2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第二章第3講含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第二章第3講一元二次不等式的解法[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.會(huì)結(jié)合一元二次函數(shù)的圖象，判斷一元二次方程實(shí)根的存在性及根的個(gè)數(shù)，了解函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系.2.了解一元二次不等式的現(xiàn)實(shí)意義.3.能夠借助一元二次函數(shù)求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集.4.借助一元二次函數(shù)的圖象，了解一元二次不等式與相應(yīng)函數(shù)、方程的聯(lián)系．1．三個(gè)二次之間的關(guān)系判別式Δ＝b2－4acΔ>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eq\x(\s\up1(01))兩相異實(shí)根x1，x2(x1<x2)有eq\x(\s\up1(02))兩相等實(shí)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)eq\x(\s\up1(03))沒(méi)有實(shí)數(shù)根ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集{x|eq\x(\s\up1(04))x<x1或x>x2}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(05))x≠－\f(b,2a)))))eq\x(\s\up1(06))Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|eq\x(\s\up1(07))x1<x<x2}eq\x(\s\up1(08))?eq\x(\s\up1(09))?2.分式不等式與整式不等式的關(guān)系(1)eq\f(f（x）,g（x）)>0(<0)?eq\x(\s\up1(10))f(x)g(x)>0(<0)．(2)eq\f(f（x）,g（x）)≥0(≤0)?eq\x(\s\up1(11))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）g（x）≥0（≤0），,g（x）≠0.))一元二次不等式恒成立的條件(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立的充要條件是：a>0且b2－4ac<0(x∈R)．(2)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立的充要條件是：a<0且b2－4ac<0(x∈R)．1．(2023·德陽(yáng)模擬)設(shè)集合A＝{x|1＜x＜4}，B＝{x|x2－2x－3≤0}，則A∪B＝()A．[－1，3] B．[－1，4)C．(1，3] D．(1，4)答案B解析由x2－2x－3≤0，解得－1≤x≤3，∴B＝{x|－1≤x≤3}，∴A∪B＝[－1，4)．故選B.2．不等式4x2＋4x＋1≤0的解集為()A．? B．RC．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2))))) D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)))))答案D解析因?yàn)?x2＋4x＋1＝(2x＋1)2，所以4x2＋4x＋1≤0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2))))).3．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題2.3T3改編)設(shè)全集U＝R，集合P＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,x－1)≤0))))，Q＝{x|x≤4}，則P∩Q＝()A．[0，1) B．[0，1]C．(－∞，0]∪(1，4] D．(－∞，0]∪[1，4]答案A解析因?yàn)榧螾＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,x－1)≤0))))＝{x|0≤x<1}，Q＝{x|x≤4}，所以P∩Q＝{x|0≤x＜1}＝[0，1)．故選A.4．(2024·濱州質(zhì)檢)若0<t<1，則關(guān)于x的不等式(t－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))>0的解集為()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)<x<t)))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,t)或x<t))))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,t)或x>t)))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(t<x<\f(1,t)))))答案D解析因?yàn)?<t<1，所以t<eq\f(1,t)，所以(t－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))>0?(x－t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))<0，解得t<x<eq\f(1,t).故選D.5．(人教B必修第一冊(cè)習(xí)題2－2BT7改編)不等式ax2＋bx＋2>0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))，則a＋b的值是________．答案－14解析由題意知－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)是ax2＋bx＋2＝0的兩根，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\f(1,3)＝\f(2,a)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2，))所以a＋b＝－14.多角度探究突破考向一一元二次不等式的解法角度不含參數(shù)的一元二次不等式例1解下列不等式：(1)2x2＋5x－3<0；(2)－3x2＋6x≤2；(3)9x2－6x＋1>0；(4)x2<6x－10.