高考數(shù)學一輪復習 第七篇 不等式（考點梳理+考點自測+揭秘高考+專題集訓）理 新人教A版

第七篇不等式第1講不等關系與不等式【年高考會這樣考】1．考查不等式的基本性質(zhì)常與求函數(shù)的定義域、判斷不等關系、不等式的恒成立和同解變形等問題結合在一起．2．考查充分、必要條件的判斷，含參不等式成立的條件，命題的真假判斷，大小比較等問題．eq\f(對應學生,93)考點梳理1．兩個實數(shù)大小關系的比較兩個實數(shù)的大小是用實數(shù)的運算性質(zhì)來定義的，有a－b＞0?a＞b；a－b＝0?a＝b；a－b＜0?a＜b.另外，若b＞0，則有eq\f(a,b)＞1?a＞b；eq\f(a,b)＝1?a＝b；eq\f(a,b)＜1?a＜b.2．不等式的性質(zhì)(1)對稱性：如果a>b，那么b<a.(2)傳遞性：如果a>b，b>c，那么a>c.(3)可加性：如果a>b，那么a＋c>b＋c.(4)可乘性：如果a>b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.(5)同向可加性：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.(6)同向同正可乘性：如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.(7)可乘方性：如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)．(8)可開方性：如果a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n≥2)．3．不等式的一些常用性質(zhì)(1)倒數(shù)性質(zhì)：①a＞b，ab＞0?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).②a＜0＜b?eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).③a＞b＞0,0＜c＜d?eq\f(a,c)＞eq\f(b,d).④0＜a＜x＜b或a＜x＜b＜0?eq\f(1,b)＜eq\f(1,x)＜eq\f(1,a).(2)有關分數(shù)的性質(zhì)若a＞b＞0，m＞0，則①真分數(shù)的性質(zhì)：eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m)；eq\f(b,a)＞eq\f(b－m,a－m)(b－m＞0)；②假分數(shù)的性質(zhì)：eq\f(a,b)＞eq\f(a＋m,b＋m)；eq\f(a,b)＜eq\f(a－m,b－m)(b－m＞0)．【助學·微博】一種方法待定系數(shù)法：求代數(shù)式的范圍時，先用已知的代數(shù)式表示目標式，再利用多項式相等的法則求出參數(shù)，最后利用不等式的性質(zhì)求出目標式的范圍．兩點提醒(1)不等式的性質(zhì)分為“雙向性”與“單向性”兩個方面，單向性主要用來證明不等式；雙向性是解不等式的基礎，因為解不等式要求的是同解變形．(2)運用不等式的性質(zhì)時，不要忽視不等式性質(zhì)滿足的條件．考點自測1．已知a＞b，c＞d，且c，d不為0，那么下列不等式成立的是()．A．a(chǎn)d＞bcB．a(chǎn)c＞bdC．a(chǎn)－c＞b－dD．a(chǎn)＋c＞b＋d解析由不等式性質(zhì)知：a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d.答案D2．已知a<b，則下列不等式正確的是()．A.eq\f(1,a)>eq\f(1,b)B．a(chǎn)2>b2C．2－a>2－bD．2a>2解析∵a<b，∴－a>－b，∴2－a>2－b.答案C3．已知a，b，c∈R，則“a＞b”是“ac2＞bc2”A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析a＞b/?ac2＞bc2，∵當c2＝0時，ac2＝bc2；反之，ac2＞bc2?a＞b.答案B4．(·全國)下面四個條件中，使a＞b成立的充分而不必要的條件是()．A．a(chǎn)＞b＋1B．a(chǎn)＞b－1C．a(chǎn)2＞b2D．a(chǎn)3＞b3解析A項：若a＞b＋1，則必有a＞b，反之，當a＝2，b＝1時，滿足a＞b，但不能推出a＞b＋1，故a＞b＋1是a＞b成立的充分而不必要條件；B項：當a＝b＝1時，滿足a＞b－1，反之，由a＞b－1不能推出a＞b；C項：當a＝－2，b＝1時，滿足a2＞b2，但a＞b不成立；D項：a＞b是a3＞b3的充要條件，綜上知選A.答案A5．若0<a<b，c>0，則eq\f(b＋c,a＋c)與eq\f(a＋c,b＋c)的大小關系為________．解析eq\f(b＋c,a＋c)－eq\f(a＋c,b＋c)＝eq\f(b＋c2－a＋c2,a＋cb＋c)＝eq\f(b－aa＋b＋2c,a＋cb＋c)，∵b>a>0，c>0，∴a＋c>0，b＋c>0，b－a>0，a＋b＋2c>0，∴eq\f(b＋c,a＋c)>eq\f(a＋c,b＋c).答案eq\f(b＋c,a＋c)>eq\f(a＋c,b＋c)eq\f(對應學生,94)考向一比較大小【例1】?已知a，b，c是實數(shù)，試比較a2＋b2＋c2與ab＋bc＋ca的大?。甗審題視點]作差比較，再構造完全平方式．解∵a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝eq\f(1,2)[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，當且僅當a＝b＝c時取等號．∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.比較大小的方法常采用作差法與作商法，若是選擇題、填空題可以用特值法．【訓練1】已知a1，a2∈(0,1)，記M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，則M與N的大小關系是()．A．M<NB．M>NC．M＝ND．不確定解析法一(作差法)M－N＝a1a2－a1－a2＋1＝a1(a2－1)－(a2－1)＝(a2－1)(a1－1)，∵a1，a2∈(0,1)，∴a2－1<0，a1－1<0，∴(a2－1)(a1－1)>0，∴M－N>0，即M>N.法二(特值法)取a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(1,2)，則M＝eq\f(1,4)，N＝0，故M>N.答案B考向二不等式性質(zhì)的簡單應用【例2】?(1)(·上海十三校聯(lián)考)若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，有下面四個不等式：①|(zhì)a|>|b|，②a<b，③a＋b<ab，④a3>b3，則不正確的不等式的個數(shù)是()．A．0B．1C．2D．3(2)設a，b是實數(shù)，則“0＜ab＜1”是“b＜eq\f(1,a)”的()．A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．既不充分也不必要條件D．充要條件[審題視點](1)先將條件eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0轉化為a，b之間的關系再一一判斷；(2)結合充分、必要條件的概念．解析(1)由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0可得b<a<0，從而|a|<|b|，①、②不正確；a＋b<0，ab>0，則a＋b<ab成立，③正確；a3>b3，④正確．故不正確的不等式的個數(shù)為2.(2)若0<ab<1，當a<0時，b>eq\f(1,a)；當a>0時，b<eq\f(1,a)；反之，若b<eq\f(1,a)，當a<0時，ab>1；當a>0時，ab<1.故選C.答案(1)C(2)C在判斷一個關于不等式的命題真假時，先把要判斷的命題和不等式性質(zhì)聯(lián)系起來考慮，找到與命題相近的性質(zhì)，并應用性質(zhì)判斷命題真假．【訓練2】已知三個不等式：①ab＞0；②bc＞ad；③eq\f(c,a)＞eq\f(d,b).以其中兩個作為條件，余下一個作為結論，則可以組成正確命題的個數(shù)是()．A．0B．1C．2D．3解析命題①：若ab＞0，eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，則bc＞ad；命題②：若ab＞0，bc＞ad，則eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)；命題③：若eq\f(c,a)＞eq\f(d,b)，bc＞ad，則ab＞0.答案D考向三不等式性質(zhì)的綜合應用【例3】?