2024高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)第六章不等式推理與證明第一節(jié)不等式的性質(zhì)及一元二次不等式教師文檔教案文北師大版

PAGE第一節(jié)不等式的性質(zhì)及一元二次不等式授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第103頁[基礎(chǔ)梳理]1．不等式的基本性質(zhì)(1)對稱性：a>b?b<a．(2)傳遞性：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)加法法則：a>b，c>d?a＋c>b＋d．(6)乘法法則：a>b>0，c>d>0?ac>bd．(7)乘方法則：a>b>0?an>bn(n∈N，n≥1)．(8)開方法則：a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．2．不等式的倒數(shù)性質(zhì)(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).3．兩個(gè)實(shí)數(shù)比較大小的依據(jù)(1)a－b>0?a>b.(2)a－b＝0?a＝b.(3)a－b<0?a<b.4．一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)及一元二次方程的關(guān)系判別式Δ＝b2－4Δ>0Δ＝0Δ<0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖像續(xù)表一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根有兩個(gè)相異實(shí)根x1，x2(x1<x2)有兩個(gè)相等實(shí)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實(shí)數(shù)根ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集{x|x<x1或x>x2}{x|x≠x1}Rax2＋bx＋c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}??1．兩個(gè)重要不等式若a＞b＞0，m＞0，則(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)．2．一元二次不等式的解法技巧求不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集，先求出對應(yīng)方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根，再依據(jù)口訣：大于取兩邊，小于取中間求解集．3．分式不等式的轉(zhuǎn)化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)).[四基自測]1．(易錯(cuò)點(diǎn)：不等式性質(zhì))下列四個(gè)結(jié)論，正確的是()①a>b，c<d?a－c>b－d；②a>b>0，c<d<0?ac>bd；③a>b>0?eq\r(3,a)>eq\r(3,b)；④a>b>0?eq\f(1,a2)>eq\f(1,b2).A．①② B．②③C．①④ D．①③答案：D2．(基礎(chǔ)點(diǎn)：解不等式)不等式x(9－x)<0的解集為()A．(0，9)B．(9，＋∞)C．(－∞，0)D．(－∞，0)∪(9，＋∞)答案：D3．(基礎(chǔ)點(diǎn)：三個(gè)二次間的關(guān)系)若函數(shù)y＝eq\r(mx2－（1－m）x＋m)的定義域?yàn)镽，則m的取值范圍是________．答案：[eq\f(1,3)，＋∞)4．(基礎(chǔ)點(diǎn)：解函數(shù)不等式)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1x≤0,x2x>0))，則f(x)≥1的解集為__________．答案：{0}∪[1，＋∞)授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第104頁考點(diǎn)一比較大小及不等式性質(zhì)挖掘1作差法(作商法)比較大小/自主練透[例1](1)已知a>0，且a≠1，m＝aa2＋1，n＝aa＋1，則()A．m≥n B．m>nC．m<n D．m≤n[解析]由題易知m>0，n>0，兩式作商，得eq\f(m,n)＝a(a2＋1)－(a＋1)＝aa(a－1)，當(dāng)a>1時(shí)，a(a－1)>0，所以aa(a－1)>a0＝1，即m>n；當(dāng)0<a<1時(shí)，a(a－1)<0，所以aa(a－1)>a0＝1，即m>n.綜上，對隨意的a>0，a≠1，都有m>n.