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，－3]∪[1，＋∞) B．(－∞，1]∪[3，＋∞)
C．[－1,3] D．[－3,1]
解析：选D 关于x的不等式x2－(k－1)x－k＋1≥0对任意实数x都成立，则Δ＝(k－1)2＋4(k－1)≤0，解得－3≤k≤1，故选D.
2．(2021·山东泰安一中月考)设m为实数，若函数f(x)＝x2－mx＋2在区间(－∞，2)上是减函数，对任意的x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(m,2)＋1))，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，则m的取值范围为( )
A．[4,6] B．(4,6)
C．(4,6] D．[4,6)
解析：选A 函数f(x)＝x2－mx＋2的对称轴为x＝eq \f(m,2)，由其在区间(－∞，2)上是减函数，可得eq \f(m,2)≥2，∴m≥4.
∴eq \f(m,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(m,2)＋1))且eq \f(m,2)＋1－eq \f(m,2)≤eq \f(m,2)－1，
∴当x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(m,2)＋1))时，
f(x)max＝f(1)＝3－m，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)))＝－eq \f(m2,4)＋2.
由∀x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(m,2)＋1))，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(fx1－fx2))max≤4，∴f(x)max－f(x)min≤4，
∴(3－m)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m2,4)＋2))≤4，
即m2－4m－12≤0，解得－2≤m≤6.
综上，4≤m≤6，故选A.
一、创新思维角度——融会贯通学妙法
转化与化归思想在不等式中的应用
[典例] (1)已知0≤x≤2时，不等式－1≤tx2－2x≤1恒成立，则t的取值范围是________．
(2)设f(x)＝2x2＋bx＋c，已知不等式f(x)<0的解集是(1,5)，若对任意x∈[1,3]，不等式f(x)≤2＋t有解，则实数t的取值范围是________．
(3)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)[解析] (1)当x＝0时，－1<0<1，不等式恒成立．
当0因为y＝eq \f(2x－1,x2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2＋1在(0,2]上的最大值为1，所以t≥1；
因为y＝eq \f(2x＋1,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋1))2－1在(0,2]上的最小值为eq \f(5,4)，所以t≤eq \f(5,4).
综上，t的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4))).
(2)∵2x2＋bx＋c<0的解集是(1,5)，
∴1和5是2x2＋bx＋c＝0的两个根，由根与系数的关系可知－eq \f(b,2)＝6，eq \f(c,2)＝5，∴b＝ －12，c＝10.
∴f(x)＝2x2－12x＋10.
不等式f(x)≤2＋t在[1,3]上有解，等价于2x2－12x＋8≤t在[1,3]上有解，只需t≥(2x2－12x＋8)min即可．
设g(x)＝2x2－12x＋8，x∈[1,3]，
∵g(x)在[1,3]上单调递减．
∴g(x)min＝g(3)＝－10，∴t≥－10.
(3)由题意知f(x)＝x2＋ax＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq \f(a2,4).
因为f(x)的值域为[0，＋∞)，所以b－eq \f(a2,4)＝0，即b＝eq \f(a2,4).
所以f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2.
又f(x)即－eq \f(a,2)－eq \r(c)所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\r(c)＝m，,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6.))解得2eq \r(c)＝6，所以c＝9.
[答案] (1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4))) (2)[－10，＋∞) (3)9
[名师微点]
转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而解决问题的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为易解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．不等式恒成立通过分离参数，转化为函数最值问题．
二、创新考查方式——领悟高考新动向
1．某省每年损失耕地20万亩，每亩耕地价值24 000元，为了减少耕地损失，决定按耕地价格的t%征收耕地占用税，这样每年的耕地损失可减少eq \f(5,2)t万亩，为了既减少耕地的损失又保证此项税收一年不少于9 000万元，则t的取值范围是( )
A．[1,3] B．[3,5]
C．[5,7] D．[7,9]
解析：选B 由题意知征收耕地占用税后每年损失耕地eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20－\f(5,2)t))万亩，则税收收入为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20－\f(5,2)t))×24 000×t%，由题意得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(20－\f(5,2)t))×24 000×t%≥9 000，整理得t2－8t＋15≤0，解得3≤t≤5，∴t的取值范围是[3,5]，故选B.
2．给出三个不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq \r(a－b)>eq \r(a)－eq \r(b)，能够使以上三个不等式同时成立的一个条件是________．(答案不唯一，写出一个即可)
解析：使三个不等式同时成立的一个条件是a>b>0.当a>b>0时，①②显然成立；对于③，(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，故(eq \r(a－b))2>(eq \r(a)－eq \r(b))2.即eq \r(a－b)>eq \r(a)－eq \r(b)，所以③成立．
答案：a>b>0(答案不唯一)
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1．(2021·大连模拟)已知a∈R，p＝a2－4a＋5，q＝(a－2)2，则p与q的大小关系为( )
A．p≤q B．p≥q
C．pq
解析：选D 因为p－q＝a2－4a＋5－(a－2)2＝1>0，所以p>q，故选D.