已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4.求f(－2)的取值范圍．[審題視點]思路1：用f(－1)，f(1)整體表示f(－2)；思路2：把a，b用f(－1)，f(1)表示；思路3：用線性規(guī)劃知識求解．解法一設f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n為待定系數(shù))，則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4，,n－m＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝1，))∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝a－b，,f1＝a＋b，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)[f－1＋f1]，,b＝\f(1,2)[f1－f－1]，))∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.法三由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤a－b≤2，,2≤a＋b≤4))確定的平面區(qū)域如圖陰影部分，當f(－2)＝4a－2b過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))時，取得最小值4×eq\f(3,2)－2×eq\f(1,2)＝5，當f(－2)＝4a－2b過點B(3,1)時，取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10.由a＜f(x，y)＜b，c＜g(x，y)＜d，求F(x，y)的取值范圍，可利用待定系數(shù)法解決，即設F(x，y)＝mf(x，y)＋ng(x，y)，用恒等變形求得m，n，再利用不等式的性質(zhì)求得F(x，y)的取值范圍．【訓練3】若α，β滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤α＋β≤1，,1≤α＋2β≤3，))試求α＋3β的取值范圍．解設α＋3β＝x(α＋β)＋y(α＋2β)＝(x＋y)α＋(x＋2y)β.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,x＋2y＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝2.))∵－1≤－(α＋β)≤1,2≤2(α＋2β)≤6，∴兩式相加，得1≤α＋3β≤7.eq\f(對應學生,95)方法優(yōu)化9——靈活掌握不等關系與比較大小的方法【命題研究】通過近三年的高考試題分析，對不等式的性質(zhì)考查主要是比較大小問題，以及與命題、充要條件等結合在一起．題型多以選擇題、填空題為主，難度不大，屬低中檔題．【真題探究】?(·遼寧)若x∈[0，＋∞)，則下列不等式恒成立的是()．A．ex≤1＋x＋x2B.eq\f(1,\r(1＋x))≤1－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4)x2C．cosx≥1－eq\f(1,2)x2D．ln(1＋x)≥x－eq\f(1,8)x2[教你審題]思路1構造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和最值求解．思路2舉反例排除．[一般解法]設f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1，則f′(x)＝－sinx＋x≥0(x≥0)，所以f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1是增函數(shù)，所以f(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1≥f(0)＝0，即cosx≥1－eq\f(1,2)x2.[優(yōu)美解法]對于A，因為e3>1＋3＋32，故A不恒成立；同理，當x＝eq\f(1,3)時，eq\f(1,\r(1＋x))>1－eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4)x2，故B不恒成立；當x＝4時，ln(1＋x)<x－eq\f(1,8)x2，故D不恒成立．所以選C.[答案]C[反思]解決與不等式有關的推理與判斷題，除了根據(jù)不等式的性質(zhì)求解外，還經(jīng)常采用特殊值驗證的方法．【試一試】已知a>b>0，給出下列四個不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)；④a3＋b3>2a2b.其中一定成立的不等式為()．A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④解析由a>b>0可得a2>b2，①成立；由a>b>0可得a>b－1，而函數(shù)f(x)＝2x在R上是增函數(shù)，∴f(a)>f(b－1)，即2a>2b－1，②成立；∵a>b>0，∴eq\r(a)>eq\r(b)，∴(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，∴eq\r(a－b)>eq\r(a)－eq\r(b)，③成立；若a＝3，b＝2，則a3＋b3＝35,2a2b＝36，則a3＋b3<2a2b，④不成立，故選A.答案Aeq\f(對應學生,283)A級基礎演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．(·浙江)若a，b為實數(shù)，則“0<ab<1”是“a<eq\f(1,b)或b>eq\f(1,a)”的 ()．A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析當0<ab<1時，若b>0，則有a<eq\f(1,b)；若b<0，則a<0，從而有b>eq\f(1,a).故“0<ab<1”是“a<eq\f(1,b)或b>eq\f(1,a)”的充分條件．反之，取b＝1，a＝－2，則有a<eq\f(1,b)或b>eq\f(1,a)，但ab<0.故選A.答案A2．(·保定模擬)已知a>b，則下列不等式成立的是 ()．A．a(chǎn)2－b2≥0 B．a(chǎn)c>bcC．|a|>|b| D．2a>2解析A中，若a＝－1，b＝－2，則a2－b2≥0不成立；當c＝0時，B不成立；當0>a>b時，C不成立；由a>b知2a>2b成立，故選D.答案D3．(·晉城模擬)已知下列四個條件：①b>0>a，②0>a>b，③a>0>b，④a>b>0，能推出eq\f(1,a)<eq\f(1,b)成立的有 ()．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個解析運用倒數(shù)性質(zhì)，由a>b，ab>0可得eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，②、④正確．又正數(shù)大于負數(shù)，①正確，③錯誤，故選C.答案C4．如果a，b，c滿足c<b<a，且ac<0，那么下列選項中不一定成立的是()．A．a(chǎn)b>ac B．c(b－a)>0C．cb2<ab2 D．a(chǎn)c(a－c)<0解析由題意知c<0，a>0，則A一定正確；B一定正確；D一定正確；當b＝0時C不正確．答案C二、填空題(每小題5分，共10分)5．若－eq\f(π,2)<α<β<eq\f(π,2)，則α－β的取值范圍是________．解析由－eq\f(π,2)<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－β<eq\f(π,2)，α<β得－π<α－β<0.答案(－π，0)6．(·南昌一模)現(xiàn)給出三個不等式：①a2＋1>2a；②a2＋b2>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－b－\f(3,2)))；③eq\r(7)＋eq\r(10)>eq\r(3)＋eq\r(14).其中恒成立的不等式共有________個．解析因為a2－2a＋1＝(a－1)2≥0，所以①不恒成立；對于②，a2＋b2－2a＋2b＋3＝(a－1)2＋(b＋1)2＋1>0，所以②恒成立；對于③，因為(eq\r(7)＋eq\r(10))2－(eq\r(3)＋eq\r(14))2＝2eq\r(70)－2eq\r(42)>0，且eq\r(7)＋eq\r(10)>0，eq\r(3)＋eq\r(14)>0，所以eq\r(7)＋eq\r(10)>eq\r(3)＋eq\r(14)，即③恒成立．答案2三、解答題(共25分)7．(12分)設0<x<1，a>0且a≠1，比較|loga(1－x)|與|loga(1＋x)|的大小．