解(1)∵Δ＝49>0，∴方程2x2＋5x－3＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，解得x1＝－3，x2＝eq\f(1,2)，畫(huà)出函數(shù)y＝2x2＋5x－3的圖象，如圖①所示．由圖可得原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－3<x<\f(1,2))))).(2)原不等式等價(jià)于3x2－6x＋2≥0.∵Δ＝12>0，∴方程3x2－6x＋2＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，解得x1＝eq\f(3－\r(3),3)，x2＝eq\f(3＋\r(3),3)，畫(huà)出函數(shù)y＝3x2－6x＋2的圖象，如圖②所示，由圖可得原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤\f(3－\r(3),3)或x≥\f(3＋\r(3),3))))).(3)∵Δ＝0，∴方程9x2－6x＋1＝0有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，解得x1＝x2＝eq\f(1,3).畫(huà)出函數(shù)y＝9x2－6x＋1的圖象如圖③所示．由圖可得原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(1,3))))).(4)原不等式可化為x2－6x＋10<0，∵Δ＝－4<0，∴方程x2－6x＋10＝0無(wú)實(shí)數(shù)根，畫(huà)出函數(shù)y＝x2－6x＋10的圖象如圖④所示，由圖象可得原不等式的解集為?.解一元二次不等式的一般方法和步驟解下列不等式：(1)－x2＋2x－eq\f(2,3)>0；(2)－1<x2＋2x－1≤2.解(1)兩邊都乘以－3，得3x2－6x＋2<0，因?yàn)?>0，且方程3x2－6x＋2＝0的解是x1＝1－eq\f(\r(3),3)，x2＝1＋eq\f(\r(3),3)，所以原不等式的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)<x<1＋\f(\r(3),3))))).(2)原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－1>－1，,x2＋2x－1≤2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x>0，①,x2＋2x－3≤0，②))由①得x(x＋2)>0，所以x<－2或x>0；由②得(x＋3)(x－1)≤0，所以－3≤x≤1.畫(huà)出數(shù)軸，如圖，可得原不等式的解集為{x|－3≤x<－2或0<x≤1}．角度含參數(shù)的一元二次不等式例2解關(guān)于x的不等式ax2－2≥2x－ax(a∈R)．解原不等式可化為ax2＋(a－2)x－2≥0，即(ax－2)(x＋1)≥0.①當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式化為x＋1≤0，解得x≤－1.②當(dāng)a>0時(shí)，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≥0，解得x≥eq\f(2,a)或x≤－1.③當(dāng)a<0時(shí)，原不等式化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≤0.當(dāng)eq\f(2,a)>－1，即a<－2時(shí)，解得－1≤x≤eq\f(2,a)；當(dāng)eq\f(2,a)＝－1，即a＝－2時(shí)，解得x＝－1滿足題意；當(dāng)eq\f(2,a)<－1，即－2<a<0時(shí)，解得eq\f(2,a)≤x≤－1.綜上所述，當(dāng)a＝0時(shí)，不等式的解集為{x|x≤－1}；當(dāng)a>0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≥\f(2,a)或x≤－1))))；當(dāng)－2<a<0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)≤x≤－1))))；當(dāng)a＝－2時(shí)，不等式的解集為{－1}；當(dāng)a<－2時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(2,a))))).解含參數(shù)的一元二次不等式時(shí)分類討論的方法(1)當(dāng)二次項(xiàng)系數(shù)中含有參數(shù)時(shí)，應(yīng)討論二次項(xiàng)系數(shù)是等于0，小于0，還是大于0，然后將不等式轉(zhuǎn)化為一次不等式或二次項(xiàng)系數(shù)為正的形式．(2)當(dāng)不等式對(duì)應(yīng)的一元二次方程的根的個(gè)數(shù)不確定時(shí)，討論判別式Δ與0的關(guān)系．(3)確定無(wú)根時(shí)可直接寫(xiě)出解集；確定方程有兩個(gè)根時(shí)，要討論兩根的大小關(guān)系，從而確定解集形式．解不等式：x2－(a2＋a)x＋a3>0.解原不等式化為(x－a)(x－a2)>0.①當(dāng)a2－a>0，即a>1或a<0時(shí)，解不等式，得x>a2或x<a；②當(dāng)a2－a<0，即0<a<1時(shí)，解不等式，得x<a2或x>a；③當(dāng)a2－a＝0，即a＝0或a＝1時(shí)，解不等式，得x≠a.綜上，當(dāng)a>1或a<0時(shí)，不等式的解集為{x|x>a2或x<a}；當(dāng)0<a<1時(shí)，不等式的解集為{x|x<a2或x>a}；當(dāng)a＝0或a＝1時(shí)，不等式的解集為{x|x≠a}．角度可化為一元二次不等式的分式不等式例3解關(guān)于x的不等式eq\f(ax,x－1)<1(a>0)．解eq\f(ax,x－1)<1?eq\f(（a－1）x＋1,x－1)<0?[(a－1)x＋1](x－1)<0.①當(dāng)a＝1時(shí)，容易解得x<1.②當(dāng)a>1時(shí)，原不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a－1)))(x－1)<0，解得eq\f(1,1－a)<x<1.③當(dāng)0<a<1時(shí)，eq\f(1,1－a)－1＝eq\f(a,1－a)>0，所以eq\f(1,1－a)>1，原不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,1－a)))(x－1)>0，解得x<1或x>eq\f(1,1－a).綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<1或x>\f(1,1－a)))))；當(dāng)a＝1時(shí)，原不等式的解集為{x|x<1}；當(dāng)a>1時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－a)<x<1)))).