【核按鈕】(新課標)2016高考數(shù)學一輪復習(課時精講+課時檢測+單元檢測)第七章不等式(4課時)理

PAGE第七章不等式1.不等關系了解現(xiàn)實世界和日常生活中存在著大量的不等關系，了解不等式(組)的實際背景.2.一元二次不等式(1)會從實際問題的情境中抽象出一元二次不等式模型.(2)通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系.(3)會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設計求解的程序框圖.3.二元一次不等式組與簡單線性規(guī)劃問題(1)會從實際情境中抽象出二元一次不等式組.(2)了解二元一次不等式的幾何意義，能用平面區(qū)域表示二元一次不等式組.(3)會從實際情境中抽象出一些簡單的二元線性規(guī)劃問題，并能加以解決.4.基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a≥0，b≥0)(1)了解基本不等式的證明過程.(2)會用基本不等式解決簡單的最大(小)值問題.§7.1不等關系與不等式1.比較原理兩實數(shù)a，b之間有且只有以下三個大小關系之一：__________、__________、__________.其中a＞b?a－b＞0；a＜b?______________；a＝b?__________.2.不等式的性質(zhì)(1)對稱性：a>b?__________；(2)傳遞性：a>b，b>c?__________；(3)不等式加等量：a>b?a＋c______b＋c；(4)不等式乘正量：a>b，c>0?__________；不等式乘負量：a>b，c<0?__________.(5)同向不等式相加：a>b，c>d?__________；(6)異向不等式相減：a>b，c<d?__________；(7)同向不等式相乘：a>b>0，c>d>0?__________；(8)異向不等式相除：a>b>0，0<c<d?eq\f(a,c)______eq\f(b,d)；(9)不等式取倒數(shù)：a>b，ab>0?eq\f(1,a)______eq\f(1,b)；(10)不等式的乘方：a>b>0?______________；(11)不等式的開方：a>b>0?______________.注：1.(5)(6)說明，同向不等式可相加，但不可相減，而異向不等式可相減；2.(7)(8)說明，都是正數(shù)的同向不等式可相乘，但不可相除，而都是正數(shù)的異向不等式可相除.自查自糾：1.a＞ba＜ba＝ba－b＜0a－b＝02.(1)b<a(2)a>c(3)>(4)ac>bcac<bc(5)a＋c>b＋d(6)a－c>b－d(7)ac>bd(8)＞(9)＜(10)an>bn(n∈N*且n>1)(11)eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N*且n>1)(eq\a\vs4\al(2013·上海))如果a<b<0，那么下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B.ab<b2C.－ab<－a2 D.－eq\f(1,a)<－eq\f(1,b)解：eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)>0，故eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，∴－eq\f(1,a)<－eq\f(1,b).故選D.設f(x)＝3x2－x＋1，g(x)＝2x2＋x－1，x∈R，則f(x)與g(x)的大小關系是()A.f(x)＞g(x) B.f(x)≥g(x)C.f(x)＝g(x) D.f(x)＜g(x)解：f(x)－g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1＞0恒成立，故選A.已知a＞0，b＞0，則aabb與abba的大小關系為()A.aabb≥abba B.aabb＜abbaC.aabb≤abba D.與a，b的大小有關解：不妨設a≥b＞0，則eq\f(a,b)≥1，a－b≥0，故eq\f(aabb,abba)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(a－b)≥1，即aabb≥abba.同理當b＞a＞0時，亦有aabb≥abba.故選A.已知a＝2eq\r(7)，b＝eq\r(6)＋2eq\r(2)，則a，b的大小關系是a________b.解：由于a＝2eq\r(7)，b＝eq\r(6)＋2eq\r(2)，平方作差得a2－b2＝28－14－8eq\r(3)＝14－8eq\r(3)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)－\r(3)))＞0，從而a＞b.故填＞.若a，b∈R＋，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)與eq\f(1,a＋b)的大小關系是__________.解：∵a，b∈R＋，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))÷eq\f(1,a＋b)＝eq\f(（a＋b）2,ab)≥eq\f(4ab,ab)＝4>1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).故填eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)>eq\f(1,a＋b).類型一建立不等關系燃放禮花彈時，為了確保安全，人在點燃導火線后要在燃放前轉(zhuǎn)移到10m以外的安全區(qū)域.已知導火線的燃燒速度為0.2m/s，人離開的速度為4m/s，導火線的長度解：人到達安全區(qū)域的時間小于導火線燃燒的時間，所以eq\f(10,4)<eq\f(x,0.2).點撥：解決有關不等關系的實際問題，應抓住關鍵字詞，例如“要”“必須”“不少于”“大于”等，從而建立相應的方程或不等式模型.用錘子以均勻的力敲擊鐵釘進入木板.隨著鐵釘?shù)纳钊耄F釘所受的阻力會越來越大，使得每次釘入木板的釘子長度為前一次的eq\f(1,k)(k∈N*)，已知一個鐵釘受擊3次后全部進入木板，且第一次受擊后進入木板部分的鐵釘長度是釘長的eq\f(4,7)，試從中提煉出一個不等式組.(釘帽厚度不計)解：假設釘長為1，第一次受擊后，進入木板部分的鐵釘長度是eq\f(4,7)；第二次受擊后，該次鐵釘進入木板部分的長度為eq\f(4,7k)，此時進入木板部分的鐵釘?shù)目傞L度為eq\f(4,7)＋eq\f(4,7k)，有eq\f(4,7)＋eq\f(4,7k)＜1；第三次受擊后，該次釘入木板部分的長度為eq\f(4,7k2)，此時應有eq\f(4,7)＋eq\f(4,7k)＋eq\f(4,7k2)，有eq\f(4,7)＋eq\f(4,7k)＋eq\f(4,7k2)≥1.所以可從中提煉出一個不等式組：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)＋\f(4,7k)＜1，,\f(4,7)＋\f(4,7k)＋\f(4,7k2)≥1.))類型二不等式的性質(zhì)已知下列三個不等式①ab＞0；②eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)；③bc>ad.以其中兩個作為條件，余下一個作結(jié)論，則可組成幾個正確命題？解：(1)對②變形eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)?eq\f(bc－ad,ab)＞0，由ab＞0，bc＞ad得②成立，∴①③?②.(2)若ab＞0，eq\f(bc－ad,ab)＞0，則bc＞ad，∴①②?③.(3)若bc＞ad，eq\f(bc－ad,ab)＞0，則ab＞0，∴②③?①.綜上所述可組成3個正確命題.點撥：運用比較法及不等式性質(zhì)進行比較時要注意不等式需滿足的條件，如比較ac與bc的大小關系應注意從c＞0，c＝0，c＜0三個方面討論.(eq\a\vs4\al(2014·四川))若a＞b＞0，c＜d＜0，則一定有()A.eq\f(a,c)＞eq\f(b,d) B.eq\f(a,c)＜eq\f(b,d) C.eq\f(a,d)＞eq\f(b,c) D.eq\f(a,d)＜eq\f(b,c)解：由c＜d＜0?－eq\f(1,d)＞－eq\f(1,c)＞0，又a＞b＞0，故由不等式性質(zhì)，得－eq\f(a,d)＞－eq\f(b,c)＞0，所以eq\f(a,d)＜eq\f(b,c).故選D.類型三不等式性質(zhì)的應用(1)若1<α<3，－4<β<2，則eq\f(α,2)－β的取值范圍是________.