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    2021届高考数学人教版一轮创新教学案:第6章第1讲 不等关系与不等式的性质及一元二次不等式
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    2021届高考数学人教版一轮创新教学案:第6章第1讲 不等关系与不等式的性质及一元二次不等式

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    第1讲 不等关系与不等式的性质及一元二次不等式
    [考纲解读] 1.不等式性质是进行变形、证明、解不等式的依据,掌握不等式关系与性质及比较大小的常用方法:作差法与作商法.(重点)
    2.能从实际情景中抽象出一元二次不等式模型,通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数,一元二次方程之间的联系,能解一元二次不等式.(重点、难点)
    [考向预测] 从近三年高考情况来看,本讲是高考中的一个热点内容,但一般不会单独命题.预测2021年将会考查:利用不等式的性质判断结论的成立性,求参数的取值范围;一元二次不等式的解法,对含参数的二次不等式的分类讨论等.命题时常将不等式与函数的单调性相结合.试题一般以客观题的形式呈现,属中、低档题型.

    1.两个实数比较大小的依据
    (1)a-b>0⇔a>b.
    (2)a-b=0⇔a=b.
    (3)a-b<0⇔a<b.
    2.不等式的基本性质
    (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.
    (4)可乘性:a>b,c>0⇒ac>bc;a>b,c<0⇒ac<bc.
    (5)加法法则:a>b,c>d⇒a+c>b+d.
    (6)乘法法则:a>b>0,c>d>0⇒ac>bd.
    (7)乘方法则:a>b>0⇒an>bn(n∈N,n≥1).
    (8)开方法则:a>b>0⇒>(n∈N,n≥2).
    3.必记结论
    (1)a>b,ab>0⇒<.
    (2)a<0 (3)a>b>0,0.
    (4)0 (5)若a>b>0,m>0,则<;
    >(b-m>0);>;
    <(b-m>0).
    4.一元二次函数的三种形式
    (1)一般式:y=ax2+bx+c(a≠0).
    (2)顶点式:y=a2+(a≠0).
    (3)两根式:y=a(x-x1)(x-x2)(a≠0).
    5.三个二次之间的关系
    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=-
    没有实数根
    ax2+bx+c>0
    (a>0)的解集
    (-∞,x1)
    ∪(x2,+∞)
    x
    R
    ax2+bx+c<0
    (a>0)的解集
    (x1,x2)



    1.概念辨析
    (1)a>b⇔ac2>bc2.(  )
    (2)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.(  )
    (3)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.(  )
    (4)不等式ax2+bx+c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ=b2-4ac≤0.(  )
    答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
    2.小题热身
    (1)设集合M={x|x2-3x-4<0},N={x|0≤x≤5},则M∩N等于(  )
    A.(0,4] B.[0,4)
    C.[-1,0) D.(-1,0]
    答案 B
    解析 因为M={x|-1 (2)已知a,b,c满足c A.ab>ac B.c(b-a)<0
    C.cb20
    答案 A
    解析 因为c0,c<0,b的符号不确定,b-a<0,a-c>0,据此判断A成立,B,D不成立,C不一定成立.
    (3)设M=2a(a-2),N=(a+1)(a-3),则有(  )
    A.M >N B.M ≥N
    C.M 答案 A
    解析 M-N=2a(a-2)-(a+1)(a-3)=a2-2a+3=(a-1)2+2>0,故M >N.
    (4)已知函数f(x)=ax2+ax-1,若对任意实数x,恒有f(x)≤0,则实数a的取值范围是________.
    答案 [-4,0]
    解析 当a=0时,f(x)=-1≤0成立,
    当a≠0时,若对∀x∈R,f(x)≤0,
    须有
    解得-4≤a<0.
    综上知,实数a的取值范围是[-4,0].

    题型 一 不等式性质的应用

    1.(2020·辽宁省鞍山一中高三上学期期末)已知条件甲:a>0,条件乙:a>b且>,则甲是乙的(  )
    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
    答案 B
    解析 由a>0不能推出a>b且>,故甲不是乙的充分条件.若a>b且>,即a>b且>0,则ab<0,所以a>0,b<0.所以由a>b且>能推出a>0.故甲是乙的必要条件.所以甲是乙的必要不充分条件.
    2.已知等比数列{an}中,a1>0,q>0,前n项和为Sn,则与的大小关系为________.
    答案 <
    解析 当q=1时,=3,=5,所以<.
    当q>0且q≠1时,
    -=-
    ==<0,
    所以<.
    综上可知<.
    3.已知二次函数y=f(x)的图象过原点,且1≤f(-1)≤2,3≤f(1)≤4,求f(-2)的取值范围.
    解 由题意知f(x)=ax2+bx,则f(-2)=4a-2b,
    由f(-1)=a-b,f(1)=a+b,
    设存在实数m,n,使得4a-2b=m(a+b)+n(a-b),
    即4a-2b=(m+n)a+(m-n)b,
    所以解得
    所以f(-2)=4a-2b=(a+b)+3(a-b).
    又3≤a+b≤4,3≤3(a-b)≤6,
    所以6≤(a+b)+3(a-b)≤10,
    即f(-2)的取值范围是[6,10].