分式不等式的求解策略(1)分式不等式的求解思路是把分式不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式，對(duì)于形如eq\f(f（x）,g（x）)>m的分式不等式，一般應(yīng)遵循“移項(xiàng)—通分—化乘積”的原則進(jìn)行求解．(2)解不等式eq\f(f（x）,g（x）)>m時(shí)，不要直接在不等式兩邊同乘以分母g(x)，以達(dá)到去分母化為整式不等式f(x)>m·g(x)的形式進(jìn)行求解，因?yàn)間(x)的符號(hào)不確定，這種變形是不等價(jià)的．(2023·天津第四中學(xué)模擬)已知命題p：eq\f(2x,x－1)≤1，命題q：(x＋a)(x－3)>0，若p是q的充分不必要條件，則實(shí)數(shù)a的取值集合是()A．(－3，－1] B．[－3，－1]C．(－∞，－1] D．(－∞，－3]答案C解析對(duì)于命題p：eq\f(2x,x－1)<1，解得－1<x<1，對(duì)于命題q：(x＋a)(x－3)>0，方程(x＋a)·(x－3)＝0的兩根為－a與3，討論如下：若兩根相等，則a＝－3，滿足題意；若－a<3，則a>－3，不等式的解集為(－∞，－a)∪(3，＋∞)，由p是q的充分不必要條件，得－a≥1，得a≤－1，故符合條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍為－3<a≤－1；若－a>3，則a<－3，不等式的解集為(－∞，3)∪(－a，＋∞)，滿足p是q的充分不必要條件，得a<－3.綜上可知，符合條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]．故選C.此外，本題也可以結(jié)合選項(xiàng)采用特殊值法來(lái)解．多角度探究突破考向二一元二次不等式恒成立問(wèn)題角度在R上的恒成立問(wèn)題例4(2023·豫西南五校聯(lián)考)已知關(guān)于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0對(duì)任意x∈R恒成立，則k的取值范圍是()A．[0，1] B．(0，1]C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)答案A解析當(dāng)k＝0時(shí)，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0可化為8≥0，其恒成立；當(dāng)k≠0時(shí)，要滿足關(guān)于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0對(duì)任意x∈R恒成立，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k>0，,Δ＝36k2－4k（k＋8）≤0，))解得0<k≤1.綜上，k的取值范圍是[0，1]．一元二次不等式在R上恒成立的條件不等式類型恒成立條件ax2＋bx＋c>0a>0，Δ<0ax2＋bx＋c≥0a>0，Δ≤0ax2＋bx＋c<0a<0，Δ<0ax2＋bx＋c≤0a<0，Δ≤0若關(guān)于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2] B．(－∞，－2)C．(－2，2) D．(－2，2]答案D解析當(dāng)a＝2時(shí)，不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0可化為－4<0，恒成立；當(dāng)a≠2時(shí)，要使關(guān)于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0恒成立，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<2，,4（a－2）2－4（a－2）×（－4）<0，))解得－2<a<2.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－2，2]．故選D.角度在給定區(qū)間上的恒成立問(wèn)題例5(1)(2023·宿遷模擬)若不等式x2＋px>4x＋p－3，當(dāng)0≤p≤4時(shí)恒成立，則x的取值范圍是()A．[－1，3] B．(－∞，－1]C．[3，＋∞) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)答案D解析不等式x2＋px>4x＋p－3可化為(x－1)p＋x2－4x＋3>0，令f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3(0≤p≤4)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）＝x2－4x＋3>0，,f（4）＝4（x－1）＋x2－4x＋3>0，))解得x<－1或x>3.(2)若對(duì)于x∈[1，3]，mx2－mx＋m－6<0(m≠0)恒成立，則m的取值范圍是________．答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(6,7)或m<0))))解析由已知得，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6＜0(m≠0)在x∈[1，3]上恒成立．解法一：令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6(m≠0)，x∈[1，3]．當(dāng)m＞0時(shí)，g(x)在[1，3]上是增函數(shù)，所以g(x)max＝g(3)＝7m－6＜0，所以m＜eq\f(6,7)，則0＜m＜eq\f(6,7).當(dāng)m＜0時(shí)，g(x)在[1，3]上是減函數(shù)，所以g(x)max＝g(1)＝m－6＜0，所以m＜6，所以m＜0.綜上所述，m的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(6,7)或m<0)))).解法二：因?yàn)閤2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)＞0，又因?yàn)閙(x2－x＋1)－6＜0，所以m＜eq\f(6,x2－x＋1).因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))在[1，3]上的最小值為eq\f(6,7)，所以只需m＜eq\f(6,7)即可．因?yàn)閙≠0，所以m的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(6,7)或m<0)))).