解：由1＜α＜3得eq\f(1,2)＜eq\f(α,2)＜eq\f(3,2)，由－4＜β＜2得－2＜－β＜4，所以eq\f(α,2)－β的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2))).故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(11,2))).點撥：①需要注意的是，兩同向不等式可以相加但不可以相減，所以不能直接由eq\f(1,2)＜eq\f(α,2)＜eq\f(3,2)和－4＜β＜2兩式相減來得到eq\f(α,2)－β的范圍.②此類題目用線性規(guī)劃也可解.(2)已知－1＜a＋b＜3且2＜a－b＜4，求2a＋3b的取值范圍解：設2a＋3b＝x(a＋b)＋y(a－b)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,x－y＝3.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝－\f(1,2).))∴－eq\f(5,2)＜eq\f(5,2)(a＋b)＜eq\f(15,2)，－2＜－eq\f(1,2)(a－b)＜－1.∴－eq\f(9,2)＜eq\f(5,2)(a＋b)－eq\f(1,2)(a－b)＜eq\f(13,2)，即－eq\f(9,2)＜2a＋3b＜eq\f(13,2)，故2a＋3b的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，\f(13,2))).點撥：由于a＋b，a－b的范圍已知，所以要求2a＋3b的取值范圍，只需將2a＋3b用已知量a＋b，a－b表示出來，可設2a＋3b＝x(a＋b)＋y(a－b)，用待定系數(shù)法求出x，y，再利用同向不等式的可加性求解.(1)若角α，β滿足－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則2α－β的取值范圍是________.解：∵－eq\f(π,2)＜α＜β＜eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,2)＜α＜eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)＜β＜eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)＜－β＜eq\f(π,2)，而α＜β，∴－π＜α－β＜0，∴2α－β＝(α－β)＋α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2))).故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，\f(π,2))).(2)設f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范圍.解法一：由已知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4.))eq\a\vs4\al\co1(①,②)f(－2)＝4a－2設4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)(m，n為待定系數(shù))，即4a－2b＝(m＋n)a－(m－n)b，于是得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,m－n＝2.))解得m＝3，n＝1.由①×3＋②×1得5≤4a－2b≤10，即5≤f(－2)≤10.解法二：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝f（－1），,a＋b＝f（1）))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f（1）＋f（－1）]，,b＝\f(1,2)[f（1）－f（－1）].))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)，后面同解法一.類型四比較大小比較eq\f(a＋m,b＋m)與eq\f(a,b)(其中實數(shù)b＞a＞0，實數(shù)m＞0)的大小.解法一：(作差比較)：eq\f(a＋m,b＋m)－eq\f(a,b)＝eq\f(b（a＋m）－a（b＋m）,b（b＋m）)＝eq\f(m（b－a）,b（b＋m）)，∵b＞a＞0，m＞0，∴eq\f(m（b－a）,b（b＋m）)＞0，∴eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).解法二(作商比較)：∵b＞a＞0，m＞0，∴bm＞am?ab＋bm＞ab＋am＞0，∴eq\f(ab＋bm,ab＋am)＞1，即eq\f(a＋m,b＋m)·eq\f(b,a)＞1?eq\f(a＋m,b＋m)＞eq\f(a,b).點撥：本題思路是作差整理，定符號，所得結(jié)論也稱作真分數(shù)性質(zhì).作差(商)比較法的步驟是：①作差(商)；②變形：配方、因式分解、通分、分母(分子)有理化等；③判斷符號(判斷商和“1”的大小關系)；④作出結(jié)論.若a<0，－1<b<0，則下列不等式成立的是________.①log0.5(－a)<log0.5(－ab2)；②(－a)2<(－ab2)2；③(－a)－1>(－ab2)－1；④0.5－a>0.5－ab2.解法一：對于①，∵a＜0，－1＜b＜0，可知－a＞0，0＜b2＜1，∴－a＞－ab2＞0，結(jié)合對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)容易得到log0.5(－a)＜log0.5(－ab2)，①成立；對于②，由①知－a＞－ab2＞0，故(－a)2＞(－ab2)2，②不成立；對于③，由－a＞0知，－eq\f(1,a)＞－eq\f(1,ab2)?1＞eq\f(1,b2)?b2＞1，與－1＜b＜0矛盾，③不成立；對于④，由①知④不成立.解法二：用作差或作商法解本題也是可行的，如對于①，有l(wèi)og0.5(－a)－log0.5(－ab2)＝log0.5eq\f(1,b2)＜0，從而①正確，其余類似可解.故填①.1.理解不等關系的意義、實數(shù)運算的符號法則、不等式的性質(zhì)，是解不等式和證明不等式的依據(jù)和基礎.2.一般數(shù)學結(jié)論都有前提，不等式性質(zhì)也是如此.在運用不等式性質(zhì)之前，一定要準確把握前提條件，注意放寬條件和加強條件與其結(jié)論的關系，以及條件與結(jié)論間的相互聯(lián)系.如：同向不等式相加，方向不改變；都是正數(shù)的同向不等式相乘，方向不改變；異向不等式相減，方向與被減不等式方向相同；都是正數(shù)的異向不等式相除，方向與被除不等式方向相同；兩個正數(shù)的n次(n∈N＋，n＞1)方(開n次方)，當這兩個正數(shù)相等時，它們的冪(方根)相等；而不等的兩個正數(shù)，它們的冪(方根)不等，較大的正數(shù)冪(方根)較大.3.不等式性質(zhì)包括“充分條件(或者是必要條件)”和“充要條件”兩種，前者一般是證明不等式的理論基礎，后者一般是解不等式的理論基礎.4.比較兩個實數(shù)的大小，有作差法和作商法兩種方法.一般多用作差法，注意當這兩個數(shù)都是正數(shù)時，才可以用作商法.作差法是比較作差后的式子與“0”的大小關系；作商法是比較作商后的式子與“1”的大小關系.5.對于實際問題中的不等量關系，還要注意實際問題對各個參變數(shù)的限制.1.設a∈R，則a＞1是eq\f(1,a)＜1的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解：若a＞1，則eq\f(1,a)＜1成立；反之，若eq\f(1,a)＜1，則a＞1或a＜0.即a＞1?eq\f(1,a)＜1，而eq\f(1,a)＜1a＞1，故選A.2.已知a，b為正數(shù)，a≠b，n為正整數(shù)，則anb＋abn－an＋1－bn＋1的正負情況為()A.恒為正B.恒為負C.與n的奇偶性有關D.與a，b的大小有關解：anb＋abn－an＋1－bn＋1＝an(b－a)＋bn(a－b)＝－(a－b)(an－bn)，不妨設a>b，則an>bn，所以anb＋abn－an＋1－bn＋1<0恒成立.故選B.3.若a，b，c∈R，a＞b，則下列不等式成立的是()A.eq\f(1,a)＜eq\f(1,b) B.a2＞b2C.eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1) D.aeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(c))＞beq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(c))解：用排除法.取a＝1，b＝－1，排除A，B；取c＝0，排除D.顯然eq\f(1,c2＋1)＞0，對不等式a＞b的兩邊同時乘以eq\f(1,c2＋1)，得eq\f(a,c2＋1)＞eq\f(b,c2＋1)成立.