[答案]B(2)已知a>0，b>0，且a≠b，則()A．a(chǎn)b＋1>a＋b B．a(chǎn)3＋b3>a2b＋ab2C．2a3b>3a2b D．a(chǎn)abb<ab[解析]選項(xiàng)A(作差法)，ab＋1－(a＋b)＝ab－a＋(1－b)＝a(b－1)＋(1－b)＝(a－1)(b－1)，明顯當(dāng)a，b中有一個(gè)等于1時(shí)，(a－1)(b－1)＝0，即ab＋1＝a＋b；故選項(xiàng)A不正確．選項(xiàng)B(作差法)，a3＋b3－(a2b＋ab2)＝(a3－a2b)＋(b3－ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a2－b2)(a－b)＝(a－b)2(a＋b)．因?yàn)閍>0，b>0，a≠b，所以a＋b>0，(a－b)2>0，故(a－b)2(a＋b)>0，即a3＋b3>a2b＋ab2，故選項(xiàng)B正確．[答案]B[破題技法]作差法適用于四則運(yùn)算形式的整式型代數(shù)式的比較大小問題，是解決比較大小問題的基本方法；作商法適用于冪指數(shù)形式的代數(shù)式以及整式的比較大小問題．破解此類題的關(guān)鍵點(diǎn)：(1)作差(商)，即依據(jù)兩數(shù)或兩式的結(jié)構(gòu)特征確定作差或作商．(2)變形，即把差式或商式進(jìn)行等價(jià)變形，化簡，以便于推斷差或商的大?。?3)定值，即推斷差與0的大小，或商與1的大?。?4)定號(hào)，即依據(jù)差與0的大小關(guān)系，或商與1的大小關(guān)系確定兩數(shù)或兩式的大小關(guān)系．挖掘2利用不等式性質(zhì)比較大小/自主練透[例2](1)已知x>y>z，x＋y＋z＝0，則下列不等式成立的是()A．xy>yz B．xz>yzC．xy>xz D．x|y|>z|y|[解析]因?yàn)閤>y>z，x＋y＋z＝0，所以3x>x＋y＋z＝0，所以x>0，又y>z，所以xy>xz，故選C.[答案]C(2)(2024·福建廈門一模)已知a＞b＞0，x＝a＋beb，y＝b＋aea，z＝b＋aeb，則()A．x＜z＜y B．z＜x＜yC．z＜y＜x D．y＜z＜x[解析]法一：由題意，令a＝2，b＝1，則x＝2＋e，y＝1＋2e2，z＝1＋2e，明顯有1＋2e2＞1＋2e＞2＋e，即x＜z＜y.法二：a＞b＞0時(shí)，ea＞eb，∴aea＞aeb＞beb，∴b＋aea＞b＋aeb＞b＋beb，∴y＞z，∵z－x＝(b－a)＋(a－b)eb＝(a－b)(eb－1)＞0，∴z＞x，∴x＜z＜y.故選A.[答案]A[破題技法]不等式的性質(zhì)法就是依據(jù)已知不等關(guān)系，確定已知不等關(guān)系向所比較代數(shù)式轉(zhuǎn)化的過程，然后利用不等式的性質(zhì)推斷代數(shù)式大小的一種方法．適用于基本初等函數(shù)代數(shù)式的比較大小問題．破解此類題的關(guān)鍵點(diǎn)：(1)明已知，明確已知的不等關(guān)系．(2)定變形，確定由已知不等關(guān)系變?yōu)橐容^大小的代數(shù)式的過程．(3)尋性質(zhì)，確定改變過程所運(yùn)用的不等式的性質(zhì)．(4)得結(jié)果，正確運(yùn)用不等式的性質(zhì)推斷兩者的大小關(guān)系．挖掘3構(gòu)造函數(shù)法比較大小/互動(dòng)探究[例3](1)(2024·高考全國卷Ⅱ)若a>b，則()A．ln(a－b)>0 B．3a<3C．a(chǎn)3－b3>0 D．|a|>|b|[解析]法一：不妨設(shè)a＝－1，b＝－2，則a＞b，可驗(yàn)證A，B，D錯(cuò)誤，只有C正確．法二：由a＞b，得a－b＞0.但a－b＞1不肯定成立，則ln(a－b)＞0不肯定成立，故A不肯定成立．因?yàn)閥＝3x在R上是增函數(shù)，當(dāng)a＞b時(shí)，3a＞3b，故B不成立．因?yàn)閥＝x3在R上是增函數(shù)，當(dāng)a＞b時(shí)，a3＞b3，即a3－b3＞0，故C成立．因?yàn)楫?dāng)a＝3，b＝－6時(shí)，a＞b，但|a|＜|b|，所以D不肯定成立．故選C.[答案]C(2)(2024·高考全國卷Ⅲ)設(shè)a＝log0.20.3，b＝log2A．a(chǎn)＋b＜ab＜0 B．a(chǎn)b＜a＋b＜0C．a(chǎn)＋b＜0＜ab D．a(chǎn)b＜0＜a＋b[解析]∵a＝log0.20.3＞log0.21＝0，b＝log20.3＜log21＝0，∴ab∵eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4，∴1＝log0.30.3＞log0.30.4＞log0.3∴0＜eq\f(a＋b,ab)＜1，∴ab＜a＋b＜0.故選B.[答案]B[破題技法]將要比較的兩個(gè)數(shù)作為一個(gè)函數(shù)的兩個(gè)函數(shù)值，依據(jù)函數(shù)單調(diào)性得出大小關(guān)系．