解法一當a>1時，由0<x<1知，loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，∴|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x)－loga(1＋x)＝－loga(1－x2)，∵0<1－x2<1，∴l(xiāng)oga(1－x2)<0，從而－loga(1－x2)>0，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.當0<a<1時，同樣可得|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.法二平方作差|loga(1－x)|2－|loga(1＋x)|2＝[loga(1－x)]2－[loga(1＋x)]2＝loga(1－x2)·logaeq\f(1－x,1＋x)＝loga(1－x2)·logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2x,1＋x)))>0.∴|loga(1－x)|2>|loga(1＋x)|2，故|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.法三作商比較∵eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(loga1－x,loga1＋x)))＝|log(1＋x)(1－x)|，∵0<x<1，∴l(xiāng)og(1＋x)(1－x)<0，故eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)＝－log(1＋x)(1－x)＝log(1＋x)eq\f(1,1－x)＝1＋log(1＋x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－x)·\f(1,1＋x)))＝1＋log(1＋x)eq\f(1,1－x2).由0<x<1知，1＋x>1及eq\f(1,1－x2)>1，∴l(xiāng)og(1＋x)eq\f(1,1－x2)>0，故eq\f(|loga1－x|,|loga1＋x|)>1，∴|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|.8．(13分)已知f(x)＝ax2－c且－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范圍．解由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－c＝f1，,4a－c＝f2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)[f2－f1]，,c＝－\f(4,3)f1＋\f(1,3)f2.))所以f(3)＝9a－c＝－eq\f(5,3)f(1)＋eq\f(8,3)f(2)．因為－4≤f(1)≤－1，所以eq\f(5,3)≤－eq\f(5,3)f(1)≤eq\f(20,3)，因為－1≤f(2)≤5，所以－eq\f(8,3)≤eq\f(8,3)f(2)≤eq\f(40,3).兩式相加，得－1≤f(3)≤20，故f(3)的取值范圍是[－1,20]．B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．(·上海)若a、b∈R，且ab＞0，則下列不等式中，恒成立的是()．A．a(chǎn)2＋b2＞2ab B．a(chǎn)＋b≥2eq\r(ab)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＞eq\f(2,\r(ab)) D.eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2解析對A：當a＝b＝1時滿足ab＞0，但a2＋b2＝2ab，所以A錯；對B、C：當a＝b＝－1時滿足ab＞0，但a＋b＜0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＜0，而2eq\r(ab)＞0，eq\f(2,\r(ab))＞0，顯然B、C不對；對D：當ab＞0時，由均值定理eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＝2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2.答案D2．(·漢中一模)若a、b均為不等于零的實數(shù)，給出下列兩個條件．條件甲：對于區(qū)間[－1,0]上的一切x值，ax＋b>0恒成立；條件乙：2b－a>0，則甲是乙的 ()．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析當x∈[－1,0]時，恒有ax＋b>0成立，∴當a>0時，ax＋b≥b－a>0，當a<0時，ax＋b≥b>0，∴b－a>0，b>0，∴2b－a>0，∴甲?乙，乙推不出甲，例如：a＝eq\f(3,2)b，b>0時，則2b－a＝eq\f(1,2)b>0，但是，當x＝－1時，a·(－1)＋b＝－eq\f(3,2)b＋b＝－eq\f(1,2)b<0，∴甲是乙的充分不必要條件．答案A二、填空題(每小題5分，共10分)3．(·泉州一模)已知奇函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)，α，β，γ∈R，且α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，則f(α)＋f(β)＋f(γ)與0的關系是________．解析∵f(x)在R上是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∵α＋β>0，β＋γ>0，γ＋α>0，∴α>－β，β>－γ，γ>－α，而f(x)在R上是單調(diào)減函數(shù)，∴f(α)<f(－β)＝－f(β)，f(β)<f(－γ)＝－f(γ)，f(γ)<f(－α)＝－f(α)，以上三式相加得：2[f(α)＋f(β)＋f(γ)]<0，即f(α)＋f(β)＋f(γ)<0.答案f(α)＋f(β)＋f(γ)<04．(·南京一模)給出下列四個命題：①若a>b>0，則eq\f(1,a)>eq\f(1,b)；②若a>b>0，則a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；③若a>b>0，則eq\f(2a＋b,a＋2b)>eq\f(a,b)；④設a，b是互不相等的正數(shù)，則|a－b|＋eq\f(1,a－b)≥2.其中正確命題的序號是________(把你認為正確命題的序號都填上)．解析①作差可得eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝eq\f(b－a,ab)，而a>b>0，則eq\f(b－a,ab)<0，此式錯誤．②a>b>0，則eq\f(1,a)<eq\f(1,b)，進而可得－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)，所以可得a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)正確．③eq\f(2a＋b,a＋2b)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2a＋b－aa＋2b,a＋2bb)＝eq\f(b2－a2,a＋2bb)＝eq\f(b－ab＋a,a＋2bb)<0，錯誤．④當a－b<0時此式不成立，錯誤．答案②三、解答題(共25分)5．(12分)(·安徽)(1)設x≥1，y≥1，證明x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy；(2)設1＜a≤b≤c，證明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.證明(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy?xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.將上式中的右式減左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．既然x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，從而所要證明的不等式成立．(2)設logab＝x，logbc＝y(tǒng)，由對數(shù)的換底公式得logca＝eq\f(1,xy)，logba＝eq\f(1,x)，logcb＝eq\f(1,y)，logac＝xy.于是，所要證明的不等式即為x＋y＋eq\f(1,xy)≤eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋xy其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.