故選C.4.(eq\a\vs4\al(2014·湖南))已知命題p：若x＞y，則－x＜－y；命題q：若x＞y，則x2＞y2.在命題①p∧q；②p∨q；③p∧(綈q)；④(綈p)∨q中，真命題是()A.①③B.①④C.②③D.②④解：當x＞y時，兩邊乘以－1可得－x＜－y，∴命題p為真命題；當x＝1，y＝－2時，顯然x2＜y2，∴命題q為假命題，∴②③為真命題.故選C.5.(eq\a\vs4\al(2014·浙江))已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0＜f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，則()A.c≤3 B.3＜c≤6C.6＜c≤9 D.c＞9解：由f(－1)＝f(－2)＝f(－3)得，－1＋a－b＋c＝－8＋4a－2b＋c＝－27＋9a－3b＋c，消去c得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－b＝7，,5a－b＝19，))解得a＝6，b＝11，于是0＜c－6≤3，即6＜c≤9.故選C.6.如果0＜m＜b＜a，則()A.coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m)B.coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b＋m,a＋m)C.coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b＋m,a＋m)D.coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b－m,a－m)＜coseq\f(b,a)解：作商比較：eq\f(b＋m,a＋m)÷eq\f(b,a)＝eq\f(ab＋am,ab＋bm)＞1，所以1＞eq\f(b＋m,a＋m)＞eq\f(b,a)＞0，同理，0＜eq\f(b－m,a－m)＜eq\f(b,a)＜1，∴1＞eq\f(b＋m,a＋m)＞eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)＞0.而y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以coseq\f(b＋m,a＋m)＜coseq\f(b,a)＜coseq\f(b－m,a－m).故選A.7.已知a＝log23＋log2eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)，c＝log32，則a，b，c的大小關系是____________.解：∵a＝log23eq\r(3)，b＝log2eq\f(9,\r(3))＝log23eq\r(3)，∴a＝b.∵a>1，c<1，∴a＝b>c.故填a＝b>c.8.給出下列命題：①若a＞b，則ac2＞bc2；②若a＞b，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)；③若a，b是非零實數(shù)，且a＜b，則eq\f(1,ab2)＜eq\f(1,a2b)；④若a＜b＜0，則a2＞ab＞b2.其中正確的命題是________.(填對應序號即可)解：當c＝0時①不成立；對于②，a正b負時不成立；對于③，當a＜b時，eq\f(1,ab2)－eq\f(1,a2b)＝eq\f(a－b,a2b2)＜0，∴eq\f(1,ab2)＜eq\f(1,a2b)；對于④，若a＜b＜0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜b，,a＜0))?a2＞ab，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜b，,b＜0))?ab＞b2，從而得a2＞ab＞b2，④成立.故填③④.9.設實數(shù)a，b，c滿足①b＋c＝6－4a＋3a2，②c－b＝4－4a＋a2.試確定a，b，c的大小關系.解：∵c－b＝(a－2)2≥0，∴c≥b，又2b＝2＋2a2，∴b＝1＋a2，∴b－a＝a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)＞0，∴b＞a，從而c≥b＞a.10.某企業(yè)去年年底給全部的800名員工共發(fā)放1000萬元年終獎，該企業(yè)計劃從今年起，10年內(nèi)每年發(fā)放的年終獎都比上一年增加30萬元，企業(yè)員工每年凈增a人.(1)若a＝10，在計劃時間內(nèi)，該企業(yè)的人均年終獎是否會超過1.5萬元？(2)為使人均年終獎年年有增長，該企業(yè)每年員工的凈增量不能超過多少人？解：(1)設從今年起的第x年(今年為第1年)該企業(yè)人均發(fā)放年終獎為y萬元.則y＝eq\f(1000＋30x,800＋ax)(a∈N*，1≤x≤10).假設會超過1.5萬元，則當a＝10時有eq\f(1000＋30x,800＋10x)＞1.5，解得x＞eq\f(40,3)＞10.所以，10年內(nèi)該企業(yè)的人均年終獎不會超過1.5萬元.(2)設1≤x1＜x2≤10，y＝f(x)＝eq\f(1000＋30x,800＋ax)，則f(x2)－f(x1)＝eq\f(1000＋30x2,800＋ax2)－eq\f(1000＋30x1,800＋ax1)＝eq\f(（30×800－1000a）（x2－x1）,（800＋ax2）（800＋ax1）)＞0，所以30×800－1000a＞0，得a＜24.所以，為使人均年終獎年年有增長，該企業(yè)每年員工的凈增量不能超過23人.11.已知0＜a＜eq\f(1,2)，A＝1－a2，B＝1＋a2，C＝eq\f(1,1－a)，D＝eq\f(1,1＋a)，試比較A，B，C，D的大小.解：∵0＜a＜eq\f(1,2)，∴0＜a2＜eq\f(1,4)，eq\f(1,2)＜1－a＜1，1＜1＋a＜eq\f(3,2)，顯然A與D均比B與C小，因此接下來我們只要比較A與D的大小及B與C的大小即可.∵C≠0，D≠0，∴eq\f(A,D)＝(1－a2)(1＋a)＝1＋a－a2－a3＝1＋a(1－a－a2)＞1，∴A＞D.同樣eq\f(B,C)＝(1－a)(1＋a2)＝1－a(1－a＋a2)＜1，∴B＜C，∴D＜A＜B＜C.設a>b>1，c<0，給出下列三個結(jié)論：①eq\f(c,a)>eq\f(c,b)；②ac<bc；③logbeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))>logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－c)).其中所有正確結(jié)論的序號是()A.①B.①②C.②③D.①②③解：①∵a>b>1，∴0<eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<1，又c<0，∴eq\f(c,a)>eq\f(c,b)，①正確；②由于a>b>1，可設f(x)＝ax，g(x)＝bx，當x＝c＜0時，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，得ac<bc，②正確；③∵a＞b＞1，c＜0，即a－c＞b－c＞1，∴l(xiāng)oga(a－c)＞loga(b－c)，又由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知logb(a－c)＞loga(a－c)，∴l(xiāng)ogb(a－c)＞loga(b－c)，③正確.故選D.