在給定區(qū)間上的恒成立問(wèn)題的求解方法(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，再由子集的含義求解參數(shù)的值(或范圍)．(2)轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域問(wèn)題，即已知函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇m，n]，則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.(3)對(duì)于以下兩種題型，可以利用二次函數(shù)在端點(diǎn)m，n處的取值特點(diǎn)確定不等式求范圍．①ax2＋bx＋c<0(a>0)對(duì)x∈[m，n]恒成立；②ax2＋bx＋c>0(a<0)對(duì)x∈[m，n]恒成立．提醒：一般地，知道誰(shuí)的范圍，就選誰(shuí)當(dāng)主元；求誰(shuí)的范圍，誰(shuí)就是參數(shù)．如本例(1)中建立關(guān)于p的函數(shù)，x為參數(shù)，本例(2)中建立關(guān)于x的函數(shù)，m為參數(shù)．1.已知x∈[－1，1]時(shí)，f(x)＝x2－ax＋eq\f(a,2)>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0，2) B．(2，＋∞)C．(0，＋∞) D．(0，4)答案A解析二次函數(shù)圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(a,2).x∈[－1，1]時(shí)，f(x)＝x2－ax＋eq\f(a,2)>0恒成立，即f(x)min>0.①當(dāng)eq\f(a,2)≤－1，即a≤－2時(shí)，f(x)min＝f(－1)＝1＋a＋eq\f(a,2)>0，解得a>－eq\f(2,3)，與a≤－2矛盾；②當(dāng)eq\f(a,2)≥1，即a≥2時(shí)，f(x)min＝f(1)＝1－a＋eq\f(a,2)>0，解得a<2，與a≥2矛盾；③當(dāng)－1<eq\f(a,2)<1，即－2<a<2時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)－eq\f(a2,2)＋eq\f(a,2)>0，解得0<a<2.綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，2)．2．(2024·濟(jì)寧一中月考)已知函數(shù)f(x)＝x2－4x－4.若f(x)<1在區(qū)間(m－1，－2m)上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析∵f(x)＝x2－4x－4且f(x)<1，即x2－4x－4<1，解得－1<x<5，即x∈(－1，5)．∵f(x)<1在區(qū)間(m－1，－2m)上恒成立，∴(m－1，－2m)?(－1，5)．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤m－1，,m－1<－2m，,－2m≤5，))解得0≤m<eq\f(1,3)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).角度不等式能成立或有解問(wèn)題例6已知關(guān)于x的不等式ax2－2x＋3a<0在(0，2]上有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(3),3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,7)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)，＋∞))答案A解析解法一：當(dāng)x∈(0，2]時(shí)，不等式可化為ax＋eq\f(3a,x)<2.當(dāng)a＝0時(shí)，不等式為0<2，滿足題意；當(dāng)a>0時(shí)，不等式化為x＋eq\f(3,x)<eq\f(2,a)，要使x＋eq\f(3,x)<eq\f(2,a)有解，只需eq\f(2,a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,x)))eq\s\do7(min)即可，因?yàn)閤＋eq\f(3,x)≥2eq\r(x·\f(3,x))＝2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(3)時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(2,a)>2eq\r(3)，a<eq\f(\r(3),3)，故0<a<eq\f(\r(3),3)；當(dāng)a<0時(shí)，x＋eq\f(3,x)>eq\f(2,a)恒成立．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(3),3))).故選A.解法二：設(shè)g(x)＝ax2－2x＋3a，x∈(0，2]．當(dāng)a＝0時(shí)，g(x)＝－2x<0，滿足題意；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)y＝g(x)圖象的對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(1,a)，又eq\f(1,a)<0，所以g(x)在(0，2]上為減函數(shù)，又g(0)＝3a<0，所以g(x)<0，滿足題意；當(dāng)a>0時(shí)，應(yīng)滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<2，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝\f(1,a)－\f(2,a)＋3a<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≥2，,g（2）＝4a－4＋3a<0))即可，解得eq\f(1,2)<a<eq\f(\r(3),3)或0<a≤eq\f(1,2).綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(3),3))).故選A.解決不等式能成立問(wèn)題的策略一般也是轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值，即a>f(x)能成立?a>f(x)min；a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.