貴州省頂效開(kāi)發(fā)區(qū)頂興學(xué)校高中數(shù)學(xué)必修五32一元二次不等式及34基本不等式教案3

教案劉云清一元二次不等式及基本不等式2018春季第7周上周反思：上周考試，主要對(duì)必修5第一和第二章節(jié)進(jìn)行復(fù)習(xí)鞏固，在復(fù)習(xí)過(guò)程中發(fā)現(xiàn)部分學(xué)生對(duì)知識(shí)點(diǎn)記憶不是很熟悉，因此重點(diǎn)抓學(xué)生對(duì)知識(shí)點(diǎn)的記憶和解題教學(xué)。注意降低難度。3．2一元二次不等式及其解法第1課時(shí)一元二次不等式的解法教學(xué)目標(biāo)重難突破1.了解一元二次不等式的概念．2．理解一元二次不等式、一元二次方程與二次函數(shù)的關(guān)系．3．對(duì)給定的一元二次不等式，嘗試設(shè)計(jì)求解的程序框圖.重點(diǎn)：一元二次不等式的解法和三個(gè)“二次”關(guān)系的理解．難點(diǎn)：含參數(shù)的一元二次不等式的解法.授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第51頁(yè)[自主梳理]1．基本概念一元二次不等式形如ax2＋bx＋c＞0(≥0)或ax2＋bx＋c＜0(≤0)的不等式(其中a≠0)，叫作一元二次不等式一元二次不等式的解使某個(gè)一元二次不等式成立的x的值叫這個(gè)一元二次不等式的解．一元二次不等式的解集一元二次不等式的解的集合，叫作這個(gè)一元二次不等式的解集.2.一元二次不等式與相應(yīng)二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)，判別式Δ＝b2－4判別式Δ＞0Δ＝0Δ＜0解不等式f(x)＞0或f(x)＜0的步驟(1)求方程f(x)＝0的根有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根x1，x2有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根x1，x2沒(méi)有實(shí)數(shù)根(2)畫(huà)函數(shù)y＝f(x)的示意圖(3)得不等式的解集f(x)＞0{x|x＜x1或x＞x2}{x|x≠－eq\f(b,2a)}Rf(x)＜0{x|x1＜x＜x2}??[雙基自測(cè)]1．不等式x＞x2的解集是()A．{x|x＞1} B．{x|x＜0}C．{x|0＜x＜1} D．R解析：由x＞x2得x2－x＜0，即x(x－1)<0，解之得0<x<1，所以不等式解集是{x|0<x<1}．答案：C2．不等式x2＋6x＋10＜0的解集是()A．? B．RC．{x|x＞5} D．{x|x＜2}解析：因?yàn)棣ぃ?2－4×10＜0，所以不等式的解集為?.答案：A3．二次方程ax2＋bx＋c＝0的兩根為－2,3，a＜0，那么ax2＋bx＋c＞0的解集為()A．{x|x＞3或x＜－2}B．{x|x＞2或x＜－3}C．{x|－2＜x＜3}D．{x|－3＜x＜2}解析：二次函數(shù)的圖象開(kāi)口向下，故不等式ax2＋bx＋c＞0的解集為{x|－2＜x＜3}．答案：C4．不等式－x2＋x－2<0的解集為_(kāi)_______．解析：∵Δ＝12－4×(－2)×(－1)＝－7<0，∴解集為R.答案：R授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第52頁(yè)探究一一元二次不等式的解法[典例1]解下列不等式．(1)－x2＋2x－eq\f(2,3)＞0；(2)－eq\f(1,2)x2＋3x－5＞0；(3)4x2－18x＋eq\f(81,4)≤0.[解析](1)兩邊都乘以－3，得3x2－6x＋2＜0，∵3＞0，Δ＝36－24＝12＞0，且方程3x2－6x＋2＝0的根是x1＝1－eq\f(\r(3),3)，x2＝1＋eq\f(\r(3),3).∴原不等式的解集是{x|1－eq\f(\r(3),3)＜x＜1＋eq\f(\r(3),3)}．(2)不等式可化為x2－6x＋10＜0，Δ＝(－6)2－4×10＝－4＜0，∴原不等式的解集為?.(3)不等式可化為16x2－72x＋81≤0，即(4x－9)2≤0，∵4x－9＝0時(shí)，x＝eq\f(9,4).∴原不等式的解集為{x|x＝eq\f(9,4)}．解一元二次不等式的一般步驟(1)通過(guò)對(duì)不等式變形，使二次項(xiàng)系數(shù)大于零；(2)計(jì)算對(duì)應(yīng)方程的判別式；(3)求出相應(yīng)的一元二次方程的根，或根據(jù)判別式說(shuō)明方程沒(méi)有實(shí)根；(4)根據(jù)函數(shù)圖象與x軸的相關(guān)位置寫(xiě)出不等式的解集．1．解下列不等式(1)x2＋2x－3<0；(2)eq\f(2－x,x＋3)≤0；(3)8x2－8x＋4>x(4－x)．解析：(1)(x＋3)(x－1)<0，∴{x|－3<x<1}．