§7.2一元二次不等式及其解法1.解不等式的有關理論(1)若兩個不等式的解集相同，則稱它們是；(2)一個不等式變形為另一個不等式時，若兩個不等式是同解不等式，這種變形稱為不等式的；(3)解不等式變形時應進行同解變形；解不等式的結(jié)果，一般用集合表示.2.一元一次不等式解法任何一個一元一次不等式經(jīng)過不等式的同解變形后，都可以化為ax＞b(a≠0)的形式.當a＞0時，解集為；當a＜0時，解集為.若關于x的不等式ax>b的解集是R，則實數(shù)a，b滿足的條件是.3.一元二次不等式及其解法(1)我們把只含有一個未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)是2的不等式，稱為__________不等式.(2)使某個一元二次不等式成立的x的值叫做這個一元二次不等式的解，一元二次不等式所有的解組成的集合叫做一元二次不等式的________.(3)若一元二次不等式經(jīng)過同解變形后，化為一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(或ax2＋bx＋c＜0)(其中a＞0)的形式，其對應的方程ax2＋bx＋c＝0有兩個不相等的實根x1，x2，且x1＜x2(此時Δ＝b2－4ac＞0)，則可根據(jù)“大于號取，小于號取”求解集(4)一元二次不等式的解：函數(shù)與不等式Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實根x1，x2(x1＜x2)有兩相等實根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)無實根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集①②Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}?③4.分式不等式解法(1)化分式不等式為標準型.方法：移項，通分，右邊化為0，左邊化為eq\f(f（x）,g（x）)的形式.(2)將分式不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式求解，如：eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,g（x）)＞0))?f(x)g(x)＞0；eq\f(f（x）,g（x）)＜0?f(x)g(x)＜0；eq\f(f（x）,g（x）)≥0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）g（x）≥0，,g（x）≠0；))eq\f(f（x）,g（x）)≤0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）g（x）≤0，,g（x）≠0.))自查自糾：1.(1)同解不等式(2)同解變形2.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＞\f(b,a)))eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(b,a)))a＝0，b＜03.(1)一元二次(2)解集(3)兩邊中間(4)①eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＜x1或x＞x2))))②eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a)))))③?(eq\a\vs4\al(2014·課標Ⅰ))已知集合A＝{x|x2－2x－3≥0}，B＝{x|－2≤x＜2}，則A∩B＝()A.[－2，－1] B.[－1，2)C.[－1，1] D.[1，2)解：∵A＝{x|x≥3或x≤－1}，B＝{x|－2≤x＜2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤－1}＝[－2，－1].故選A.設f(x)＝x2＋bx＋1且f(－1)＝f(3)，則f(x)>0的解集為()A.{x|x∈R} B.{x|x≠1，x∈R}C.{x|x≥1} D.{x|x≤1}解：f(－1)＝1－b＋1＝2－b，f(3)＝9＋3b＋1＝10＋3b，由f(－1)＝f(3)，得2－b＝10＋3b，解出b＝－2，代入原函數(shù)，f(x)>0即x2－2x＋1>0，x的取值范圍是x≠1.故選B.已知－eq\f(1,2)<eq\f(1,x)<2，則x的取值范圍是()A.－2<x<0或0<x<eq\f(1,2) B.－eq\f(1,2)<x<2C.x<－eq\f(1,2)或x>2 D.x<－2或x>eq\f(1,2)解：當x>0時，x>eq\f(1,2)；當x<0時，x<－2.所以x的取值范圍是x<－2或x>eq\f(1,2)，故選D.不等式eq\f(1－2x,x＋1)＞0的解集是.解：根據(jù)分式不等式的轉(zhuǎn)化結(jié)論：eq\f(a,b)＞0?ab＞0，知不等式eq\f(1－2x,x＋1)>0等價于(1－2x)(x＋1)＞0，也就是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))(x＋1)＜0，所以－1＜x＜eq\f(1,2).故填eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1＜x＜\f(1,2)，x∈R)).(eq\a\vs4\al(2014·武漢調(diào)研))若一元二次不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)＜0對一切實數(shù)x都成立，則k的取值范圍為________.解：顯然k≠0.若k＞0，則只須(2x2＋x)max＜eq\f(3,8k)，解得k∈?；若k＜0，則只須eq\f(3,8k)＜(2x2＋x)min，解得k∈(－3，0).故k的取值范圍是(－3，0).故填(－3，0).類型一一元一次不等式的解法已知關于x的不等式(a＋b)x＋2a－3b＜0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))，求關于x的不等式(a－3b)x＋b－2a＞0的解集.解：由(a＋b)x＜3b－2a的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))，得a＋b＞0，且eq\f(3b－2a,a＋b)＝－eq\f(1,3)，從而a＝2b，則a＋b＝3b＞0，即b＞0，將a＝2b代入(a－3b)x＋b－2a＞0，得－bx－3b＞0，x＜－3，故所求解集為(－∞，－3).點撥：一般地，一元一次不等式都可以化為ax＞b(a≠0)的形式.挖掘隱含條件a＋b＞0且eq\f(3b－2a,a＋b)＝－eq\f(1,3)是解本題的關鍵.解關于x的不等式：(m2－4)x＜m＋2.解：(1)當m2－4＝0即m＝－2或m＝2時，①當m＝－2時，原不等式的解集為?，②當m＝2時，原不等式的解集為R.(2)當m2－4＞0即m＜－2或m＞2時，x＜eq\f(1,m－2).(3)當m2－4＜0即－2＜m＜2時，x＞eq\f(1,m－2).類型二一元二次不等式的解法解下列不等式：(1)x2－7x＋12＞0;(2)－x2－2x＋3≥0；(3)x2－2x＋1＜0;(4)x2－2x＋2＞0.解：(1)方程x2－7x＋12＝0的解為x1＝3，x2＝4.而y＝x2－7x＋12的圖象開口向上，可得原不等式x2－7x＋12＞0的解集是{x|x＜3或x＞4}.(2)不等式兩邊同乘以－1，原不等式可化為x2＋2x－3≤0.方程x2＋2x－3＝0的解為x1＝－3，x2＝1.而y＝x2＋2x－3的圖象開口向上，可得原不等式－x2－2x＋3≥0的解集是{x|－3≤x≤1}.(3)方程x2－2x＋1＝0有兩個相同的解x1＝x2＝1.而y＝x2－2x＋1的圖象開口向上，可得原不等式x2－2x＋1＜0的解集為?.(4)因為Δ＜0，所以方程x2－2x＋2＝0無實數(shù)解，而y＝x2－2x＋2的圖象開口向上，可得原不等式x2－2x＋2＞0的解集為R.點撥：解一元二次不等式的步驟：(1)將二次項系數(shù)化為正數(shù)；(2)解相應的一元二次方程；(3)根據(jù)一元二次方程的根，結(jié)合不等號的方向畫圖；(4)寫出不等式的解集.容易出現(xiàn)的錯誤有：①未將二次項系數(shù)化正，對應錯標準形式；②解方程出錯；③結(jié)果未按要求寫成集合.(eq\a\vs4\al(2013·金華十校聯(lián)考))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋1，x＜0，,x－1，x≥0，))則不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1的解集是()A.{x|－1≤x≤eq\r(2)－1}B.{x|x≤1}C.{x|x≤eq\r(2)－1}D.{x|－eq\r(2)－1≤x≤eq\r(2)－1}解：由題意得不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1等價于①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＜0，,x＋（x＋1）[－（x＋1）＋1]≤1))或②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x＋（x＋1）[（x＋1）－1]≤1，))解不等式組①得x＜－1；解不等式組②得－1≤x≤eq\r(2)－1.故原不等式的解集是{x|x≤eq\r(2)－1}.故選C.類型三二次不等式、二次函數(shù)及二次方程的關系已知關于x的不等式x2－bx＋c≤0的解集是{x|－5≤x≤1}，求實數(shù)b，c的值.解：∵不等式x2－bx＋c≤0的解集是{x|－5≤x≤1}，∴x1＝－5，x2＝1是x2－bx＋c＝0的兩個實數(shù)根，∴由韋達定理知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－5＋1＝b，,－5×1＝c，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－4，,c＝－5.))