2．若－1<α<β<1，则下列各式中恒成立的是( )
A．－2<α－β<0 B．－2<α－β<－1
C．－1<α－β<0 D．－1<α－β<1
解析：选A ∵－1<α<β<1，∴－1<α<1，－1<β<1，α－β<0，∴－2<α－β<0.
3．不等式2x2－x－3>0的解集是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1)) B．(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪(1，＋∞)
解析：选B 2x2－x－3>0可化为(x＋1)(2x－3)>0，
解得x>eq \f(3,2)或x<－1，所以不等式2x2－x－3>0的解集是(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).故选B.
4．若实数m，n满足m>n>0，则( )
A．－eq \f(1,m)<－eq \f(1,n) B.eq \r(m)＋eq \r(n)>eq \r(m＋n)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n D．m2解析：选B 取m＝2，n＝1，代入各选择项验证A、C、D不成立，只有B项成立(事实上eq \r(2)＋1>eq \r(2＋1))．
5．若∀x∈R,2x2－mx＋3≥0恒成立，则实数m的取值范围为________．
解析：由题意可知Δ＝m2－24≤0，解得－2eq \r(6)≤m≤2eq \r(6).
答案：[－2eq \r(6)，2eq \r(6)]
二、综合练——练思维敏锐度
1．(多选)设a，b为非零实数，且aA．a2>ab B．a2C.eq \f(1,ab2)解析：选CD 对于A，当a＝2，b＝3时，a但22<2×3，故A中不等式不一定成立；
对于B，当a＝－2，b＝1时，a12，
故B中不等式不一定成立；
对于C，∵a故C中不等式恒成立；
对于D，a3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)
＝(a－b)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)b))2＋\f(3,4)b2))，
∵a0，
∴a32．已知a为实数，“a>1”是“a2A．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C 当a>1时，a2－a3＝a2(1－a)<0，所以a20，所以a>1.综上，“a>1”是“a23．若关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，则关于x的不等式(ax＋b)(x－3)>0的解集是( )
A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(1,3)
C．(－1,3) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)
解析：选C 关于x的不等式ax－b<0的解集是(1，＋∞)，即不等式ax∴不等式(ax＋b)(x－3)>0可化为(x＋1)(x－3)<0，
解得－14．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1，x≥0，,2，x<0，))若不等式xf(x－1)≥a的解集为[3，＋∞)，则a的值为( )
A．－3 B．3
C．－1 D．1
解析：选B 因为xf(x－1)≥a的解集为[3，＋∞)，所以3为方程xf(x－1)＝a的根，所以a＝3f(3－1)＝3×(2－1)＝3，故选B.
5．若存在x0∈[－2,3]，使不等式2x0－xeq \\al(2,0)≥a成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，－8]
C．[1，＋∞) D．[－8，＋∞)
解析：选A 设f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，因为存在x0∈[－2,3]，使不等式2x0－xeq \\al(2,0)≥a成立，所以a≤f(x)max，所以a≤1，故选A.
6．若a>1，则关于x的不等式eq \f(ax,x＋1)≥1的解集是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a－1)))
B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a－1)))
C．(－∞，1)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))
解析：选D 由eq \f(ax,x＋1)≥1得eq \f(ax,x＋1)－1≥0，即eq \f(a－1x－1,x＋1)≥0，∴[(a－1)x－1](x＋1)≥0且x≠－1，
解得x<－1或x≥eq \f(1,a－1)，
则不等式的解集为(－∞，－1)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))，故选D.
7．(多选)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)A．a>0 B．b>0
C．c>0 D．a＋b＋c>0
解析：选BCD 因为不等式ax2＋bx＋c>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)易知2和－eq \f(1,2)是关于x的方程ax2＋bx＋c＝0的两个根，则有eq \f(c,a)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1<0，－eq \f(b,a)＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(3,2)>0，又a<0，所以b>0，c>0，故B、C正确；
因为eq \f(c,a)＝－1，所以a＋c＝0，又b>0，所以a＋b＋c>0，故D正确，故选B、C、D.
8．在关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0的解集中至多包含2个整数，则a的取值范围是( )
A．(－3,5) B．(－2,4)
C．[－3,5] D．[－2,4]
解析：选D 关于x的不等式x2－(a＋1)x＋a<0可化为(x－1)(x－a)<0.当a>1时，不等式的解集为(1，a)；当a<1时，不等式的解集为(a,1)．要使得解集中至多包含2个整数，则a≤4且a≥－2.又当 a＝1时，不等式的解集为∅，符合题意．所以a的取值范围是[－2,4]，故选D.