(2)eq\f(x－2,x＋3)≥0，∴{x|x≥2或x<－3}．(3)9x2－12x＋4>0.∴{x|x≠eq\f(2,3)}．探究二解含參數(shù)的一元二次不等式[典例2]解關(guān)于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3>0(a∈R)．[解析]原不等式可化為(x－a)(x－a2)>0.當(dāng)a<0時(shí)，a<a2，原不等式的解集為{x|x<a或x>a2}；當(dāng)a＝0時(shí)，a2＝a，原不等式的解集為{x|x≠0}；當(dāng)0<a<1時(shí)，a2<a，原不等式的解集為{x|x<a2或x>a}；當(dāng)a＝1時(shí)，a2＝a，原不等式的解集為{x|x≠1}；當(dāng)a>1時(shí)，a<a2，原不等式的解集為{x|x<a或x>a2}．綜上所述：當(dāng)a<0或a>1時(shí)，原不等式的解集為{x|x<a或x>a2}；當(dāng)0<a<1時(shí)，原不等式的解集為{x|x<a2或x>a}；當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式的解集為{x|x≠0}；當(dāng)a＝1時(shí)，原不等式的解集為{x|x≠1}．解含參數(shù)的一元二次不等式應(yīng)注意事項(xiàng)(1)若二次項(xiàng)系數(shù)含有參數(shù)，則需對(duì)二次項(xiàng)系數(shù)大于0與小于0進(jìn)行討論；(2)若求對(duì)應(yīng)一元二次方程的根需用公式，則應(yīng)對(duì)判別式Δ進(jìn)行討論；(3)若求出的根中含有參數(shù)，則應(yīng)對(duì)兩根的大小進(jìn)行討論；(4)若ax2＋bx＋c＞0(a＞0)可分解為a(x－x1)(x－x2)＞0.討論時(shí)只需比較x1，x2大小即可．2．解關(guān)于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R，a>0)．解析：因?yàn)閍>0，所以原不等式等價(jià)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.①當(dāng)a＝1時(shí)，eq\f(1,a)＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0無(wú)解；②當(dāng)a>1時(shí)，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(shí)，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)0<a<1時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a)))；當(dāng)a＝1時(shí)，原不等式的解集為?；當(dāng)a>1時(shí)，原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)).探究三三個(gè)“二次”間對(duì)應(yīng)關(guān)系的應(yīng)用[典例3]已知關(guān)于x的不等式x2＋ax＋b<0的解集為(1,2)，試求關(guān)于x的不等式bx2＋ax＋1>0的解集．[解析]由根與系數(shù)的關(guān)系，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＝1＋2，,b＝1×2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝2，))∴不等式bx2＋ax＋1>0，就是2x2－3x＋1>0.由于2x2－3x＋1>0?(2x－1)(x－1)>0?x<eq\f(1,2)或x>1.∴bx2＋ax＋1>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪(1，＋∞)．求一般的一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)或ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集，可由二次函數(shù)的零點(diǎn)與相應(yīng)一元二次方程根的關(guān)系，先求出一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，再根據(jù)函數(shù)圖象與x軸的相關(guān)位置確定一元二次不等式的解集．因此一元二次不等式解集的區(qū)間端點(diǎn)，就是其對(duì)應(yīng)的函數(shù)的零點(diǎn)，也就是其對(duì)應(yīng)的方程的根．3．若不等式ax2＋5x－2>0的解集是eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<2)).