點撥：已知一元二次不等式的解集，就能夠得到相應的一元二次方程的兩根，由根與系數(shù)的關系，可以求出相應的系數(shù).已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為{x|2＜x＜3}，求不等式cx2－bx＋a＞0的解集.解：∵不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為{x|2＜x＜3}，∴a＜0，且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，由根與系數(shù)的關系得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝2＋3，,\f(c,a)＝2×3，,a＜0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－5a，,c＝6a，,a＜0.))代入不等式cx2－bx＋a＞0，得6ax2＋5ax＋a>0(a＜0).即6x2＋5x＋1＜0，∴所求不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,2)＜x＜－\f(1,3))).類型四含有參數(shù)的一元二次不等式解關于x的不等式：mx2－(m＋1)x＋1＜0.解：(1)m＝0時，不等式為－(x－1)＜0，得x－1＞0，不等式的解集為{x|x＞1}；(2)當m≠0時，不等式為meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m)))(x－1)＜0.①當m＜0，不等式為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m)))(x－1)＞0，∵eq\f(1,m)＜1，∴不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(1,m)或x＞1)).②當m＞0，不等式為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,m)))(x－1)＜0.(Ⅰ)若eq\f(1,m)＜1即m＞1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,m)＜x＜1))；(Ⅱ)若eq\f(1,m)＞1即0＜m＜1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1＜x＜\f(1,m)))；(Ⅲ)若eq\f(1,m)＝1即m＝1時，不等式的解集為?.點撥：當x2的系數(shù)是參數(shù)時，首先對它是否為零進行討論，確定其是一次不等式還是二次不等式，即對m≠0與m＝0進行討論，這是第一層次；第二層次：x2的系數(shù)正負(不等號方向)的不確定性，對m＜0與m＞0進行討論；第三層次：eq\f(1,m)與1大小的不確定性，對m＜1、m＞1與m＝1進行討論.解關于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R).解：不等式整理為ax2＋(a－2)x－2≥0，當a＝0時，解集為(－∞，－1].當a≠0時，ax2＋(a－2)x－2＝0的兩根為－1，eq\f(2,a)，所以當a＞0時，解集為(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))；當－2＜a＜0時，解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，－1))；當a＝－2時，解集為{x|x＝－1}；當a＜－2時，解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,a))).類型五分式不等式的解法(1)解不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤1.解：eq\f(x－1,2x＋1)≤1?eq\f(x－1,2x＋1)－1≤0?eq\f(－x－2,2x＋1)≤0?eq\f(x＋2,2x＋1)≥0.得{xx＞－eq\f(1,2)或x≤－2}.解法二：eq\f(x＋2,2x＋1)≥0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2≥0，,2x＋1＞0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2≤0，,2x＋1＜0.))得{x|x＞－eq\f(1,2)或x≤－2}.※(2)不等式eq\f(x－2,x2＋3x＋2)＞0的解集是.解：eq\f(x－2,x2＋3x＋2)＞0?eq\f(x－2,（x＋2）（x＋1）)＞0?(x－2)(x＋2)(x＋1)＞0，數(shù)軸標根得{x|－2＜x＜－1或x＞2}，故填{x|－2＜x＜－1或x＞2}.點撥：分式不等式可以先轉(zhuǎn)化為簡單的高次不等式，再利用數(shù)軸標根法寫出不等式的解集，如果該不等式有等號，則要注意分式的分母不能為零.※用“數(shù)軸標根法”解不等式的步驟：(1)移項：根據(jù)不等式的性質(zhì)對不等式進行移項，使得右端為0，化為不等式的標準形式(注意：一定要保證x的最高次冪的項的系數(shù)為正數(shù)).(2)求根：就是求出不等式所對應的方程的所有根.①若是整式不等式，將其分解因式，求出所有根；②若是分式不等式，用積和商的符號法則，將其轉(zhuǎn)化為整式不等式，再求出所有根.(3)標根：在數(shù)軸上按從左到右(由小到大)依次標出各根(不需標出準確位置，只需標出相對位置即可).(4)畫穿根線：從數(shù)軸“最右根”的右上方向左下方畫線，穿過此根，再往左上方穿過“次右根”，一上一下依次穿過各根.但畫線時遇偶重根不穿過(即線畫至此根時，不穿過此根，而向左依次穿過其余的根)，遇奇重根要穿過，可用口訣：“奇穿偶不穿”來記憶.(5)寫出不等式的解集：若不等號為“＞”，則取數(shù)軸上方穿根線以內(nèi)的范圍；若不等號為“＜”，則取數(shù)軸下方穿根線以內(nèi)的范圍；若不等式中含有“＝”號，就連根一同取，但若是分式不等式，寫解集時要考慮分母不能為零.(1)若集合A＝{x|－1≤2x＋1≤3}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(x－2,x)≤0))，則A∩B＝()A.{x|－1≤x＜0} B.{x|0＜x≤1}C.{x|0≤x≤2} D.{x|0≤x≤1}解：易知A＝{x|－1≤x≤1}，B集合就是不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（x－2）≤0，,x≠0))的解集，求出B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|0＜x≤2))，所以A∩B＝{x|0＜x≤1}.故選B.(2)不等式eq\f(x－1,2x＋1)≤0的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪[1，＋∞)解：eq\f(x－1,2x＋1)≤0?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－1）（2x＋1）≤0，,2x＋1≠0))得－eq\f(1,2)<x≤1.故選A.類型六和一元二次不等式有關的恒成立問題(1)若不等式x2＋ax＋1≥0對于一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))成立，則a的最小值為()A.0B.－2C.－eq\f(5,2)D.－3解法一：不等式可化為ax≥－x2－1，由于x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，∴a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))).∵f(x)＝eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是減函數(shù)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,x)))eq\s\do7(max)＝－eq\f(5,2).∴a≥－eq\f(5,2).解法二：令f(x)＝x2＋ax＋1，對稱軸為x＝－eq\f(a,2).①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≤0，,f（0）≥0))?a≥0.(如圖1)②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜－\f(a,2)＜\f(1,2)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))≥0))?