故由(1)可知所要證明的不等式成立．6．(13分)已知f(x)是定義在(－∞，4]上的減函數(shù)，是否存在實數(shù)m，使得f(m－sinx)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x))對定義域內(nèi)的一切實數(shù)x均成立？若存在，求出實數(shù)m的取值范圍；若不存在，請說明理由．思維啟迪：不等式和函數(shù)的結合，往往要利用函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的值域．解假設實數(shù)m存在，依題意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－sinx≤4，,m－sinx≥\r(1＋2m)－\f(7,4)＋cos2x，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤sinx，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)))2.))因為sinx的最小值為－1，且－(sinx－eq\f(1,2))2的最大值為0，要滿足題意，必須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－4≤－1，,m－\r(1＋2m)＋\f(1,2)≥0，))解得m＝－eq\f(1,2)或eq\f(3,2)≤m≤3.所以實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).探究提高不等式恒成立問題一般要利用函數(shù)的值域，m≤f(x)恒成立，只需m≤f(x)min.特別提醒：教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設計·高考總復習》光盤中內(nèi)容.第2講一元二次不等式及其解法【年高考會這樣考】1．考查簡單不等式的解法，特別是一元二次不等式和一元一次不等式的解法，主要是函數(shù)的定義域與值域、簡單的復合函數(shù)相結合的題目．2．考查簡單的指數(shù)、對數(shù)不等式的求解，可以利用單調(diào)性轉化成簡單的不等式求解．eq\f(對應學生,96)考點梳理1．一元二次不等式的解法(1)將不等式的右邊化為零，左邊化為二次項系數(shù)大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．(2)計算相應的判別式．(3)當Δ≥0時，求出相應的一元二次方程的根．(4)利用二次函數(shù)的圖象與x軸的交點確定一元二次不等式的解集．2．三個“二次”間的關系判別式Δ＝b2－4Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象續(xù)表一元二次方程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)沒有實數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＞x2或x＜x1}eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(b,2a)))Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??【助學·微博】一個技巧一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0(a≠0)的解集的確定受a的符號、b2－4ac的符號的影響，且與相應的二次函數(shù)、一元二次方程有密切聯(lián)系，可結合相應的函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象，數(shù)形結合求得不等式的解集．若一元二次不等式經(jīng)過不等式的同解變形后，化為ax2＋bx＋c＞0(或＜0)(其中a＞0)的形式，其對應的方程ax2＋bx＋c＝0有兩個不等實根x1，x2，(x1＜x2)(此時Δ＝b2－4ac＞0)，則可根據(jù)“大于取兩邊，小于夾中間”求解集．兩點提醒(1)解含參數(shù)的一元二次不等式，若二次項系數(shù)為常數(shù)，可先考慮因式分解，再對根的大小進行分類討論；若不易因式分解，則可對判別式進行分類討論，分類要不重不漏；(2)二次項系數(shù)中含有參數(shù)時，則應先考慮二次項是否為零，然后再討論二次項系數(shù)不為零時的情形，以便確定解集的形式．考點自測1．不等式2x2－x－1＞0的解集是()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B．(1，＋∞)C．(－∞，1)∪(2，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)解析∵2x2－x－1＝(x－1)(2x＋1)＞0，∴x＞1或x＜－eq\f(1,2).解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)．答案D2．(·重慶)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，＋∞)解析由數(shù)軸標根法可知原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，選A.答案A3．若不等式ax2＋bx－2＜0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＜x＜\f(1,4)))))，則ab＝()．A．－28B．－26C．28D．26解析∵－2，eq\f(1,4)是方程ax2＋bx－2＝0的兩根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(－2,a)＝－2×\f(1,4)＝－\f(1,2)，,－\f(b,a)＝－\f(7,4)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝7，))∴ab＝28.答案C4．(·山東)不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是()．A．[－5,7]B．[－4,6]C．(－∞，－5]∪[7，＋∞)D．(－∞，－4]∪[6，＋∞)解析將x＝6代入可知適合，排除C，將x＝0代入可知不適合，排除A、B.故選D.答案D5．不等式ax2＋2ax＋1≥0對一切x∈R恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析當a＝0時，不等式為1≥0恒成立；當a≠0時，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,4a2－4a≤0.))∴0＜a≤1，綜上0≤a≤1.答案[0,1]eq\f(對應學生,97)考向一一元二次不等式的解法【例1】?解下列關于x的不等式：(1)－x2＋8x－3>0；(2)x2－(3＋a)x＋3a[審題視點]利用求一元二次不等式的解法求解，注意對參數(shù)的討論．解(1)原不等式化為x2－8x＋3<0，∵方程x2－8x＋3＝0有兩個不等實根x1＝4－eq\r(13)，x2＝4＋eq\r(13).又二次函數(shù)y＝x2－8x＋3的圖象開口向上，所以原不等式的解集為{x|4－eq\r(13)<x<4＋eq\r(13)}．(2)∵x2－(3＋a)x＋3a>0，∴(x－3)(x－a①當a<3時，x<a或x>3，不等式解集為{x|x<a或x>3}；②當a＝3時，不等式為(x－3)2>0，不等式解集為{x|x∈R且x≠3}；③當a>3時，x<3或x>a，不等式解集為{x|x<3或x>a}．(1)解一元二次不等式時，當二次項系數(shù)為負時要先化為正，再根據(jù)判別式符號判斷對應方程根的情況，然后結合相應二次函數(shù)的圖象寫出不等式的解集．(2)解含參數(shù)的一元二次不等式，要把握好分類討論的層次，一般按下面次序進行討論：首先根據(jù)二次項系數(shù)的符號進行分類，其次根據(jù)根是否存在，即Δ的符號進行分類，最后在根存在時，根據(jù)根的大小進行分類．【訓練1】求不等式12x2－ax＞a2(a∈R)的解集．解∵12x2－ax＞a2，∴12x2－ax－a2＞0，即(4x＋a)(3x－a)＞0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，得：x1＝－eq\f(a,4)，x2＝eq\f(a,3).