(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)求不等式ax2－5x＋a2－1>0的解集．解析：(1)由題意可得，eq\f(1,2)，2是方程ax2＋5x－2＝0的兩根，且a<0，∴eq\f(1,2)＋2＝－eq\f(5,a)，解得a＝－2.(2)ax2－5x＋a2－1>0，即－2x2－5x＋3>0，即2x2＋5x－3<0?(x＋3)(2x－1)<0，解得－3<x<eq\f(1,2)，∴不等式ax2－5x＋a2－1>0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(1,2))).分類(lèi)討論思想在解含參數(shù)不等式中的應(yīng)用[典例]解關(guān)于x的不等式ax2－(a－1)x－1<0(a∈R)．[解析]原不等式可化為(ax＋1)(x－1)<0，當(dāng)a＝0時(shí)，x<1，當(dāng)a>0時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))(x－1)<0，∴－eq\f(1,a)<x<1.當(dāng)a<0時(shí)，1＋eq\f(1,a)＝eq\f(a＋1,a)，當(dāng)a<－1時(shí)，不等式為(x＋eq\f(1,a))(x－1)>0，∴x>1或x<－eq\f(1,a).當(dāng)a＝－1時(shí)，不等式為(x－1)2>0，∴x≠1.當(dāng)1＋eq\f(1,a)<0，即－1<a<0時(shí)，1<－eq\f(1,a)，解為x>－eq\f(1,a)或x<1.綜上，當(dāng)a>0時(shí)，其解集為(－eq\f(1,a)，1)；當(dāng)a＝0時(shí)，其解集為(－∞，1)；當(dāng)－1<a<0時(shí)，其解集為(－∞，1)∪(－eq\f(1,a)，＋∞)；當(dāng)a＝－1時(shí)，其解集為(－∞，1)∪(1，＋∞)；當(dāng)a<－1時(shí)，其解集為(－∞，－eq\f(1,a))∪(1，＋∞)．[感悟提高]含有參數(shù)的一元二次不等式，因?yàn)楹袇?shù)，便大大增加了問(wèn)題的復(fù)雜程度．分類(lèi)討論是解決這類(lèi)問(wèn)題的主要方法，確定分類(lèi)討論的標(biāo)準(zhǔn)時(shí)，要著重處理好以下三點(diǎn)：(1)討論的“時(shí)刻”，即在什么時(shí)候才開(kāi)始進(jìn)行討論．要求轉(zhuǎn)化必到位，過(guò)早或過(guò)晚討論都會(huì)使問(wèn)題更加復(fù)雜化．(2)討論的“點(diǎn)”，即以哪個(gè)量為標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行討論．若把握不好這一類(lèi)，問(wèn)題就不能順利解決．(3)考慮要周到，即討論對(duì)象的各種情況都要加以分析，給出結(jié)論．[隨堂訓(xùn)練]對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第53頁(yè)1．已知不等式ax2－5x＋b>0的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))，則不等式bx2－5x＋a>0的解集為()A.eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)<x<\f(1,2))) B.eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))C．{x|－3<x<2}D．{x|x<－3或x>2}解析：∵ax2－5x＋b>0的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,3)或x>\f(1,2)))，∴ax2－5x＋b＝0的解是x1＝－eq\f(1,3)，x2＝eq\f(1,2)，∴x1＋x2＝－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,a)，x1x2＝－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(b,a)，解得a＝30，b＝－5.則不等式bx2－5x＋a>0?－5x2－5x＋30>0，即x2＋x－6<0，解得－3<x<2.故選C.答案：C2．若不等式f(x)＝ax2－x－c>0的解集為(－2,1)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象為()解析：因?yàn)椴坏仁降慕饧癁?－2,1)，所以a<0，排除C，D；又與坐標(biāo)軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2,1，故選B.答案：B3．已知不等式ax2＋3x－2>0的解集為{x|1<x<b}，則()A．a(chǎn)＝1，b＝－2 B．a(chǎn)＝2，b＝－1C．