考點(diǎn)二一元二次不等式的解法挖掘1解簡潔的一元二次不等式/自主練透[例1]不等式－x2－3x＋4>0的解集為________．(用區(qū)間表示)[解析]－x2－3x＋4>0?(x＋4)(x－1)<0.如圖，作出函數(shù)y＝(x＋4)(x－1)的圖像，∴當(dāng)－4<x<1時(shí)，y<0.[答案](－4，1)[破題技法]一元二次不等式的解集可依據(jù)一元二次方程的根及一元二次函數(shù)圖像求得，當(dāng)ax2＋bx＋c＝0有兩根x1、x2時(shí)，ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集是“兩根之外”型，ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集是“兩根之內(nèi)”型．1．將本例的不等式改為“－x2－3x＋4≤0”解析：由－x2－3x＋4≤0得x2＋3x－4≥0，即(x＋4)(x－1)≥0，∴x≥1或x≤－4.答案：(－∞，－4]∪[1，＋∞)2．將本例的不等式變?yōu)椤皒2－3x＋4>0”解析：令y＝x2－3x＋4，∵Δ＝(－3)2－4×4<0，y>0恒成立．∴x∈R.答案：R挖掘2解含參數(shù)的不等式/互動(dòng)探究[例2]解不等式x2－4ax－5a2>0(a≠[解析]由x2－4ax－5a2知(x－5a)(x＋a)>0.由于a≠0，故分a>0與a<0探討．當(dāng)a<0時(shí)，x<5a或x>－a；當(dāng)a>0時(shí)，x<－a或x>5a.綜上，a<0時(shí)，解集為{x|x<5a或x>－a}；a>0時(shí)，解集為{x|x>5a或x<－a[破題技法]對含參數(shù)的一元二次不等式，也要按此原理探討方法解讀適合題型“二次關(guān)系數(shù)形結(jié)合”化為“ax2＋bx＋c>0”(a>0)的形式，求方程ax2＋bx＋c＝0的根，結(jié)合圖像，寫出解集“大于取兩邊，小于取中間”不含參數(shù)的一元二次不等式探討參數(shù)法①二次項(xiàng)中的系數(shù)含參數(shù)，探討等于0，小于0，大于0；②方程根個(gè)數(shù)不定，探討Δ與0的關(guān)系；③根的大小不定時(shí)，探討兩根大小含參數(shù)的不等式此題變?yōu)椋呵蠼獠坏仁絘x2－2x＋eq\f(1,a)≥0.解析：明顯a≠0，∴不等式變?yōu)閑q\f(（ax－1）2,a)≥0，∴當(dāng)a＞0時(shí)，x∈R，當(dāng)a＜0時(shí)，x＝eq\f(1,a).挖掘3已知不等式的解集求參數(shù)/互動(dòng)探究[例3](1)(2024·河南濮陽模擬)已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是{x|α＜x＜β}(α＞0)，則不等式cx2＋bx＋a＜0的解集是()A．(eq\f(1,β)，eq\f(1,α)) B．(－∞，eq\f(1,β))∪(eq\f(1,α)，＋∞)C．{x|α＜x＜β} D．(－∞，α)∪(β，＋∞)[解析]不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是{x|α＜x＜β}(α＞0)，則α，β是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的實(shí)數(shù)根，且a＜0，∴α＋β＝－eq\f(b,a)，α·β＝eq\f(c,a).不等式cx2＋bx＋a＜0化為eq\f(c,a)x2＋eq\f(b,a)x＋1＞0，∴αβx2－(α＋β)x＋1＞0，化為(αx－1)(βx－1)＞0，又0＜α＜β，∴eq\f(1,α)＞eq\f(1,β)＞0，∴不等式cx2＋bx＋a＜0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,β)或x＞\f(1,α)))))，故選B.[答案]B(2)(2024·廣東梅州模擬)關(guān)于x的不等式x2－(m＋2)x＋2m＜0的解集中恰有3個(gè)正整數(shù)，則實(shí)數(shù)mA．(5，6] B．(5，6)C．(2，3] D．(2，3)[解析]關(guān)于x的不等式x2－(m＋2)x＋2m＜0可化為(x－m)(x－2)＜0，∵該不等式的解集中恰有3個(gè)正整數(shù)，∴不等式的解集為{x|2＜x＜m}，且5＜m≤6，即實(shí)數(shù)m[答案]A已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為(eq\f(1,2)，3)，則不等式cx2＋bx＋a＜0的解集為________．解析：由題意得x＝eq\f(1,2)，3是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，∴b＝－eq\f(7,2)a，c＝eq\f(3,2)a(a＜0)，∴cx2＋bx＋a＜0，即為3x2－7x＋2＞0得x＞2或x＜eq\f(1,3).