2019高三數(shù)學(xué)（人教A版理）一輪教師用書第6章第1節(jié)　不等式的性質(zhì)與一元二次不等式

第章不等式、推理與證明第一節(jié)不等式的性質(zhì)與一元二次不等式[考綱](教師用書獨(dú)具)1.了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中存在著大量的不等關(guān)系，了解不等式(組)的實(shí)際背景.2.會從實(shí)際問題的情境中抽象出一元二次不等式模型.3.通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系.4.會解一元二次不等式，對給定的一元二次不等式，會設(shè)計(jì)求解的程序框圖．(對應(yīng)學(xué)生用書第90頁)[基礎(chǔ)知識填充]1．實(shí)數(shù)的大小順序與運(yùn)算性質(zhì)的關(guān)系(1)a>b?a－b>0；(2)a＝b?a－b＝0；(3)a<b?a－b<0.2．不等式的性質(zhì)(1)對稱性：a>b?b<a；(雙向性)(2)傳遞性：a>b，b>c?a>c；(單向性)(3)可加性：a>b?a＋c>b＋c；(雙向性)a>b，c>d?a＋c>b＋d；(單向性)(4)可乘性：a>b，c>0?ac>bc；a>b，c<0?ac<bc；a>b>0，c>d>0?ac>bd；(單向性)(5)乘方法則：a>b>0?an>bn(n≥2，n∈N)；(單向性)(6)開方法則：a>b>0?eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n≥2，n∈N)；(單向性)(7)倒數(shù)性質(zhì)：設(shè)ab>0，則a<b?eq\f(1,a)>eq\f(1,b).(雙向性)3．“三個二次”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)的根有兩相異實(shí)根x1，x2(x1<x2)有兩相等實(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}??4.常用結(jié)論(口訣：大于取兩邊，小于取中間)(x－a)(x－b)＞0或(x－a)(x－b)＜0型不等式的解法不等式解集a＜ba＝ba＞b(x－a)·(x－b)＞0{x|x＜a或x＞b}{x|x≠a}{x|x＜b或x＞a}(x－a)·(x－b)＜0{x|a＜x＜b}?{x|b＜x＜a}[知識拓展]1.倒數(shù)性質(zhì)，若ab>0，則a>b?eq\f(1,a)<eq\f(1,b).2．若a＞b＞0，m＞0，則eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m).3．(1)eq\f(fx,gx)＞0(＜0)?f(x)·g(x)＞0(＜0)．(2)eq\f(fx,gx)≥0(≤0)?f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.以上兩式的核心要義是將分式不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式．4．不等式ax2＋bx＋c>0對任意實(shí)數(shù)x恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0.))不等式ax2＋bx＋c<0對任意實(shí)數(shù)x恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝b＝0，,c<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))[基本能力自測]1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)兩個實(shí)數(shù)a，b之間，有且只有a＞b，a＝b，a＜b三種關(guān)系中的一種．()(2)a>b?ac2>bc2.()(3)a>b>0，c>d>0?eq\f(a,d)>eq\f(b,c).()(4)若不等式ax2＋bx＋c<0的解集為(x1，x2)，則必有a>0.()(5)若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)沒有實(shí)數(shù)根，則不等式ax2＋bx＋c>0的解集為R.()(6)若二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象開口向下，則不等式ax2＋bx＋c＜0的解集一定不是空集．()[答案](1)√(2)×(3)√(4)√(5)×(6)√2．已知a，b是實(shí)數(shù)，則“a＞0且b＞0”是“a＋b＞0且ab＞0”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C[eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,b＞0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＞0，,ab＞0，))又當(dāng)ab＞0時，a與b同號，結(jié)合a＋b＞0知a＞0且b＞0，故“a＞0且b＞0”是“a＋b＞0且ab＞0”的充要條件．]3．若a，b∈R，且a>b，則下列不等式恒成立的是()A．a(chǎn)2>b2 B．eq\f(a,b)>1C．2a>2b D．lg(a－b)>0C[取a＝－1，b＝－2，排除A，B，D．故選C．]4．不等式－x2－3x＋4>0的解集為________．(用區(qū)間表示)(－4,1)[由－x2－3x＋4>0得x2＋3x－4<0，解得－4<x<1，所以不等式－x2－3x＋4>0的解集為(－4,1)．]5．(教材改編)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(－\f(1,2)＜x＜\f(1,3)))))，則a＋b＝________.