－1＜a＜0.(如圖2)③eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≥\f(1,2)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥0))?－eq\f(5,2)≤a≤－1.(如圖3)圖1圖2圖3綜上①②③，a≥－eq\f(5,2).故選C.(2)已知對于任意的a∈[－1，1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值總大于0，則xA.1＜x＜3 B.x＜1或x＞3C.1＜x＜2 D.x＜1或x＞2解：記g(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，a∈[－1，1]，依題意，只須eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＞0，,g（－1）＞0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x＋2＞0，,x2－5x＋6＞0))?x＜1或x＞3，故選B.點撥：(1)一元二次不等式恒成立問題，對于x變化的情形，解法一利用參變量分離法，化成a＞f(x)(a＜f(x))型恒成立問題，再利用a＞f(x)max(a＜f(x)min)，求出參數(shù)范圍.解法二化歸為二次函數(shù)，由于是軸動區(qū)間定，結(jié)合二次函數(shù)對稱軸與定義域的位置關系、單調(diào)性等相關知識，求出參數(shù)范圍.(2)對于參數(shù)變化的情形，大多利用參變量轉(zhuǎn)換法，即參數(shù)轉(zhuǎn)換為變量；變量轉(zhuǎn)換為參數(shù)，把關于x的二次不等式轉(zhuǎn)換為關于a的一次不等式，化繁為簡，然后再利用一次函數(shù)的單調(diào)性，求出x的取值范圍.(1)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2，2]時，f(x)≥2恒成立，求a的取值范圍.解法一：令f(x)在[－2，2]上的最小值為g(a).當－eq\f(a,2)＜－2，即a＞4時，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥2，∴a≤eq\f(5,3)，與a>4矛盾，∴a不存在.當－2≤－eq\f(a,2)≤2，即－4≤a≤4時，g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq\f(a2,4)－a＋3≥2，－2eq\r(2)－2≤a≤2eq\r(2)－2，∴－4≤a≤2eq\r(2)－2.當－eq\f(a,2)＞2，即a＜－4時，g(a)＝f(2)＝7＋a≥2，∴a≥－5，∴－5≤a＜－4.綜上所述－5≤a≤2eq\r(2)－2.解法二：在x∈[－2，2]時，f(x)＝x2＋ax＋3－a≥2恒成立?a(x－1)≥－x2－1恒成立，當x＝1時，a∈R；當1＜x≤2時，a≥eq\f(－x2－1,x－1)；當－2≤x＜1時，a≤eq\f(－x2－1,x－1).接下來通過恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化，變成最值問題即可求解.(2)對于滿足|a|≤2的所有實數(shù)a，求使不等式x2＋ax＋1＞2x＋a成立的x的取值范圍.解：原不等式轉(zhuǎn)化為(x－1)a＋x2－2x＋1＞0，設f(a)＝(x－1)a＋x2－2x＋1，則f(a)在[－2，2]上恒大于0，故有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）＞0，,f（2）＞0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3＞0，,x2－1＞0))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞3或x＜1，,x＞1或x＜－1.))∴x＜－1或x＞3.類型七二次方程根的討論若方程2ax2－x－1＝0在(0，1)內(nèi)有且僅有一解，則a的取值范圍是()A.a<－1 B.a>1C.－1<a<1 D.0≤a<1解法一：令f(x)＝2ax2－x－1，則f(0)·f(1)＜0，即－1×(2a－2)＜0，解得a＞1.解法二：當a＝0時，x＝－1，不合題意，故排除C，D；當a＝－2時，方程可化為4x2＋x＋1＝0，而Δ＝1－16＜0，無實根，故a＝－2不適合，排除A.故選B.點撥：本題考查一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關系，畫出相應函數(shù)的圖象后“看圖說話”，主要從以下四個方面分析：①開口方向；②判別式；③區(qū)間端點函數(shù)值的正負；④對稱軸x＝－eq\f(b,2a)與區(qū)間端點的關系.本書2.4節(jié)有較詳細的討論，可參看.如果方程x2＋(m－1)x＋m2－2＝0的兩個實根一個小于－1，另一個大于1，那么實數(shù)m的取值范圍是()A.－eq\r(2)<m<eq\r(2) B.－2<m<0C.－2<m<1 D.0<m<1解：令f(x)＝x2＋(m－1)x＋m2－2，結(jié)合二次函數(shù)圖象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）＜0，,f（1）＜0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－m＜0，,m2＋m－2＜0，))解之，得實數(shù)m的取值范圍是0＜m＜1.故選D.類型八一元二次不等式的應用(eq\a\vs4\al(2013·上海))甲廠以x千克/小時的速度勻速生產(chǎn)某種產(chǎn)品(生產(chǎn)條件要求1≤x≤10)，每小時可獲得利潤是100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))元.(1)要使生產(chǎn)該產(chǎn)品2小時獲得的利潤不低于3000元，求x的取值范圍；(2)要使生產(chǎn)900千克該產(chǎn)品獲得的利潤最大，問：甲廠應該選取何種生產(chǎn)速度？并求最大利潤.解：(1)根據(jù)題意，200eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))≥3000?5x－14－eq\f(3,x)≥0?5x2－14x－3≥0?(5x＋1)(x－3)≥0，又1≤x≤10，可解得3≤x≤10.(2)設利潤為y元，則y＝eq\f(900,x)·100eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5x＋1－\f(3,x)))＝9×104eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x2)＋\f(1,x)＋5))＝9×104eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,6)))2＋\f(61,12))).故x＝6時，ymax＝457500元.點撥：和一元二次不等式有關的實際應用題是教材中的重點，這也是將實際生活和數(shù)學相結(jié)合的切入點，是考查能力的好載體，應予以重視.某小型服裝廠生產(chǎn)一種風衣，日銷貨量x件與貨價p元/件之間的關系為p＝160－2x，生產(chǎn)x件所需成本為C＝500＋30x元，則該廠日產(chǎn)量為時，日獲利不少于1300元.解：由題意，得(160－2x)x－(500＋30x)≥1300，化簡得x2－65x＋900≤0，解之得20≤x≤45.因此，該廠日產(chǎn)量在20件至45件時，日獲利不少于1300元.故填20件至45件.1.一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(或ax2＋bx＋c＜0)(a≠0)的解集的確定，受二次項系數(shù)a的符號及判別式Δ＝b2－4ac的符號制約，且與相應的二次函數(shù)、一元二次方程有密切聯(lián)系，可結(jié)合相應的函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象，數(shù)形結(jié)合求得不等式的解集；二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的值恒大于0的條件是a＞0且Δ＜0；若恒大于或等于0，則a＞0且Δ≤0.若二次項系數(shù)中含參數(shù)且未指明該函數(shù)是二次函數(shù)時，必須考慮二次項系數(shù)為0這一特殊情形2.解分式不等式要使一邊為零；求解非嚴格分式不等式時，要注意分母不等于0，轉(zhuǎn)化為不等式組.(注：形如eq\f(f（x）,g（x）)≥0或eq\f(f（x）,g（x）)≤0的不等式稱為非嚴格分式不等式).3.