答案：(－∞，eq\f(1,3))∪(2，＋∞)考點(diǎn)三不等式恒成立問題挖掘1在R上恒成立問題/自主練透[例1]不等式a2＋8b2≥λb(a＋b)對于隨意的a，b∈R恒成立，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍為________．[解析]因?yàn)閍2＋8b2≥λb(a＋b)對于隨意的a，b∈R恒成立，所以a2＋8b2－λb(a＋b)≥0恒成立，即a2－λba＋(8－λ)b2≥0恒成立，由二次不等式的性質(zhì)可得Δ＝λ2b2＋4(λ－8)b2＝b2(λ2＋4λ－32)≤0，所以(λ＋8)(λ－4)≤0，解得－8≤λ≤4.[答案][－8，4][破題技法]不等式恒成立常見題型：(1)ax2＋bx＋c≥0(x∈R)恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ≤0))，或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0，,c≥0.))(2)ax2＋bx＋c≤0(x∈R)恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜0，,Δ≤0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝0，,c≤0.))(2024·湖南湘潭聯(lián)考)若不等式4x2＋ax＋4＞0的解集為R，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－16，0) B．(－16，0]C．(－∞，0) D．(－8，8)解析：∵不等式4x2＋ax＋4＞0的解集為R，∴Δ＝a2－4×4×4＜0，解得－8＜a＜8，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－8，8)．故選D.答案：D挖掘2在給定x的區(qū)間上恒成立問題/互動(dòng)探究[例2](1)(2024·鄭州調(diào)研)若不等式x2＋ax＋1≥0對一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))都成立，則a的最小值是________．[解析]法一：由于x>0，則由已知可得a≥－x－eq\f(1,x)在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立，而當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，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)，故a的最小值為－eq\f(5,2).法二：設(shè)f(x)＝x2＋ax＋1，則其對稱軸為x＝－eq\f(a,2).①若－eq\f(a,2)≥eq\f(1,2)，即a≤－1時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，此時(shí)應(yīng)有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≥0，從而－eq\f(5,2)≤a≤－1.②若－eq\f(a,2)<0，即a>0時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，此時(shí)應(yīng)有f(0)＝1>0恒成立，故a>0.③若0≤－eq\f(a,2)<eq\f(1,2)，即－1<a≤0時(shí)，則應(yīng)有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)－eq\f(a2,2)＋1＝1－eq\f(a2,4)≥0恒成立，故－1<a≤0.綜上，a的最小值為－eq\f(5,2).[答案]－eq\f(5,2)(2)已知f(x)＝mx2－mx－1，若對于x∈[1，3]，f(x)＜－m＋5恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．[解析]由mx2－mx－1＜－m＋5得m(x2－x＋1)＜6.∵x2－x＋1＞0，∴m＜eq\f(6,x2－x＋1)在[1，3]上恒成立．令y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,（x－\f(1,2)）2＋\f(3,4)).∵t＝(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)在[1，3]上是增函數(shù)，∴y＝eq\f(6,x2－x＋1)在[1，3]上是減函數(shù)．因此函數(shù)的最小值ymin＝eq\f(6,7).∴m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))[破題技法]1.不等式成立常