(2024·金華十校聯(lián)考)若存在x∈[0，1]，有x2＋(1－a)x＋3－a>0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，3)解析將原不等式參數(shù)分離可得a<eq\f(x2＋x＋3,x＋1)，設(shè)f(x)＝eq\f(x2＋x＋3,x＋1)，已知存在x∈[0，1]，有x2＋(1－a)x＋3－a>0成立，則a<f(x)max，令t＝x＋1，則g(t)＝eq\f(（t－1）2＋t－1＋3,t)＝eq\f(t2－t＋3,t)＝t＋eq\f(3,t)－1，t∈[1，2]，由對(duì)勾函數(shù)知g(t)在[1，eq\r(3))上的單調(diào)遞減，在(eq\r(3)，2]上單調(diào)遞增，g(1)＝1＋eq\f(3,1)－1＝3，g(2)＝2＋eq\f(3,2)－1＝eq\f(5,2)，所以f(x)max＝3，即a<3.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．下列不等式中解集為R的是()A．－x2＋2x＋1≥0 B．x2－2eq\r(5)x＋eq\r(5)>0C．x2＋6x＋10>0 D．2x2－3x＋4<0答案C解析在C項(xiàng)中，對(duì)于方程x2＋6x＋10＝0，因?yàn)棣ぃ?6－40＝－4<0，所以不等式x2＋6x＋10>0的解集為R.2．(2023·重慶名校聯(lián)盟第二次聯(lián)考)已知集合A＝{x|x2－3x－4≤0}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)<2))))，則A∩B＝()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4)) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C．[－1，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4)) D．[－4，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))答案C解析因?yàn)锳＝{x|x2－3x－4≤0}＝{x|(x－4)(x＋1)≤0}＝{x|－1≤x≤4}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)<2))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,x)>0))))＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<0或x>\f(1,2)))))，所以A∩B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1≤x<0或\f(1,2)<x≤4)))).故選C.3．(2023·湘潭三模)已知集合A＝{x|x2－7x＋12≤0}，B＝{x|2x＋m>0}，若A?B，則m的取值范圍為()A．(－6，＋∞) B．[－6，＋∞)C．(－∞，－6) D．(－∞，－6]答案A解析集合A＝{x|x2－7x＋12≤0}＝[3，4]，B＝{x|2x＋m>0}＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，＋∞))，∵A?B，∴－eq\f(m,2)<3，解得m>－6，∴m的取值范圍是(－6，＋∞)．故選A.4．(2024·天津河西區(qū)模擬)設(shè)x∈R，則“eq\f(x－5,2－x)>0”是“|x－1|＜4”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答案A解析∵eq\f(x－5,2－x)＞0，∴(x－5)(x－2)＜0，解得2＜x＜5，∵|x－1|＜4，∴－3＜x＜5，∴“eq\f(x－5,2－x)>0”是“|x－1|<4”的充分不必要條件．故選A.5．若不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－4，1)，則不等式b(x2－1)＋a(x＋3)＋c>0的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，1)) B．(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))C．(－1，4) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)答案A解析由不等式ax2＋bx＋c>0的解集為(－4，1)，知a<0且－4，1是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，所以－4＋1＝－eq\f(b,a)，且－4×1＝eq\f(c,a)，即b＝3a，c＝－4a.則所求不等式轉(zhuǎn)化為3a(x2－1)＋a(x＋3)－4a>0，即3x2＋x－4<0，解得－eq\f(4,3)<x<1.故選A.6．(2023·岳陽(yáng)二模)已知關(guān)于x的不等式ax2＋2bx＋4＜0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(4,m)))，其中m＜0，則eq\f(b,4a)＋eq\f(4,b)的最小值為()A．－2 B．1C．2 D．8答案C解析關(guān)于x的不等式ax2＋2bx＋4＜0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(4,m)))，其中m＜0，所以m和eq\f(4,m)是方程ax2＋2bx＋4＝0的實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋\f(4,m)＝－\f(2b,a)，,m×\f(4,m)＝\f(4,a)，))解得a＝1，b＝－eq\f(m,2)－eq\f(2,m)≥2，所以eq\f(b,4a)＋eq\f(4,b)＝eq\f(b,4)＋eq\f(4,b)≥2eq\r(\f(b,4)·\f(4,b))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,4)＝eq\f(4,b)，即b＝4時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(b,4a)＋eq\f(4,b)的最小值為2.故選C.7．(2024·永州一中月考)若對(duì)任意的a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，則x的取值范圍為()A．(－∞，2)∪(3，＋∞) B．(－∞，1)∪(2，＋∞)C．(－∞，1)∪(3，＋∞) D．(1，3)答案C解析令f(a)＝x2＋(a－4)x＋4－2a＝(x－2)a＋x2－4x＋4，則當(dāng)a∈[－1，1]時(shí)，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立可轉(zhuǎn)化為f(a)>0在[－1，1]上恒成立．