解含參數(shù)的不等式的基本途徑是分類討論，能避免討論的應設法避免討論.對字母參數(shù)的邏輯劃分要具體問題具體分析，必須注意分類不重、不漏、完全、準確.4.解不等式的過程，實質(zhì)上是不等式等價轉(zhuǎn)化的過程.因此保持同解變形是解不等式應遵循的基本原則.5.各類不等式最后一般都要化為一元一次不等式(組)或一元二次不等式(組)來解，這體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學思想.6.對給定的一元二次不等式，求解的程序框圖是：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：eq\f(x－2,x＋1)≤0?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))≤0，且x≠－1，即x∈(－1，2]，故選D.2.關于x的不等式(mx－1)(x－2)＞0，若此不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,m)＜x＜2))，則m的取值范圍是()A.m＞0 B.0＜m＜2C.m＞eq\f(1,2) D.m<0解：由不等式的解集形式知m＜0.故選D.3.(eq\a\vs4\al(2013·安徽))已知一元二次不等式f(x)<0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－1或x>\f(1,2)))，則f(10x)>0的解集為()A.{x|x<－1或x>lg2} B.{x|－1<x<lg2}C.{x|x>－lg2} D.{x|x<－lg2}解：可設f(x)＝a(x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))(a<0)，由f(10x)>0可得(10x＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10x－\f(1,2)))<0，從而10x<eq\f(1,2)，解得x<－lg2，故選D.4.(eq\a\vs4\al(2013·陜西))在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個面積不小于300m2的內(nèi)接矩形花園(陰影部分)，則其邊長x(單位：m)的取值范圍是()A.[15，20] B.[12，25]C.[10，30] D.[20，30]解：設矩形的另一邊為ym，依題意得eq\f(x,40)＝eq\f(40－y,40)，即y＝40－x，所以x(40－x)≥300，解得10≤x≤30.故選C.5.若關于x的不等式2x2－8x－4－a>0在(1，4)內(nèi)有解，則實數(shù)a的取值范圍是()A.a<－12 B.a>－4C.a>－12 D.a<－4解：關于x的不等式2x2－8x－4－a＞0在(1，4)內(nèi)有解，即a＜2x2－8x－4在(1，4)內(nèi)有解，令f(x)＝2x2－8x－4＝2(x－2)2－12，當x＝2時，f(x)取最小值f(2)＝－12；當x＝4時，f(4)＝2(4－2)2－12＝－4，所以在(1，4)上，－12≤f(x)＜－4.要使a＜f(x)有解，則a＜－4.故選D.6.若關于x的方程3x2－5x＋a＝0的一個根大于－2且小于0，另一個根大于1且小于3，則()A.a<2B.a>－12C.－22<a<0D.－12<a<0解：設f(x)＝3x2－5x＋a，則由題意有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）＞0，,f（0）＜0，,f（1）＜0，,f（3）＞0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(22＋a＞0，,a＜0，,－2＋a＜0，,12＋a＞0.))解得－12＜a＜0.故選D.7.若不等式x2－kx＋k－1>0對x∈(1，2)恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是____________.解：∵x∈(1，2)，∴x－1>0.則x2－kx＋k－1＝(x－1)(x＋1－k)>0，等價于x＋1－k>0，即k<x＋1恒成立，由于2<x＋1<3，所以只要k≤2即可.故填(－∞，2].8.(eq\a\vs4\al(2014·江蘇))已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx－1，若對于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.解：由題可得f(x)＜0對于x∈[m，m＋1]恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（m）＝2m2－1＜0，,f（m＋1）＝2m2＋3m＜0，))解得－eq\f(\r(2),2)＜m＜0.故填eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0)).9.若關于x的不等式x2－ax－a≤－3的解集不是空集，求實數(shù)a的取值范圍.解法一：設f(x)＝x2－ax－a.則關于x的不等式x2－ax－a≤－3的解集不是空集?f(x)min≤－3，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝－eq\f(4a＋a2,4)≤－3，解得a≤－6或a≥2.解法二：x2－ax－a≤－3的解集不是空集?x2－ax－a＋3＝0的判別式Δ≥0，解得a≤－6或a≥2.10.汽車在行駛中，由于慣性的作用，剎車后還要繼續(xù)向前滑行一段距離才能停住，我們稱這段距離為“剎車距離”.剎車距離是分析事故的一個重要因素.在一個限速為40km/h的彎道上，甲、乙兩輛車相向而行，發(fā)現(xiàn)情況不對，同時剎車，但還是相碰了.事后現(xiàn)場勘查測得甲車的剎車距離略超過12m，乙車的剎車距離略超過10m，又知甲、乙兩種車型的剎車距離s(m)與車速x(s甲＝0.1x＋0.01x2，s乙＝0.05x＋0.005x2.問甲、乙兩車有無超速現(xiàn)象？解：由題意知，對于甲車，有0.1x＋0.01x2＞12，即x2＋10x－1200＞0，解得x＞30或x＜－40(舍去).這表明甲車的車速超過30km/h，又由甲車剎車距離略超12m，可判斷甲車車速不會超過限速40km/h.對于乙車有0.05x＋0.005x2＞10，即x2＋10x－2000＞0，解得x＞40或x＜－50(舍去).這表明乙車超過40km/h，超過規(guī)定限速.11.已知二次函數(shù)f(x)的二次項系數(shù)為a，且不等式f(x)＞－2x的解集為(1，3).(1)若方程f(x)＋6a＝0有兩個相等的實根，求f(x(2)若f(x)的最大值為正數(shù)，求a的取值范圍.解：(1)∵f(x)＋2x＞0的解集為(1，3)，∴f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a＜0.因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a.①由方程f(x)＋6a＝0得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.②因為方程②有兩個相等的實根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－eq\f(1,5).由于a＜0，舍去a＝1，將a＝－eq\f(1,5)代入①得f(x)的解析式f(x)＝－eq\f(1,5)x2－eq\f(6,5)x－eq\f(3,5).(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1＋2a,a)))eq\s\up12(2)－eq\f(a2＋4a＋1,a)，及a＜0，可得f(x)的最大值為－eq\f(a2＋4a＋1,a).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a2＋4a＋1,a)＞0，,a＜0，))解得a＜－2－eq\r(3)或－2＋eq\r(3)＜a＜0.故當f(x)的最大值為正數(shù)時，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2－eq\r(3))∪(－2＋eq\r(3)，0).解關于x的不等式：eq\f(a（x－1）,x－2)＞1(a＜1).解：(x－2)[(a－1)x＋2－a]＞0，當a＜1時有(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a－2,a－1)))＜0，若eq\f(a－2,a－1)＞2，即0＜a＜1時，解集為{x|2＜x＜eq\f(a－2,a－1)}；若eq\f(a－2,a－1)＝2，即a＝0時，解集為?