9．若00的解集是________________．
解析：原不等式等价于(x－a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))<0，
由0答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(a10．已知a＋b＞0，则eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)与eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)的大小关系是________．
解析：eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝eq \f(a－b,b2)＋eq \f(b－a,a2)＝(a－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)－\f(1,a2)))＝eq \f(a＋ba－b2,a2b2).
∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴eq \f(a＋ba－b2,a2b2)≥0.
∴eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)≥eq \f(1,a)＋eq \f(1,b).
答案：eq \f(a,b2)＋eq \f(b,a2)≥eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)
11．a，b∈R，a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是________．
解析：若ab＜0，由a＜b两边同除以ab得，eq \f(1,b)＞eq \f(1,a)，即eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)；若ab＞0，则eq \f(1,a)＞eq \f(1,b).
所以a＜b和eq \f(1,a)＜eq \f(1,b)同时成立的条件是a＜0＜b.
答案：a＜0＜b
12．若不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解，则a的取值范围是__________．
解析：令f(x)＝x2＋ax－2.∵f(0)＝－2，于是不等式在区间[1,5]上有解的充要条件是f(5)＞0，解得a＞－eq \f(23,5)，故a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23,5)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23,5)，＋∞))
13．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋ax，x≥0，,bx2－3x，x＜0))为奇函数，则不等式f(x)＜4的解集为________．
解析：若x>0，则－x<0，则f(－x)＝bx2＋3x.因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即bx2＋3x＝－x2－ax，可得a＝－3，b＝－1，所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－3x，x≥0，,－x2－3x，x＜0.))当x≥0时，由x2－3x＜4，解得0≤x＜4；当x＜0时，由－x2－3x＜4，解得x＜0，所以不等式f(x)＜4的解集为(－∞，4)．
答案：(－∞，4)
14．已知f(x)＝－3x2＋a(6－a)x＋6.
(1)解关于a的不等式f(1)>0；
(2)若不等式f(x)>b的解集为(－1,3)，求实数a，b的值．
解：(1)由题意知f(1)＝－3＋a(6－a)＋6＝－a2＋6a＋3>0，即a2－6a－3<0，解得3－2eq \r(3)∴不等式的解集为{a|3－2eq \r(3)(2)∵f(x)>b的解集为(－1,3)，
∴方程－3x2＋a(6－a)x＋6－b＝0的两根为－1,3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＋3＝\f(a6－a,3)，,－1×3＝－\f(6－b,3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3±\r(3)，,b＝－3.))
故a的值为3±eq \r(3)，b的值为－3.
15．某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件．若售价降低x成 (1成＝10%)，售出商品数量就增加eq \f(8,5)x成．要求售价不能低于成本价．
(1)设该商店一天的营业额为y，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；
(2)若再要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围．
解：(1)由题意得，y＝100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))·100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(8,50)x)).
因为售价不能低于成本价，所以100eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x,10)))－80≥0，解得0≤x≤2.
所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，
定义域为{x|0≤x≤2}．
(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260，
化简得8x2－30x＋13≤0，解得eq \f(1,2)≤x≤eq \f(13,4).
又0≤x≤2，所以x的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
16．已知函数f(x)＝x2－eq \f(a,2)x＋1.
(1)若f(x)≥0在R上恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若∃x∈[1,2]，f(x)≥2成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得Δ＝eq \f(a2,4)－4≤0，解得－4≤a≤4，
∴实数a的取值范围为[－4,4]．
(2)由题意得∃x∈[1,2]，使eq \f(a,2)≤x－eq \f(1,x)成立．
令g(x)＝x－eq \f(1,x)，x∈[1,2]，则g(x)在区间[1,2]上单调递增，∴g(x)max＝g(2)＝eq \f(3,2)，
∴eq \f(a,2)≤eq \f(3,2)，解得a≤3，∴实数a的取值范围为(－∞，3]．性质
性质内容
注意
对称性
a>b⇔ba
可逆
传递性
a>b，b>c⇒a>c；a同向
可加性
a>b⇔a＋c>b＋c
可逆
可乘性
a>b，c>0⇒ac>bc；
a>b，c<0⇒acc的符号
同向可加性
a>b，c>d⇒a＋c>b＋d
同向
同向同正
可乘性
a>b>0，c>d>0⇒ac>bd
同向，
同正
可乘方性
a>b>0，n∈N*⇒an>bn
同正
可开方性
a>b>0，n∈N，n≥2⇒eq \r(n,a)>eq \r(n,b)
同正
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
有两相异实根
x1，x2(x1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xeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(b,2a)))))
eq \a\vs4\al(R)
ax2＋bx＋c<0
(a>0)的解集
{x|x1eq \a\vs4\al(∅)
eq \a\vs4\al(∅)
不等式类型
恒成立条件
ax2＋bx＋c>0
a>0，Δ<0
ax2＋bx＋c≥0
a>0，Δ≤0
ax2＋bx＋c<0
a<0，Δ<0
ax2＋bx＋c≤0
a<0，Δ≤0