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）>0，,f（1）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－（x－2）＋x2－4x＋4>0，,x－2＋x2－4x＋4>0，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－5x＋6>0，,x2－3x＋2>0，))解得x<1或x>3，即x的取值范圍為(－∞，1)∪(3，＋∞)．故選C.8．對(duì)于問(wèn)題：“已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為(－1，2)，解關(guān)于x的不等式ax2－bx＋c＞0”，給出如下一種解法：解：由ax2＋bx＋c＞0的解集為(－1，2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c＞0的解集為(－2，1)，即關(guān)于x的不等式ax2－bx＋c＞0的解集為(－2，1)．參考上述解法，若關(guān)于x的不等式eq\f(k,x＋a)＋eq\f(x＋b,x＋c)<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則關(guān)于x的不等式eq\f(kx,ax＋1)＋eq\f(bx＋1,cx＋1)＜0的解集為()A．(－2，－1)∪(1，3) B．(－3，－1)∪(1，2)C．(－3，－2)∪(－1，1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))答案B解析若關(guān)于x的不等式eq\f(k,x＋a)＋eq\f(x＋b,x＋c)<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則關(guān)于x的不等式eq\f(kx,ax＋1)＋eq\f(bx＋1,cx＋1)<0可看成前者不等式中的x用eq\f(1,x)代入可得，則eq\f(1,x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則x∈(－3，－1)∪(1，2)．故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·株洲二中模擬)已知關(guān)于x的一元二次不等式ax2－(2a－1)x－2>0，其中a<0，則該不等式的解集可能是()A．? B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,a)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，2))答案ABD解析不等式變形為(x－2)(ax＋1)>0，又a<0，所以(x－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))<0.當(dāng)a＝－eq\f(1,2)時(shí)，該不等式的解集為?；當(dāng)a<－eq\f(1,2)時(shí)，該不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)<x<2))))；當(dāng)－eq\f(1,2)<a<0時(shí)，該不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(2<x<－\f(1,a))))).故選ABD.10．已知關(guān)于x的不等式kx2－2x＋6k<0(k≠0)，則下列說(shuō)法正確的是()A．若不等式的解集為{x|x<－3或x>－2}，則k＝－eq\f(2,5)B．若不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，x≠\f(1,k)))))，則k＝eq\f(\r(6),6)C．若不等式的解集為R，則k<－eq\f(\r(6),6)D．若不等式的解集為?，則k≥eq\f(\r(6),6)答案ACD解析對(duì)于A，∵不等式的解集為{x|x<－3或x>－2}，∴k<0，且－3與－2是方程kx2－2x＋6k＝0的兩根，∴(－3)＋(－2)＝eq\f(2,k)，解得k＝－eq\f(2,5)，故A正確；對(duì)于B，∵不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈R，x≠\f(1,k)))))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4－24k2＝0，))解得k＝－eq\f(\r(6),6)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k<0，,Δ＝4－24k2<0，))解得k<－eq\f(\r(6),6)，故C正確；對(duì)于D，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k>0，,Δ＝4－24k2≤0，))解得k≥eq\f(\r(6),6)，故D正確．11．(2023·北京海淀區(qū)101中學(xué)模擬)已知關(guān)于x的不等式x2＋ax＋b>0(a>0)的解集是{x|x≠d}，則下列四個(gè)結(jié)論中正確的是()A．a(chǎn)2＝4bB．a(chǎn)2＋eq\f(1,b)≥4C．若關(guān)于x的不等式x2＋ax－b<0的解集為(x1，x2)，則x1x2>0D．若關(guān)于x的不等式x2＋ax＋b<c的解集為(x1，x2)，且|x1－x2|＝4，則c＝4答案ABD解析對(duì)于A，由題意，得Δ＝a2－4b＝0，a2＝4b，所以A正確；對(duì)于B，a2＋eq\f(1,b)＝a2＋eq\f(4,a2)≥2eq\r(a2·\f(4,a2))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)a2＝eq\f(4,a2)，即a＝eq\r(2)時(shí)，等號(hào)成立，所以B正確；對(duì)于C，由根與系數(shù)的關(guān)系，可知x1x2＝－b＝－eq\f(a2,4)<0，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由根與系數(shù)的關(guān)系，可知x1＋x2＝－a，x1x2＝b－c＝eq\f(a2,4)－c，則|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(a2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)－c)))＝2eq\r(c)＝4，解得c＝4，所以D正確．故選ABD.三、填空題12．不等式2x2－3|x|－35>0的解集為_(kāi)_______．答案{x|x<－5或x>5}解析2x2－3|x|－35>0?2|x|2－3|x|－35>0?(|x|－5)(2|x|＋7)>0?|x|>5或|x|<－eq\f(7,2)(舍去)?x<－5或x>5.13．(2024·莆田二中月考)若不等式x2＋ax－2<0在區(qū)間[1，5]上有解，則a的取值范圍是________．