－14[由題意知x1＝－eq\f(1,2)，x2＝eq\f(1,3)是方程ax2＋bx＋2＝0的兩個根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝－\f(1,2)＋\f(1,3)，,\f(2,a)＝－\f(1,2)×\f(1,3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－2))(經(jīng)檢驗(yàn)知滿足題意)．∴a＋b＝－14.](對應(yīng)學(xué)生用書第91頁)比較大小與不等式的性質(zhì)(1)已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．c≥b＞a B．a(chǎn)＞c≥bC．c＞b＞a D．a(chǎn)＞c＞b(2)(2017·山東高考)若a>b>0，且ab＝1，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)<log2(a＋b) B．eq\f(b,2a)<log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)C．a(chǎn)＋eq\f(1,b)<log2(a＋b)<eq\f(b,2a) D．log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b)<eq\f(b,2a)(1)A(2)B[(1)∵c－b＝4－4a＋a2＝(a－2)2≥0，∴c≥b.又b＋c＝6－4a＋3a2，∴2b＝2＋2a2，∴b＝a2＋1，∴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，∴c≥b＞a.(2)法一：∵a>b>0，ab＝1，∴l(xiāng)og2(a＋b)>log2(2eq\r(ab))＝1.∵eq\f(b,2a)＝eq\f(\f(1,a),2a)＝a－1·2－a，令f(a)＝a－1·2－a，又∵b＝eq\f(1,a)，a>b>0，∴a>eq\f(1,a)，解得a>1.∴f′(a)＝－a－2·2－a－a－1·2－a·ln2＝－a－2·2－a(1＋aln2)<0，∴f(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴f(a)<f(1)，即eq\f(b,2a)<eq\f(1,2).∵a＋eq\f(1,b)＝a＋a＝2a>a＋b>log2(a＋b)，∴eq\f(b,2a)<log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b).故選B．法二：∵a>b>0，ab＝1，∴取a＝2，b＝eq\f(1,2)，此時a＋eq\f(1,b)＝4，eq\f(b,2a)＝eq\f(1,8)，log2(a＋b)＝log2eq\f(5,2)，∴eq\f(b,2a)<log2(a＋b)<a＋eq\f(1,b).故選B．][規(guī)律方法]1.比較兩個數(shù)(式)大小的兩種方法2．與充要條件相結(jié)合問題．用不等式的性質(zhì)分別判斷p?q和q?p是否正確，要注意特殊值法的應(yīng)用．3．與命題真假判斷相結(jié)合問題．解決此類問題除根據(jù)不等式的性質(zhì)求解外，還經(jīng)常采用特殊值驗(yàn)證的方法．[跟蹤訓(xùn)練](1)(2018·東北三省四市模擬(二))設(shè)a，b均為實(shí)數(shù)，則“a＞|b|”是“a3＞b3”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(2)已知m∈R，a＞b＞1，f(x)＝eq\f(m2x,x－1)，則f(a)與f(b)的大小關(guān)系是()【導(dǎo)學(xué)號：97190189】A．f(a)＞f(b) B．f(a)＜f(b)C．f(a)≤f(b) D．不確定(1)A(2)C[(1)a＞|b|能推出a＞b，進(jìn)而得a3＞b3；當(dāng)a3＞b3時，有a＞b，但若b＜a＜0，則a＞|b|不成立，所以“a＞|b|”是“a3＞b3”的充分不必要條件，故選A．(2)∵f(a)＝eq\f(m2a,a－1)，f(b)＝eq\f(m2b,b－1)，∴f(a)－f(b)＝eq\f(m2a,a－1)－eq\f(m2b,b－1)＝m2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,a－1)－\f(b,b－1)))＝m2·eq\f(ab－1－ba－1,a－1b－1)＝m2·eq\f(b－a,a－1b－1)，當(dāng)m＝0時，f(a)＝f(b)；當(dāng)m≠0時，m2＞0，又a＞b＞1，∴f(a)＜f(b)．綜上，f(a)≤f(b)．]一元二次不等式的解法解下列不等式：(1)3＋2x－x2≥0；(2)x2－(a＋1)x＋a<0.[解](1)原不等式化為x2－2x－3≤0，即(x－3)(x＋1)≤0，故所求不等式的解集為{x|－1≤x≤3}．(2)原不等式可化為(x－a)(x－1)<0，當(dāng)a>1時，原不等式的解集為(1，a)；當(dāng)a＝1時，原不等式的解集為?；當(dāng)a<1時，原不等式的解集為(a,1)．將(2)中不等式改為ax2－(a＋1)x＋1<0，求不等式的解集．[解]若a＝0，原不等式等價于－x＋1<0，解得x>1.若a<0，原不等式等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0，解得x<eq\f(1,a)或x>1.若a>0，原不等式等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.①當(dāng)a＝1時，eq\f(1,a)＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0無解；②當(dāng)a>1時，eq\f(1,a)<1，解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得eq\f(1,a)<x<1；③當(dāng)0<a<1時，eq\f(1,a)>1，解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0得1<x<eq\f(1,a).