①a＞0時，－eq\f(a,4)＜eq\f(a,3)，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；②a＝0時，x2＞0，解集為{x|x∈R且x≠0}；③a＜0時，－eq\f(a,4)＞eq\f(a,3)，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\f(a,4))).綜上所述：當a＞0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(a,4)或x＞\f(a,3)))；當a＝0時，不等式的解集為{x|x∈R且x≠0}；當a＜0時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜\f(a,3)或x＞－\f(a,4))).考向二一元二次不等式恒成立問題【例2】?已知函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.(1)若對于x∈R，f(x)＜0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若對于x∈[1,3]，f(x)＜5－m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．[審題視點](1)分m＝0與m≠0，再結合判別式可求解；(2)將其轉化m<g(x)，x∈[1,3]上恒成立，再求g(x)的最小值．解(1)由題意可得m＝0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜0，,Δ＝m2＋4m＜0))?m＝0或－4＜m＜0?－4＜m≤0.故m的取值范圍是(－4,0]．(2)∵f(x)＜－m＋5?m(x2－x＋1)＜6，∵x2－x＋1＞0，∴m＜eq\f(6,x2－x＋1)對于x∈[1,3]恒成立，只需求m<eq\f(6,x2－x＋1)的最小值，記g(x)＝eq\f(6,x2－x＋1)，x∈[1,3]，記h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，h(x)在x∈[1,3]上為增函數(shù)．則g(x)在[1,3]上為減函數(shù)，∴[g(x)]min＝g(3)＝eq\f(6,7)，∴m＜eq\f(6,7).所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).對于含參不等式的恒成立問題，我們不是直接去解它，而是通過變量分離，將其轉化為最值問題后，得到所求變量的不等式(組)，再解得范圍，或者轉化為函數(shù)問題，用函數(shù)知識得到所求變量的不等式(組)，求出范圍．【訓練2】已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，當x∈[－1，＋∞)時，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍．解法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對稱軸為x＝a.①當a∈(－∞，－1)時，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；②當a∈[－1，＋∞)時，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.綜上所述，所求a的取值范圍是[－3,1]．法二令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,a＜－1，,g－1≥0.))解得－3≤a≤1.所求a的取值范圍是[－3,1]．考向三三個“二次”關系的應用【例3】?已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象過A(x1，y1)、B(x2，y2)兩點，且滿足a2＋(y1＋y2)a＋y1y2＝0.(1)證明：y1＝－a或y2＝－a；(2)證明：函數(shù)f(x)的圖象必與x軸有兩個交點；(3)若關于x的不等式f(x)>0的解集為{x|x>m或x<n，n<m<0}，解關于x的不等式cx2－bx＋a>0.[審題視點](1)因式分解可證；(2)分a>0與a<0討論；(3)先判別a，再用根與系數(shù)的關系求解．(1)證明∵a2＋(y1＋y2)a＋y1y2＝0，∴(a＋y1)(a＋y2)＝0，得y1＝－a或y2＝－a.(2)證明當a>0時，二次函數(shù)f(x)的圖象開口向上，圖象上的點A、B的縱坐標至少有一個為－a且小于零，∴圖象與x軸有兩個交點．當a<0時，二次函數(shù)f(x)的圖象開口向下，圖象上的點A、B的縱坐標至少有一個為－a且大于零，∴圖象與x軸有兩個交點．故二次函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個不同的交點．(3)解∵ax2＋bx＋c>0的解集為{x|x>m或x<n，n<m<0}，根據(jù)一元二次不等式的解集大于0取根兩邊，從而可判定a>0，并且可得ax2＋bx＋c＝0的兩根為m，n，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝－\f(b,a)，,m·n＝\f(c,a)>0，))∵a>0，∴c>0，∴eq\f(m＋n,m·n)＝－eq\f(\f(b,a),\f(c,a))＝－eq\f(b,c).而cx2－bx＋a>0?x2－eq\f(b,c)x＋eq\f(a,c)>0?x2＋eq\f(m＋n,mn)·x＋eq\f(1,mn)>0?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,m)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,n)))>0，又∵n<m<0，∴－eq\f(1,n)<－eq\f(1,m)，∴x>－eq\f(1,m)或x<－eq\f(1,n).故不等式cx2－bx＋a>0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,m)或x<－\f(1,n))))).一元二次不等式解集的兩個端點值(不是±∞)是對應一元二次方程的兩個根，故當已知一元二次不等式的解集確定不等式中參數(shù)值時可借助根與系數(shù)的關系給出含參數(shù)的方程組的解．【訓練3】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有兩個相等的根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，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)＝－eq\f(1,5)x2－eq\f(6,5)x－eq\f(3,5).(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1＋2a,a)))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\{\rc\(\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)．eq\f(對應學生,98)熱點突破14——不等式恒成立問題的化解【命題研究】通過近三年的高考試題分析，含參不等式的恒成立問題越來越受到高考命題者的青睞，由于新課標高考對導數(shù)應用的加強，這些不等式的恒成立問題往往與導數(shù)交織在一起，題型多以解答題出現(xiàn)，難度較大．【真題探究】?(·湖南節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝eax－x，其中a≠0.若對一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合．[教你審題]第1步由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)推斷a>0；第2步f(x)≥1恒成立?f(x)min≥1；第3步求導數(shù)得f(x)的單調(diào)區(qū)間，從而求f(x)min；第4步解不等式；第5步構造函數(shù)利用導數(shù)求最大值為1.[解法]若a<0，則對一切x>0，f(x)＝eax－x<1，這與題設矛盾．又a≠0，故a>0.而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a).當x<eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x>eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故當x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時，f(x)取最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a).