答案(－∞，1)解析不等式x2＋ax－2<0在區(qū)間[1，5]上有解，即a<eq\f(2,x)－x，x∈[1，5]有解，顯然g(x)＝eq\f(2,x)－x在[1，5]上單調(diào)遞減，g(x)max＝g(1)＝1，所以a<1.14．某輛汽車以xkm/h的速度在高速公路上勻速行駛(考慮到高速公路行車安全，要求60≤x≤120)時(shí)，每小時(shí)的油耗(所需要的汽油量)為eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－k＋\f(4500,x)))L，其中k為常數(shù)．若汽車以120km/h的速度行駛時(shí)，每小時(shí)的油耗為11.5L，則k＝________，欲使每小時(shí)的油耗不超過(guò)9L，則速度x的取值范圍為_(kāi)_______．答案100[60，100]解析記每小時(shí)的油耗為y，則根據(jù)題意，得y＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－k＋\f(4500,x)))，則當(dāng)x＝120時(shí)，y＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(120－k＋\f(4500,120)))＝11.5，解得k＝100，所以y＝eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－100＋\f(4500,x)))，當(dāng)y≤9時(shí)，即eq\f(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－100＋\f(4500,x)))≤9，解得45≤x≤100，又因?yàn)?0≤x≤120，所以速度x的取值范圍為[60，100]．四、解答題15．(2023·龍巖六縣一中聯(lián)考)某企業(yè)用1960萬(wàn)元購(gòu)得一塊空地，計(jì)劃在該空地上建造一棟x(x≥8)層，每層2800平方米的樓房，經(jīng)測(cè)算，該樓房每平方米的平均建筑費(fèi)用為565＋70x(單位：元)．(1)若該樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用不超過(guò)2000元，則該樓房最多建多少層？(2)當(dāng)該樓房建多少層時(shí)，每平方米的平均綜合費(fèi)用最少？最少為多少元？注：綜合費(fèi)用＝建筑費(fèi)用＋購(gòu)地費(fèi)用．解(1)設(shè)該樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用為y元，則y＝eq\f(1960×104,2800x)＋565＋70x＝eq\f(7000,x)＋70x＋565.因?yàn)閑q\f(7000,x)＋70x＋565≤2000，結(jié)合x(chóng)≥8，得2x2－41x＋200≤0，即(2x－25)(x－8)≤0，解得8≤x≤12.5.因?yàn)閤∈Z，所以該樓房最多建12層．(2)由(1)可知該樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用y＝eq\f(7000,x)＋70x＋565，因?yàn)閑q\f(7000,x)＋70x≥2×700＝1400，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(7000,x)＝70x，即x＝10時(shí)，等號(hào)成立，所以當(dāng)該樓房建10層時(shí)，每平方米的平均綜合費(fèi)用最少，為1400＋565＝1965元．16．(2024·鎮(zhèn)江模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－a)x＋a－2.(1)若關(guān)于x的不等式f(x)≥－2有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若不等式f(x)≥－2對(duì)于實(shí)數(shù)a∈[－1，1]時(shí)恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍；(3)解關(guān)于x的不等式f(x)<a－1(a∈R)．解(1)依題意，f(x)≥－2有實(shí)數(shù)解，即不等式ax2＋(1－a)x＋a≥0有實(shí)數(shù)解，當(dāng)a＝0時(shí)，x≥0有實(shí)數(shù)解，則a＝0；當(dāng)a>0時(shí)，取x＝0，則ax2＋(1－a)x＋a＝a>0成立，即ax2＋(1－a)x＋a≥0有實(shí)數(shù)解，于是得a>0；當(dāng)a<0時(shí)，二次函數(shù)y＝ax2＋(1－a)x＋a的圖象開(kāi)口向下，要使y≥0有實(shí)數(shù)解，Δ＝(1－a)2－4a2≥0?－1≤a≤eq\f(1,3)，從而得－1≤a<0.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－1，＋∞)．(2)不等式f(x)≥－2對(duì)于實(shí)數(shù)a∈[－1，1]時(shí)恒成立，即?a∈[－1，1]，(x2－x＋1)a＋x≥0，顯然x2－x＋1>0，函數(shù)g(a)＝(x2－x＋1)a＋x在a∈[－1，1]上單調(diào)遞增，從而得g(－1)≥0，即－x2＋2x－1≥0，解得x＝1，所以實(shí)數(shù)x的取值范圍是{1}．(3)不等式f(x)<a－1?ax2＋(1－a)x－1<0，當(dāng)a＝0時(shí)，x<1；當(dāng)a>0時(shí)，不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－1)<0，而－eq\f(1,a)<0，解得－eq\f(1,a)<x<1；當(dāng)a<0時(shí)，不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－1)>0，當(dāng)－eq\f(1,a)＝1，即a＝－1時(shí)，x∈R，x≠1，當(dāng)－eq\f(1,a)<1，即a<－1時(shí)，x<－eq\f(1,a)或x>1，當(dāng)－eq\f(1,a)>1，即－1<a<0時(shí)，x<1或x>－eq\f(1,a).綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式的解集為(－∞，1)；當(dāng)a>0時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，1))；當(dāng)－1≤a<0時(shí)，原不等式的解集為(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))；當(dāng)a<－1時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))∪(1，＋∞)．