    1.判断不等式是否成立的方法
    (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.
    (2)在判断一个关于不等式的命题的真假时,可结合不等式的性质,对数函数、指数函数的性质进行判断.
    2.比较两个数(式)大小的两种方法

    3.求代数式的取值范围
    利用不等式性质求某些代数式的取值范围时,一般是利用整体思想,通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围,是避免错误的有效途径.如举例说明3.                    

    1.若<<0,给出下列不等式:①<;②|a|+b>0;③a->b-;④ln a2>ln b2.其中正确的不等式是(  )
    A.①④ B.②③
    C.①③ D.②④
    答案 C
    解析 因为<<0,所以b|a|,所以|a|+b<0,ln a2b,->-可推出a->b-,显然有<0<,综上知,①③正确,②④错误.
    2.若a>0,且a≠7,则(  )
    A.77aa<7aa7 B.77aa=7aa7
    C.77aa>7aa7 D.77aa与7aa7的大小不确定
    答案 C
    解析 显然77aa>0,7aa7>0,
    因为=7·a=7·-a=7-a.
    当a>7时,0<<1,7-a<0,7-a>1,
    当01,7-a>0,7-a>1.
    综上知77aa>7aa7.
    3.若1<α<3,-4<β<2,则α-|β|的取值范围是________.
    答案 (-3,3)
    解析 ∵-4<β<2,∴0≤|β|<4,∴-4<-|β|≤0.
    ∴-3<α-|β|<3.
    题型 二 不等式的解法

    1.(2019·黄冈模拟)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-2)<0的解集是(  )
    A.(-∞,1)∪(2,+∞) B.(-1,2)
    C.(1,2) D.(-∞,-1)∪(2,+∞)
    答案 C
    解析 因为关于x的不等式ax+b>0的解集是(1,+∞),所以a>0,且-=1,所以关于x的不等式(ax+b)(x-2)<0可化为(x-2)<0,即(x-1)(x-2)<0,所以不等式的解集为{x|1 2.解关于x的不等式ax2-2≥2x-ax(a∈R).
    解 本题采用分类讨论思想.
    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(x+1)≥0,
    解得x≥或x≤-1.
    ③当a<0时,原不等式化为(x+1)≤0.
    当>-1,即a<-2时,解得-1≤x≤;
    当=-1,即a=-2时,解得x=-1满足题意;
    当<-1,即-2 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;
    当-2 当a=-2时,不等式的解集为{-1};
    当a<-2时,不等式的解集为.

    1.解一元二次不等式的四个步骤
    一化
    把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式
    二判
    计算对应方程的判别式
    三求
    求出对应的一元二次方程的根,或根据判别式说明方程有没有实根
    四写
    利用“大于取两边,小于取中间”写出不等式的解集
    2.分式不等式的解法
    求解分式不等式的关键是对原不等式进行恒等变形,转化为整式不等式(组)求解.
    (1)>0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0);
    (2)≥0(≤0)⇔
    3.解含参数的一元二次不等式的一般步骤
                        

    1.(2019·江西省重点中学协作体联考)已知命题p:A=,命题q:B={x|x-a<0}.若命题p是命题q的必要不充分条件,则实数a的取值范围是(  )
    A.(2,+∞) B.[2,+∞)
    C.(-∞,1) D.(-∞,1]
    答案 D
    解析 由≤0,得≥0,∴
    解得x<1或x≥2,∴A={x|x<1或x≥2}.又B={x|x-a<0}={x|x
    2.已知函数f(x)=ax2+bx-a+2.
    (1)若关于x的不等式f(x)>0的解集是(-1,3),求实数a,b的值;
    (2)若b=2,a>0,解关于x的不等式f(x)>0.
    解 (1)由题意,知x=-1,x=3是方程ax2+bx-a+2=0的两个根,
    代入方程有∴
    (2)当b=2时,f(x)=ax2+2x-a+2=(ax-a+2)(x+1),∵a>0,
    ∴f(x)>0可化为(x+1)>0,
    ①当≥-1,即a≥1时,
    解集为x;
    ②当<-1,即0 解集为x.
    题型 三 二次不等式中的任意性与存在性 