于是對一切x∈R，f(x)≥1恒成立，當且僅當eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)≥1，①令g(t)＝t－tlnt，則g′(t)＝－lnt.當0<t<1時，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增；當t>1時，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減，故當t＝1時，g(t)取最大值g(1)＝1.因此，當且僅當eq\f(1,a)＝1，即a＝1時，①式成立．綜上所述，a的取值集合為{1}．[反思]在解決不等式的恒成立問題時，易出現(xiàn)的問題主要有兩個方面：一是不等式的變形不是同解變形，尤其是利用分離參數(shù)法求解參數(shù)的取值范圍時，不等式兩邊同除以某個代數(shù)式時忽視其符號的討論；二是構造與不等式相對應的含參函數(shù)時，忽視函數(shù)圖象的特征．【試一試】已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(a－1,x)＋1－2a(a>0)，若f(x)≥lnx在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解令g(x)＝f(x)－lnx＝ax＋eq\f(a－1,x)＋1－2a－lnx，x∈[1，＋∞)，則g(1)＝0，g′(x)＝a－eq\f(a－1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－x－a－1,x2)＝eq\f(ax－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－a,a))),x2)，①當eq\f(1－a,a)>1時，0<a<eq\f(1,2)，則1<x<eq\f(1－a,a)，故g′(x)<0，g(x)是減函數(shù)，所以g(x)<g(1)＝0，即f(x)<lnx，故f(x)≥lnx在[1，＋∞)上不恒成立．②當eq\f(1－a,a)≤1時，a≥eq\f(1,2)，則x>1，故g′(x)>0，g(x)是增函數(shù)，g(x)>g(1)＝0，即f(x)>lnx，故當x≥1時，f(x)≥lnx恒成立．綜上所述，所求a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).eq\f(對應學生,285)A級基礎演練(時間：30分鐘滿分：55分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．(·南通二模)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，x≥0，,－x2＋3x，x<0，))則不等式f(x)<f(4)的解集為()．A．{x|x≥4} B．{x|x<4}C．{x|－3<x<0} D．{x|x<－3}解析f(4)＝eq\f(4,2)＝2，不等式即為f(x)<2.當x≥0時，由eq\f(x,2)<2，得0≤x<4；當x<0時，由－x2＋3x<2，得x<1或x>2，因此x<0.綜上，x<4.故f(x)<f(4)的解集為{x|x<4}．答案B2．不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，則實數(shù)a的取值范圍是()．A．[－4,4] B．(－4,4)C．(－∞，－4]∪[4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(4，＋∞)解析不等式x2＋ax＋4＜0的解集不是空集，只需Δ＝a2－16＞0，∴a＜－4或a＞4，故選D.答案D3．設a>0，不等式－c<ax＋b<c的解集是{x|－2<x<1}，則a∶b∶c＝()．A．1∶2∶3 B．2∶1∶3C．3∶1∶2 D．3∶2∶1解析∵－c<ax＋b<c，又a>0，∴－eq\f(b＋c,a)<x<eq\f(c－b,a).∵不等式的解集為{x|－2<x<1}，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b＋c,a)＝－2，,\f(c－b,a)＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\f(a,2)，,c＝\f(3,2)a，))∴a∶b∶c＝a∶eq\f(a,2)∶eq\f(3a,2)＝2∶1∶3.答案B4．(·莆田二模)不等式(x2－2)log2x>0的解集是 ()．A．(0,1)∪(eq\r(2)，＋∞) B．(－eq\r(2)，1)∪(eq\r(2)，＋∞)C．(eq\r(2)，＋∞) D．(－eq\r(2)，eq\r(2))解析原不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2>0，,log2x>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2<0，,log2x<0.))∴x>eq\r(2)或0<x<1，即不等式的解集為(0,1)∪(eq\r(2)，＋∞)．答案A二、填空題(每小題5分，共10分)5．(·煙臺模擬)已知關于x的不等式ax2＋2x＋c>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))，則不等式－cx2＋2x－a>0的解集為________．解析由ax2＋2x＋c>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))知a<0，且－eq\f(1,3)，eq\f(1,2)為方程ax2＋2x＋c＝0的兩個根，由根與系數(shù)的關系得－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(2,a)，－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(c,a)，解得a＝－12，c＝2，∴－cx2＋2x－a>0，即2x2－2x－12<0，其解集為(－2,3)．答案(－2,3)6．在實數(shù)集上定義運算?：x?y＝x(1－y)，若不等式(x－a)?(x＋a)<1對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析由題意知(x－a)?(x＋a)＝(x－a)(1－x－a)＝－x2＋x＋a2－a.故－x2＋x＋a2－a<1對任意x∈R都成立．即－x2＋x<－a2＋a＋1對任意x∈R都成立．而－x2＋x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)，只需－a2＋a＋1>eq\f(1,4)即可，即4a2－4a－3<0，解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))三、解答題(共25分)7．(12分)已知不等式ax2－3x＋6>4的解集為{x|x<1或x>b}，(1)求a，b；(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0.解(1)因為不等式ax2－3x＋6>4的解集為{x|x<1或x>b}，所以x1＝1與x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的兩個實數(shù)根，且b>1.由根與系數(shù)的關系，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b＝\f(3,a)，,1×b＝\f(2,a).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.))(2)由(1)知不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0為x2－(2＋c)x＋2c<0，即(x－2)(x－c①當c>2時，不等式(x－2)(x－c)<0的解集為{x|2<x<c}；②當c<2時，不等式(x－2)(x－c)<0的解集為{x|c<x<2}；③當c＝2時，不等式(x－2)(x－c)<0的解集為?.綜上所述：當c>2時，不等式的解集為{x|2<x<c}；當c<2時，不等式的解集為{x|c<x<2}；當c＝2時，不等式的解集為?.8．(13分)(·淮南質(zhì)檢)已知拋物線y＝(m－1)x2＋(m－2)x－1(x∈R)．(1)當m為何值時，拋物線與x軸有兩個交點？(2)若關于x的方程(m－1)x2＋(m－2)x－1＝0的兩個不等實根的倒數(shù)平方和不大于2，求m的取值范圍．解(1)根據(jù)題意，m≠1且Δ>0，即Δ＝(m－2)2－4(m－1)(－1)>0，得m2>0，所以m≠1且m≠0.