綜上所述：當(dāng)a<0時，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,a)或x>1))))；當(dāng)a＝0時，解集為{x|x>1}；當(dāng)0<a<1時，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a)))))；當(dāng)a＝1時，解集為?；當(dāng)a>1時，解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).[規(guī)律方法]1.解一元二次不等式的一般方法和步驟1化：把不等式變形為二次項(xiàng)系數(shù)大于零的標(biāo)準(zhǔn)形式.2判：計(jì)算對應(yīng)方程的判別式，根據(jù)判別式判斷方程有沒有實(shí)根無實(shí)根時，不等式解集為R或?.3求：求出對應(yīng)的一元二次方程的根.4寫：利用“大于取兩邊，小于取中間”寫出不等式的解集.2.解含參數(shù)的一元二次不等式的步驟：1二次項(xiàng)中若含有參數(shù)應(yīng)討論是等于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判斷方程的根的個數(shù)，討論判別式Δ與0的關(guān)系.3確定無根時可直接寫出解集，確定方程有兩個根時，要討論兩根的大小關(guān)系，從而確定解集形式.[跟蹤訓(xùn)練](1)不等式eq\f(2x＋1,x－5)≥－1的解集為________．(2)已知不等式ax2－bx－1>0的解集是，則不等式x2－bx－a≥0的解集是()(1)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤\f(4,3)或x＞5))))(2)B[(1)將原不等式移項(xiàng)通分得eq\f(3x－4,x－5)≥0，等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4x－5≥0，,x－5≠0，))解得x≤eq\f(4,3)或x＞5.∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤\f(4,3)或x＞5)))).(2)∵不等式ax2－bx－1>0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,))－\f(1,2)<x<－\f(1,3)))，∴ax2－bx－1＝0的解是x1＝－eq\f(1,2)和x2＝－eq\f(1,3)，且a<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,3)＝\f(b,a)，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－\f(1,a)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝5.))則不等式x2－bx－a≥0即為x2－5x＋6≥0，解得x≤2或x≥3.]一元二次不等式恒成立問題◎角度1形如f(x)≥0(x∈R)求參數(shù)的范圍不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0對一切x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.【導(dǎo)學(xué)號：97190190】(－2,2][當(dāng)a－2＝0，即a＝2時，不等式即為－4<0，對一切x∈R恒成立，當(dāng)a≠2時，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,Δ＝4a－22＋16a－2<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<2，,－2<a<2，))∴－2<a<2.綜上，可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－2,2]．]◎角度2形如f(x)≥0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈[a，b]))求參數(shù)的范圍設(shè)函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.若對于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范圍．[解]要使f(x)<－m＋5在x∈[1,3]上恒成立，即meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)m－6<0在x∈[1,3]上恒成立．有以下兩種方法：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，x∈[1,3]．當(dāng)m>0時，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)，所以0<m<eq\f(6,7)；當(dāng)m＝0時，－6<0恒成立；當(dāng)m<0時，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\|\rc\(\a\vs4\al\co1(m<\f(6,7))))).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)))eq\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．所以m的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(m<\f(6,7))))).◎角度3形如f(x)≥0(參數(shù)m∈[a，b])求x的范圍對任意的k∈[－1,1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(k－4)x＋4－2k的值恒大于零，則x的取值范圍是__________．{x|x<1或x>3}[對任意的k∈[－1,1]，x2＋(k－4)x＋4－2k>0恒成立，即g(k)＝(x－2)k