    角度1 任意性与存在性
    1.已知函数f(x)=x2-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f(x)=x2-x+1≥0在R上恒成立,
    ∴Δ=-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],x2-x+1≥2成立,
    ∴∃x∈[1,2],≤x-成立.
    令g(x)=x-,x∈[1,2],
    则g(x)在区间[1,2]上单调递增,
    ∴g(x)max=g(2)=,
    ∴≤,解得a≤3,∴实数a的取值范围为(-∞,3].
    角度2 给定区间上的任意性问题
    2.已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0成立,则实数m的取值范围是________.
    答案 
    解析 要满足f(x)=x2+mx-1<0对于任意x∈[m,m+1]恒成立,
    只需即
    解得-<m<0.
    3.设函数f(x)=mx2-mx-1.若对于x∈[1,3],f(x)<-m+5恒成立,求m的取值范围.
    解 要使f(x)<-m+5在x∈[1,3]上恒成立,即
    m2+m-6<0在x∈[1,3]上恒成立.
    有以下两种方法:
    解法一:令g(x)=m2+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),即7m-6<0,所以m<,
    所以0 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),即m-6<0,
    所以m<6,所以m<0.
    综上所述,m的取值范围是m.
    解法二:因为x2-x+1=2+>0,
    又因为m(x2-x+1)-6<0,所以m<.
    因为函数y==
    在[1,3]上的最小值为,所以只需m<即可.
    所以m的取值范围是m.
    角度3 给定参数范围的恒成立问题
    4.已知a∈[-1,1]时不等式x2+(a-4)x+4-2a>0恒成立,则x的取值范围为(  )
    A.(-∞,2)∪(3,+∞)
    B.(-∞,1)∪(2,+∞)
    C.(-∞,1)∪(3,+∞)
    D.(1,3)
    答案 C
    解析 把不等式的左端看成关于a的一次函数,
    记f(a)=(x-2)a+x2-4x+4,
    要使f(a)>0对于任意的a∈[-1,1]恒成立,
    只需f(-1)=x2-5x+6>0,
    且f(1)=x2-3x+2>0即可,解不等式组
    得x<1或x>3.故选C.

    形如f(x)≥0(f(x)≤0)恒成立问题的求解思路
    (1)x∈R的不等式确定参数的范围时,结合二次函数的图象,利用判别式来求解.如举例说明1(1).
    (2)x∈[a,b]的不等式确定参数范围时,①根据函数的单调性,求其最值,让最值大于等于或小于等于0,从而求参数的范围;②数形结合,利用二次函数在端点a,b处的取值特点确定不等式求范围.如举例说明2,3.
    (3)已知参数m∈[a,b]的不等式确定x的范围,要注意变换主元,一般地,知道谁的范围,就选谁当主元,求谁的范围,谁就是参数.如举例说明4.                    

    1.若不等式x2+ax-2>0在区间[1,5]上有解,则a的取值范围是________.
    答案 
    解析 由Δ=a2+8>0,知方程x2+ax-2=0恒有两个不等实数根,又知两根之积为负,所以方程x2+ax-2=0必有一正根、一负根.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>-,故a的取值范围为.
    2.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;
    (3)当a∈[4,6]时,f(x)≥0恒成立,求实数x的取值范围.
    解 (1)∵当x∈R时,x2+ax+3-a≥0恒成立,
    需Δ=a2-4(3-a)≤0,即a2+4a-12≤0,
    ∴实数a的取值范围是[-6,2].
    (2)当x∈[-2,2]时,设g(x)=x2+ax+3-a≥0,分如下三种情况讨论(如图所示):
    ①如图1,当g(x)的图象恒在x轴上方且满足条件时,有Δ=a2-4(3-a)≤0,即-6≤a≤2.
    ②如图2,g(x)的图象与x轴有交点,
    但当x∈[-2,+∞)时,g(x)≥0,
    即即
    可得解得a∈∅.
    ③如图3,g(x)的图象与x轴有交点,但当x∈(-∞,2]时,g(x)≥0.
    即即
    可得∴-7≤a≤-6.
    综上,实数a的取值范围是[-7,2].

    (3)令h(a)=xa+x2+3.
    当a∈[4,6]时,h(a)≥0恒成立.
    只需即
    解得x≤-3-或x≥-3+.
    ∴实数x的取值范围是(-∞,-3-]∪[-3+,+∞).