(2)在m≠0且m≠1的條件下，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(m－2,1－m)，,x1·x2＝\f(1,1－m)，))因為eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1＋x2,x1x2)＝m－2，所以eq\f(1,x\o\al(2,1))＋eq\f(1,x\o\al(2,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))2－eq\f(2,x1x2)＝(m－2)2＋2(m－1)≤2.得m2－2m≤0，所以0≤m≤2.所以m的取值范圍是{m|0<m<1或1<m≤2}．B級能力突破(時間：30分鐘滿分：45分)一、選擇題(每小題5分，共10分)1．(·長沙模擬)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1(a∈Z)，且函數(shù)f(x)在(－2，－1)上恰有一個零點，則不等式f(x)>1的解集為 ()．A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞)C．(－1,0) D．(0,1)解析∵f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1，Δ＝(a＋2)2－4a＝a2＋4>0，∴函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋1必有兩個不同的零點，又f(x)在(－2，－1)上有一個零點，則f(－2)f(－1)<0，∴(6a＋5)(2a＋3)<0，∴－eq\f(3,2)<a<－eq\f(5,6)，又a∈Z，∴a＝－1，不等式f(x)>1即為－x2－x>0，解得－1<x<0.答案C2．(·南通期末)若不等式x2－2ax＋a>0對x∈R恒成立，則關于t的不等式a2t＋1<at2＋2t－3<1的解集為 ()．A．(1,2) B．(－2,1) C．(－2,2) D．(－3,2)解析若不等式x2－2ax＋a>0對x∈R恒成立，則Δ＝4a2－4a<0，所以0<a<1.又a2t＋1<at2＋2t－3<1，則2t＋1>t2＋2t－3>0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2t＋1>t2＋2t－3，,t2＋2t－3>0，))所以1<t<2.答案A二、填空題(每小題5分，共10分)3．(·大同一模)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2x＋b2－b＋1(b∈R)，若當x∈[－1,1]時，f(x)>0恒成立，則b的取值范圍是________．解析依題意，f(x)的對稱軸為x＝1，且開口向下，∴當x∈[－1,1]時，f(x)是增函數(shù)．若f(x)>0恒成立，則f(x)min＝f(－1)＝－1－2＋b2－b＋1>0，即b2－b－2>0，∴(b－2)(b＋1)>0，∴b>2或b<－1.答案(－∞，－1)∪(2，＋∞)4．(·浙江)設a∈R，若x>0時均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，則a＝________.解析顯然a＝1不能使原不等式對x>0恒成立，故a≠1且當x1＝eq\f(1,a－1)，a≠1時原不等式成立．對于x2－ax－1＝0，設其兩根為x2，x3，且x2<x3，易知x2<0，x3>0.當x>0時，原不等式恒成立，故x1＝eq\f(1,a－1)滿足方程x2－ax－1＝0，代入解得a＝eq\f(3,2)或a＝0(舍去)．答案eq\f(3,2)三、解答題(共25分)5．(12分)設函數(shù)f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a＞0.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求所有的實數(shù)a，使e－1≤f(x)≤e2對x∈[1，e]恒成立．注e為自然對數(shù)的底數(shù)．解(1)因為f(x)＝a2lnx－x2＋ax，其中x＞0，所以f′(x)＝eq\f(a2,x)－2x＋a＝－eq\f(x－a2x＋a,x).由于a＞0，所以f(x)的增區(qū)間為(0，a)，減區(qū)間為(a，＋∞)．(2)由題意得，f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.由(1)知f(x)在[1，e]內(nèi)單調(diào)遞增，要使e－1≤f(x)≤e2，對x∈[1，e]恒成立，只要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a－1≥e－1，,fe＝a2－e2＋ae≤e2，))解得a＝e.6．(13分)(·金華模擬)設二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，函數(shù)F(x)＝f(x)－x的兩個零點為m，n(m<n)．(1)若m＝－1，n＝2，求不等式F(x)>0的解集；(2)若a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，比較f(x)與m的大?。?1)由題意知，F(xiàn)(x)＝f(x)－x＝a(x－m)(x－n)，當m＝－1，n＝2時，不等式F(x)>0，即a(x＋1)(x－2)>0.當a>0時，不等式F(x)>0的解集為{x|x<－1或x>2}；當a<0時，不等式F(x)>0的解集為{x|－1<x<2}．(2)f(x)－m＝F(x)＋x－m＝a(x－m)(x－n)＋x－m＝(x－m)(ax－an＋1)，∵a>0，且0<x<m<n<eq\f(1,a)，∴x－m<0,1－an＋ax>0.∴f(x)－m<0，即f(x)<m.特別提醒：教師配贈習題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設計·高考總復習》光盤中內(nèi)容.第3講二元一次不等式(組)與簡單的線性規(guī)劃問題【年高考會這樣考】1．考查二元一次不等式(組)表示的區(qū)域問題．2．考查目標函數(shù)在可行域條件下的最優(yōu)解問題．eq\f(對應學生,99)考點梳理1．二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域(1)一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C>0在平面直角坐標系中表示直線Ax＋By＋C＝0某一側的所有點組成的平面區(qū)域(半平面)不含邊界直線．不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平面區(qū)域(半平面)包括邊界直線．(2)對于直線Ax＋By＋C＝0同一側的所有點(x，y)，使得Ax＋By＋C的值符號相同，也就是位于同一半平面內(nèi)的點，其坐標適合同一個不等式Ax＋By＋C>0；而位于另一個半平面內(nèi)的點，其坐標適合另一個不等式Ax＋By＋C<0.(3)由幾個不等式組成的不等式組所表示的平面區(qū)域，是各個不等式所表示的平面區(qū)域的公共部分．2．線性規(guī)劃的有關概念名稱意義線性約束條件由x，y的一次不等式(或方程)組成的不等式組，是對x，y的約束條件目標函數(shù)關于x、y的解析式線性目標函數(shù)關于x，y的一次解析式可行解滿足線性約束條件的解(x，y)可行域所有可行解組成的集合最優(yōu)解使目標函數(shù)達到最大值或最小值的可行解線性規(guī)劃問題求線性目標函數(shù)在線性約束條件下的最大值或最小值的問題【助學·微博】一種方法確定二元一次不等式表示的平面區(qū)域時，經(jīng)常采用“直線定界，特殊點定域”的方法．(1)直線定界，即若不等式不含等號，則應把直線畫成虛線；若不等式含有等號，把直線畫成實線．(2)特殊點定域，由于對在直線Ax＋By＋C＝0同側的點，實數(shù)Ax＋By＋C的值的符號都相同，故為確定Ax＋By＋C的值的符號，可采用特殊點法，如取原點(0,1)、(1,0)等點．兩點提醒(1)畫出平面區(qū)域．避免失誤的重要方法就是首先使二元一次不等式標準化．(2)求線性目標函數(shù)z＝ax＋by(ab≠0)的最值，當b>0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最小；當b<0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大．考點自測1．不等式2x－y≥0表示的平面區(qū)域是()．解析用點(1,0)代入判斷．答案A2．(·青島期末)在平面直角坐標系中，不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≥0，,x－y＋2≥0，,x≤2))表示的平面區(qū)域的面積是()．A．4eq\r(2)B．4C．2eq\r(2)D．2解析作出可行域如圖所示由題知可行域為△ABC，S△ABC＝eq\f(|4－0|×2,2)＝4.答案B3．