考情分析：基本不等式是高考的高頻考點(diǎn)，通常與基本初等函數(shù)、解三角形、立體幾何、解析幾何等知識(shí)綜合考查，出現(xiàn)在選填題或解答題的解題過(guò)程中.2022年新高考Ⅰ卷出現(xiàn)在第18題，考查了用正弦定理邊角互化與基本不等式的綜合，難度中等；2021年新高考Ⅰ卷出現(xiàn)在第5題，考查了橢圓定義與基本不等式的綜合，較容易．考向一基本不等式與基本初等函數(shù)的綜合例1(1)(2024·開(kāi)封模擬)已知a>1，b>1，且log2eq\r(a)＝logb4，則ab的最小值為()A．4 B．8C．16 D．32答案C解析因?yàn)閘og2eq\r(a)＝logb4，所以log2a·log2b＝4，所以log2(ab)＝log2a＋log2b≥2eq\r(log2a·log2b)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)log2a＝log2b＝2，即a＝b＝4時(shí)取等號(hào)，所以(ab)min＝24＝16.故選C.(2)已知角α，β均為銳角，tanβ＝eq\f(tanα,2)，則當(dāng)tanα＝________時(shí)，tan(α－β)取得最大值________．答案eq\r(2)eq\f(\r(2),4)解析設(shè)tanβ＝k，則tanα＝2k，由角α，β均為銳角得k>0，tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(k,1＋2k2)＝eq\f(1,\f(1,k)＋2k)≤eq\f(1,2\r(\f(1,k)·2k))＝eq\f(\r(2),4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,k)＝2k，即k＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)tanα＝eq\r(2)，所以當(dāng)tanα＝eq\r(2)時(shí)，tan(α－β)取得最大值eq\f(\r(2),4).基本不等式與基本初等函數(shù)的常見(jiàn)銜接點(diǎn)應(yīng)用基本不等式求最值的關(guān)鍵點(diǎn)之一是“和或積為定值”，在基本初等函數(shù)中常見(jiàn)的與此有聯(lián)系的點(diǎn)如下：ax·ay＝ax＋y(a＞0，且a≠1)；logax＋logay＝loga(xy)(a＞0，且a≠1)；sin2α＋cos2α＝1，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)，tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)等．(2023·日照一模)已知x>0，y>0，設(shè)p：2x＋2y≥4，q：xy≥1，則p是q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答案B解析當(dāng)x＝eq\f(1,3)，y＝2時(shí)，2eq\s\up7(\f(1,3))＋22≥4，滿足2x＋2y≥4，但xy＝eq\f(1,3)×2＝eq\f(2,3)<1，不滿足xy≥1，所以p不是q的充分條件；當(dāng)xy≥1，x>0，y>0時(shí)，1≤xy≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,2)))eq\s\up12(2)，即x＋y≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào)，所以2x＋y≥22＝4，即2x·2y≥4，又4≤2x·2y≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋2y,2)))eq\s\up12(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào)，解得2x＋2y≥4，所以p是q的必要條件．所以p是q的必要不充分條件．故選B.考向二基本不等式與向量、解三角形的綜合例2(1)在△ABC中，E為AC上一點(diǎn)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝3eq\o(AE,\s\up6(→))，P為BE上任一點(diǎn)，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))(m>0，n>0)，則eq\f(3,m)＋eq\f(1,n)的最小值是()A．9 B．10C．11 D．12答案D解析由題意可知eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋3neq\o(AE,\s\up6(→))，P，B，E三點(diǎn)共線，則m＋3n＝1，所以eq\f(3,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,m)＋\f(1,n)))(m＋3n)＝6＋eq\f(9n,m)＋eq\f(m,n)≥6＋2eq\r(\f(9n,m)·\f(m,n))＝12，當(dāng)且僅當(dāng)m＝eq\f(1,2)，n＝eq\f(1,6)時(shí)，等號(hào)成立．所以eq\f(3,m)＋eq\f(1,n)的最小值是12.(2)(2022·新高考Ⅰ卷改編)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinB＝－cosC，求eq\f(a2＋b2,c2)的最小值．解因?yàn)閟inB＝－cosC>0，所以eq\f(π,2)<C<π，0<B<eq\f(π,2)，而sinB＝－cosC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,2)))，所以C＝eq\f(π,2)＋B，即A＝eq\f(π,2)－2B，所以eq\f(a2＋b2,c2)＝eq\f(sin2A＋sin2B,sin2C)＝eq\f(cos22B＋1－cos2B,cos2B)＝eq\f(（2cos2B－1）2＋1－cos2B,cos2B)＝4cos2B＋eq\f(2,cos2B)－5≥2eq\r(8)－5＝4eq\r(2)－5，當(dāng)且僅當(dāng)cos2B＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)，所以eq\f(a2＋b2,c2)的最小值為4eq\r(2)－5.基本不等式與向量、解三角形綜合考查時(shí)，通常涉及以下知識(shí)點(diǎn)：向量共線、垂直的坐標(biāo)表示；三點(diǎn)共線的充要條件：P，Q，M三點(diǎn)共線?eq\o(OP,\s\up6(→))＝meq\o(OQ,\s\up6(→))＋neq\o(OM,\s\up6(→))(m＋n＝1)；正、余弦定理等．(2023·德陽(yáng)