     组 基础关
    1.(2019·潍坊模拟)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]
    答案 A
    解析 A={x|x2-2x-3≥0}={x|(x-3)(x+1)≥0}={x|x≤-1或x≥3},又B={x|-2≤x≤2},所以A∩B={x|-2≤x≤-1}.
    2.若正实数a,b满足a>b,且ln a·ln b>0,则(  )
    A.> B.a2 C.ab+1>a+b D.lg a+lg b>0
    答案 C
    解析 由已知得a>b>1或0b2,所以A,B错误;又ab>1或00或lg (ab)<0,所以D错误;而ab+1-(a+b)=(a-1)(b-1)>0,即ab+1>a+b,所以C正确.
    3.若角α,β满足-<α<β<π,则α-β的取值范围是(  )
    A. B.
    C. D.
    答案 B
    解析 ∵-<α<π,-<β<π,∴-π<-β<,∴-<α-β<.又α<β,∴α-β<0,从而-<α-β<0.
    4.设a,b∈[0,+∞),A=+,B=,则A,B的大小关系是(  )
    A.A≤B B.A≥B
    C.AB
    答案 B
    解析 因为a,b∈[0,+∞),所以A=+>0,B=>0,所以A2-B2=a+b+2-(a+b)=2≥0,所以A2≥B2,所以A≥B.
    5.(2020·广东清远一中月考)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,+∞)
    答案 C
    解析 关于x的不等式ax-b<0的解集是(1,+∞),即不等式ax<b的解集是(1,+∞),∴a=b<0,∴不等式(ax+b)(x-3)>0可化为(x+1)(x-3)<0,解得-1<x<3,∴所求解集是(-1,3).故选C.
    6.设函数f(x)=则不等式f(x)>f(1)的解集是(  )
    A.(-3,1)∪(3,+∞)
    B.(-3,1)∪(2,+∞)
    C.(-1,1)∪(3,+∞)
    D.(-∞,-3)∪(1,3)
    答案 A
    解析 由题意知f(1)=3,故原不等式可化为
    或解得-33,所以原不等式的解集为(-3,1)∪(3,+∞),故选A.
    7.已知函数f(x)=(ax-1)(x+b),如果不等式f(x)>0的解集为(-1,3),那么不等式f(-2x)<0的解集为(  )
    A.∪
    B.
    C.∪
    D.
    答案 A
    解析 由f(x)=(ax-1)(x+b)>0的解集是(-1,3),则a<0,故有=-1,-b=3,即a=-1,b=-3,∴f(x)=-x2+2x+3,∴f(-2x)=-4x2-4x+3,由-4x2-4x+3<0,解得x>或x<-,故不等式f(-2x)<0的解集是∪.
    8.已知函数f(x)=,若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,则实数a的取值范围是________.
    答案 (-3,+∞)
    解析 对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立.
    等价于x2+2x+a>0,即a>-(x+1)2+1在[1,+∞)上恒成立,令g(x)=-(x+1)2+1,则g(x)在[1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=-3,所以a>-3.
    9.若存在x∈[-2,3],使不等式2x-x2≥a成立,则实数a的取值范围是________.
    答案 (-∞,1]
    解析 设f(x)=2x-x2,则当x∈[-2,3]时,f(x)=-(x-1)2+1∈[-8,1],因为存在x∈[-2,3],使不等式2x-x2≥a成立,所以a≤f(x)max,所以a≤1.
    10.设不等式mx2-2x-m+1<0对于满足|m|≤2的一切m的值都成立,则x的取值范围是________.
    答案 
    解析 记f(m)=mx2-2x-m+1=(x2-1)m+1-2x(|m|≤2),则f(m)<0恒成立等价于

    解得  组 能力关
    1.(2019·天津市新华中学模拟)已知命题p:>,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
    答案 A
    解析 求解不等式>可得0 解得0 2.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(  )
    A.[-4,1] B.[-4,3]
    C.[1,3] D.[-1,3]
    答案 B
    解析 原不等式为(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 3.某省每年损失耕地20万亩,每亩耕地价值24000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9000万元,则t的取值范围是(  )
    A.[1,3] B.[3,5]
    C.[5,7] D.[7,9]
    答案 B
    解析 由题意知征收耕地占用税后每年损失耕地为万亩,则税收收入为×24000×t%万元,由题意有×24000×t%≥9000,整理得t2-8t+15≤0,解得3≤t≤5,∴当耕地占用税税率为3%~5%时,既可减少耕地损失又可保证此项税收一年不少于9000万元.∴t的取值范围是3≤t≤5,故选B.
    4.(2019·江西临川一中高考模拟)已知函数f(x)=ln (3-x),则不等式f(lg x)>0的解集为________.
    答案 (1,100)
    解析 因为f(x)=ln (3-x),则解得0≤x<3,所以定义域为[0,3),因为f(x)=ln (3-x)>0等价于解得0 因为f(lg x)>0,所以解得1 5.不等式x2+8y2≥λy(x+y)对于任意的x,y∈R恒成立,则实数λ的取值范围为________.
    答案 [-8,4]
    解析 因为x2+8y2≥λy(x+y)对于任意的x,y∈R恒成立,所以x2+8y2-λy(x+y)≥0对于任意的x,y∈R恒成立,即x2-λyx+(8-λ)y2≥0恒成立,
    由二次不等式的性质可得,
    Δ=λ2y2+4(λ-8)y2=y2(λ2+4λ-32)≤0,
    所以(λ+8)(λ-4)≤0,解得-8≤λ≤4.
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