(·廣東)已知變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤2，,x＋y≥1，,x－y≤1，))則z＝3x＋y的最大值為()．A．12B．11C．3D．－1解析如右圖中的陰影部分即為約束條件對應的可行域，當直線y＝－3x＋z經(jīng)過點A時，z取得最大值．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,x－y＝1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2，))此時，z＝y(tǒng)＋3x＝11.答案B4．(·新課標全國)設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥－1，,x＋y≤3，,x≥0，,y≥0，))則z＝x－2y的取值范圍為________．解析依題意，畫出可行域，如圖所示，可行域為ABOC，顯然，當直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(z,2)過點A(1,2)時，z取得最小值為－3；當直線過點B(3,0)時，z取得最大值為3，綜上可知z的取值范圍為[－3,3]．答案[－3,3]5．(·鄭州模擬)設m>1，在約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥x，,y≤mx，,x＋y≤1))下，目標函數(shù)z＝x＋5y的最大值為4，則m的值為________．解析畫出約束條件的可行域，如圖所示(陰影部分)，由z＝x＋5y，得y＝－eq\f(1,5)x＋eq\f(z,5).故目標函數(shù)在P點處取最大值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx，,x＋y＝1，))得Peq\f(1,m＋1)，eq\f(m,m＋1)，代入目標函數(shù)，得4＝eq\f(1,m＋1)＋eq\f(5m,m＋1)，解得m＝3.答案3eq\f(對應學生,100)考向一二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域【例1】?(·濟南模擬)不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6≤0，,x＋y－3≥0，,y≤2))表示的平面區(qū)域的面積為()．A．4B．1C．5D．無窮大[審題視點]畫出不等式組表示的平面區(qū)域，確定平面區(qū)域的形狀，從而求出面積．解析不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y－6≤0，,x＋y－3≥0，,y≤2))表示的平面區(qū)域如圖所示(陰影部分)，△ABC的面積即為所求．求出點A，B，C的坐標分別為A(1,2)，B(2,2)，C(3,0)，則△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)×(2－1)×2＝1.答案B對于面積問題，可先畫出平面區(qū)域，然后判斷其形狀、求得相應交點坐標、相關線段長度等，利用面積公式求解；對于求參問題，則需根據(jù)區(qū)域的形狀判斷不等式組的邊界，從而確定參數(shù)的取值或范圍．【訓練1】若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1≥0，,x－1≤0，,ax－y＋1≥0a為常數(shù)))所表示的平面區(qū)域的面積等于2，則a的值為()．A．－5B．1C．2D．3解析x－1≤0與x＋y－1≥0表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示．由題意知不等式組所表示的平面區(qū)域為一個三角形區(qū)域，設為△ABC，則A(1,0)，B(0,1)，C(1,1＋a)且a>0，∵S△ABC＝2，∴eq\f(1,2)(1＋a)×1＝2，解得a＝3.答案D

考向二線性目標函數(shù)的最值問題【例2】?(·遼寧)設變量x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤10，,0≤x＋y≤20，,0≤y≤15，))則2x＋3y的最大值為()．A．20B．35C．45D．55[審題視點]先根據(jù)約束條件作出可行域，再平移目標函數(shù)所對應直線找出最大值點，代入2x＋3y可求出最大值．解析作出不等式組對應的平面區(qū)域(如圖所示)，平移直線y＝－eq\f(2,3)x，易知直線經(jīng)過可行域上的點A(5,15)時，2x＋3y取得最大值55，故選擇D.答案D線性目標函數(shù)的最優(yōu)解一般在平面區(qū)域的頂點或邊界處取得，所以對于一般的線性規(guī)劃問題，我們可以直接解出可行域的頂點，然后將坐標代入目標函數(shù)求出相應的數(shù)值，從而確定目標函數(shù)的最值．【訓練2】(·陜西)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x＞0，,－2x－1，x≤0，))D是由x軸和曲線y＝f(x)及該曲線在點(1,0)處的切線所圍成的封閉區(qū)域，則z＝x－2y在D上的最大值為________．解析由題知在點(1,0)處的切線的斜率k＝f′(1)＝eq\f(1,1)＝1，則切線方程為y＝x－1.區(qū)域D為如圖陰影部分所示．則z的最大值即為直線y＝eq\f(1,2)x－eq\f(z,2)在y軸上的最小截距，此時(0，－1)為最優(yōu)解，所以z＝0－2×(－1)＝2.答案2考向三線性規(guī)劃的實際應用【例3】?(·黃岡模擬)某研究所計劃利用“神七”宇宙飛船進行新產(chǎn)品搭載實驗，計劃搭載新產(chǎn)品A、B，該所要根據(jù)該產(chǎn)品的研制成本、產(chǎn)品質(zhì)量、搭載實驗費用和預計產(chǎn)生收益來決定具體安排，通過調(diào)查，有關數(shù)據(jù)如表：產(chǎn)品產(chǎn)品A(件)B(件)研制成本與搭載費用之和(萬元/件)2030計劃最大投資金額300萬元產(chǎn)品質(zhì)量(千克/件)105最大搭載質(zhì)量110千克預計收益(萬元/件)8060試問：如何安排這兩種產(chǎn)品的件數(shù)進行搭載，才能使總預計收益達到最大，最大收益是多少？[審題視點]設出變量(A產(chǎn)品x件，B產(chǎn)品y件)，根據(jù)題意找出約束條件和目標函數(shù)，由線性規(guī)劃實際問題的步驟可求解．解設搭載A產(chǎn)品x件，B產(chǎn)品y件，預計收益z＝80x＋60y.則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(20x＋30y≤300，,10x＋5y≤110，,x∈N，y∈N，))作出可行域，如圖．作出直線l0：4x＋3y＝0并平移，由圖象得，當直線經(jīng)過M點時z能取得最大值，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3y＝30，,2x＋y＝22，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝9，,y＝4，))即M(9,4)．所以zmax＝80×9＋60×4＝960(萬元)．故搭載A產(chǎn)品9件，B產(chǎn)品4件，可使得總預計收益最大，為960萬元．對于有實際背景的線性規(guī)劃問題，可行域通常是位于第一象限內(nèi)的一個凸多邊形區(qū)域，此時變動直線的最佳位置一般通過這個凸多邊形的頂點．【訓練3】(·江西)某農(nóng)戶計劃種植黃瓜和韭菜，種植面積不超過50畝，投入資金不超過54萬元，假設種植黃瓜和韭菜的產(chǎn)量、成本和售價如下表年產(chǎn)量/畝年種植成本/畝每噸售價黃瓜4噸1.2萬元0.55萬元韭菜6噸0.9萬元0.3萬元為使一年的種植總利潤(總利潤＝總銷售收入－總種植成本)最大，那么黃瓜和韭菜的種植面積(單位：畝)分別為()．A．50,0B．30,20C．20,30D．0,50解析設黃瓜、韭菜的種植面積分別為x、y畝，則總利潤z＝4×0.55x＋6×0.3y－1.2x－0.9y＝x＋0.9y.此時x、y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤50，,1.2x＋0.9y≤54，,x，y∈N＋，))畫出可行域如圖，得最優(yōu)解為A(30,20)，故選B.答案B

eq\f(對應學生,101)熱點突破15——巧解線性規(guī)劃中參變量問題【命題研究】通過近三年的高考試題分析，對求解線性規(guī)劃問題中的參數(shù)問題的考查有加強的趨勢，這類問題主要有兩類：一是在條件不等式組中含有參數(shù)，二是在目標函數(shù)中含有參數(shù)；題型主要以選擇、填空題為主，屬中檔題．【真題探究】?(·福建)若函數(shù)y＝2x圖象上存在點(x，y)滿足約束條件eq\b\lc\{\rc