；§7.3二元一次不等式(組)與簡單的線性規(guī)劃問題1.二元一次不等式表示的區(qū)域(1)當B＞0時，Ax＋By＋C＞0表示直線Ax＋By＋C＝0的；Ax＋By＋C＜0表示直線Ax＋By＋C＝0的.(2)當B＜0時，Ax＋By＋C＞0表示直線Ax＋By＋C＝0的；Ax＋By＋C＜0表示直線Ax＋By＋C＝0的.2.線性規(guī)劃(1)不等式組是一組對變量x，y的約束條件，由于這組約束條件都是關于x，y的一次不等式，所以又可稱其為線性約束條件.Z＝Ax＋By是要求最大值或最小值的函數(shù)，我們把它稱為.由于Z＝Ax＋By是關于x，y的一次解析式，所以又可叫做.另外注意：線性約束條件除了用一次不等式表示外，也可用一次方程表示.(2)一般地，求線性目標函數(shù)在線性約束條件下的的問題，統(tǒng)稱為線性規(guī)劃問題.(3)滿足線性約束條件的解(x，y)叫做，由所有可行解組成的集合叫做.其中，使目標函數(shù)取得最大值或最小值的可行解都叫做這個問題的.線性目標函數(shù)的最值常在可行域的邊界上，且通常在可行域的頂點處取得；而求最優(yōu)整數(shù)解首先要看它是否在可行域內(nèi).(4)用圖解法解決簡單的線性規(guī)劃問題的基本步驟：①首先，要根據(jù)(即畫出不等式組所表示的公共區(qū)域).②設，畫出直線l0.③觀察、分析、平移直線l0，從而找到最優(yōu)解.④最后求得目標函數(shù)的.(5)利用線性規(guī)劃研究實際問題的解題思路：首先，應準確建立數(shù)學模型，即根據(jù)題意找出條件，確定函數(shù).然后，用圖解法求得數(shù)學模型的解，即，在可行域內(nèi)求得使目標函數(shù).自查自糾：1.(1)上方區(qū)域下方區(qū)域(2)下方區(qū)域上方區(qū)域2.(1)目標函數(shù)線性目標函數(shù)(2)最大值或最小值(3)可行解可行域最優(yōu)解(4)①線性約束條件畫出可行域②z＝0④最大值或最小值(5)約束線性目標畫出可行域取得最值的解下列命題中正確的是()A.點(0，1)在區(qū)域x－y＋1＞0內(nèi)B.點(0，0)在區(qū)域x＋y＋1＜0內(nèi)C.點(1，0)在區(qū)域y≥2x內(nèi)D.點(0，0)在區(qū)域x＋y≥0內(nèi)解：將(0，0)代入x＋y≥0，成立.故選D.不等式x－2y＋6＞0表示的區(qū)域在直線x－2y＋6＝0的()A.左下方B.左上方C.右下方D.右上方解：畫出直線及區(qū)域范圍知C正確.故選C.(eq\a\vs4\al(2014·湖北))若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≤4，,x－y≤2，,x≥0，y≥0，))則z＝2x＋y的最大值是()A.2 B.4 C.7 D.8解：畫出不等式組的可行域如圖陰影部分所示，結(jié)合目標函數(shù)可知，當直線y＝－2x＋z經(jīng)過點A(3，1)時，z取最大值，且為7.故選C.點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，t))在直線2x－3y＋6＝0的上方，則t的取值范圍是.解：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，t))在2x－3y＋6＝0的上方，則2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))－3t＋6＜0，解得t＞eq\f(2,3).故填eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(t|t＞\f(2,3))).不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,y＞0，,4x＋3y＜12))表示的平面區(qū)域內(nèi)的整點(橫坐標和縱坐標都是整數(shù)的點)共有個.解：畫出平面區(qū)域的圖象，可以看出整點有(1，1)，(1，2)，(2，1)，共3個，故填3.類型一二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域(eq\a\vs4\al(2013·大綱))記不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3y≥4，,3x＋y≤4))所表示的平面區(qū)域為D，若直線y＝a(x＋1)與D有公共點，則a的取值范圍是________.解：作出題中不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，∵直線y＝a(x＋1)恒過定點C(－1，0)，由圖并結(jié)合題意易知kBC＝eq\f(1,2)，kAC＝4，∴要使直線y＝a(x＋1)與平面區(qū)域D有公共點，則eq\f(1,2)≤a≤4.故填eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4)).點撥：①關于不等式組所表示的平面區(qū)域(可行域)的確定，可先由“直線定界”，再由“不等式定域”，定域的常用方法是“特殊點法”，且一般取坐標原點O(0，0)為特殊點；②這里的直線y＝a(x＋1)是過定點(－1，0)且斜率為a的直線系.注意：含一個參數(shù)的直線方程都可看成有一個定元素的直線系.(eq\a\vs4\al(2014·安徽))不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,x＋2y－4≤0，,x＋3y－2≥0))表示的平面區(qū)域的面積為________.解：不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，易求得|BD|＝2，C點坐標(8，－2)，∴S△ABC＝S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)×2×(2＋2)＝4.故填4.類型二利用線性規(guī)劃求線性目標函數(shù)的最優(yōu)解(eq\a\vs4\al(2014·廣東))若變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y≤x，,x＋y≤1，,y≥－1，))且z＝2x＋y的最大值和最小值分別為m和n，則m－n＝()A.8B.7C.6D.5解：作出可行域(如圖陰影部分所示)后，結(jié)合目標函數(shù)可知，當直線y＝－2x＋z經(jīng)過點A時，z的值最大，易得A(2，－1)，則m＝zmax＝2×2－1＝3.當直線y＝－2x＋z經(jīng)過點B時，z的值最小，易得B(－1，－1)，則n＝zmin＝2×(－1)－1＝－3.故m－n＝6.故選C.點撥：可行域是封閉區(qū)域時，可以將端點代入目標函數(shù)z＝2x＋y，求出最大值3與最小值－3，從而得到相應范圍.若線性規(guī)劃的可行域不是封閉區(qū)域時，不能簡單的運用代入頂點的方法求最優(yōu)解.如變式2，需先準確地畫出可行域，再將目標函數(shù)對應直線在可行域上移動，觀察z的大小變化，得到最優(yōu)解.設x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y≥4，,x－y≥1，,x－2y≤2，))則z＝x＋y()A.有最小值2，最大值3B.有最小值2，無最大值C.有最大值3，無最小值D.既無最小值，也無最大值解：畫出不等式表示的平面區(qū)域，如圖，由z＝x＋y，得y＝－x＋z，令z＝0，畫出y＝－x的圖象，當它的平行線經(jīng)過A(2，0)時，z取得最小值為zmin＝2＋0＝2，由于可行域是向右上方無限延伸的非封閉區(qū)域，y＝－x＋z向右上方移動時，z＝x＋y也趨于無窮大，所以z＝x＋y無最大值，故選B.類型三含參數(shù)的線性規(guī)劃問題(1)若不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3y≥4，,3x＋y≤4))所表示的平面區(qū)域被直線y＝kx＋eq\f(4,3)分為面積相等的兩部分，則k的值是()A.eq\f(7,3) B.eq\f(3,7) C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)解：由題目所給的不等式組可知，其表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，這里直線y＝kx＋eq\f(4,3)只需經(jīng)過線段AB的中點D即可，此時D點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2)))，代入可得k＝eq\f(7,3).故選A.(2)在平面直角坐標系中，若不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≥0，,x－1≤0，,ax－y＋1≥0))(a為常數(shù)