a(chǎn)＝－2，b＝2 D．a(chǎn)＝－2，b＝1解析：因?yàn)椴坏仁絘x2＋3x－2>0的解集為{x|1<x<b}，所以a<0，且方程ax2＋3x－2＝0的兩個(gè)根分別為1和b.根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，得1＋b＝－eq\f(3,a)，b＝－eq\f(2,a)，所以a＝－1，b＝2.答案：C4．二次函數(shù)y＝x2－4x＋3在y<0時(shí)x的取值范圍是________．解析：由y<0得x2－4x＋3<0，∴1<x<3.答案：(1,3)3.2一元二次不等式一元二次不等式的解法一元二次不等式與一元二次方程和一元二次函數(shù)間的關(guān)系例題練習(xí)和作業(yè)[課時(shí)作業(yè)]單獨(dú)成冊(cè)對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第111頁(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固]1．設(shè)集合M＝{x|x2－x<0}，N＝{x|x2<4}，則()A．M∩N＝? B．M∩N＝MC．M∪N＝M D．M∪N＝R解析：M＝{x|0<x<1}，N＝{x|－2<x<2}，∴M∩N＝M.故選B.答案：B2．不等式x2－2x－5>2x的解集是()A．{x|x≥5或x≤－1} B．{x|x>5或x<－1}C．{x|－1<x<5} D．{x|－1≤x≤5}解析：由x2－2x－5>2x，得x2－4x－5>0.因?yàn)閤2－4x－5＝0的兩根為－1,5，故x2－4x－5>0的解集為{x|x<－1或x>5}．答案：B3．不等式x(2－x)＞3的解集是()A．{x|－1＜x＜3} B．{x|－3＜x＜1}C．{x|x＜－3或x＞1} D．?解析：將不等式化為標(biāo)準(zhǔn)形式x2－2x＋3＜0，由于對(duì)應(yīng)方程的判別式Δ＜0，所以不等式x(2－x)＞3的解集為?.答案：D4．已知集合M＝{x|x2－3x－28≤0}，N＝{x|x2－x－6>0}，則M∩N為()A．{x|－4≤x<－2或3<x≤7}B．{x|－4<x≤－2或3≤x<7}C．{x|x≤－2或x>3}D．{x|x<－2或x≥3}解析：∵M(jìn)＝{x|x2－3x－28≤0}＝{x|－4≤x≤7}，N＝{x|x2－x－6>0}＝{x|x<－2或x>3}，∴M∩N＝{x|－4≤x<－2或3<x≤7}．答案：A5．若0＜t＜1，則不等式(x－t)(x－eq\f(1,t))＜0的解集為()A．{x|eq\f(1,t)＜x＜t} B．{x|x＞eq\f(1,t)或x＜t}C．{x|x＜eq\f(1,t)或x＞t} D．{x|t＜x＜eq\f(1,t)}解析：∵0＜t＜1，∴eq\f(1,t)＞1，∴t＜eq\f(1,t)，∴(x－t)(x－eq\f(1,t))＜0?t＜x＜eq\f(1,t).答案：D6．若不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－eq\f(1,2)，eq\f(1,3))，則a＋b的值是________．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,3)＝－\f(b,a)，,－\f(1,2)×\f(1,3)＝\f(2,a)，))∴a＝－12，b＝－2，∴a＋b＝－14.答案：－147．方程x2＋(m－3)x＋m＝0有兩個(gè)實(shí)根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：由Δ＝(m－3)2－4m≥0可得m≥9或m≤答案：m≤1或m≥98．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0,x＋6，x<0，))，則不等式f(x)>f(1)的解集是________．解析：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＞f(1)＝3，即x2－4x＋6＞3，解得0≤x＜1或x＞3；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)>f(1)＝3，即x＋6>3，解得－3<x<0.故f(x)>f(1)的解集是(－3,1)∪(3，＋∞)答案：(－3,1)∪(3，＋∞)9．解不等式0≤x2－x－2≤4.解析：原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2≥0，,x2－x－2≤4，))解x2－x－2≥0，得x≤－1或x≥2；解x2－x－2≤4，得－2≤x≤3.所以原不等式的解集為{x|－2≤x≤－1或2≤x≤3}．10．已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－2或x>－\f(1,2)))，求ax2－bx＋c>0的解集．解析：由題意，－2，－eq\f(1,2)是方程ax2＋bx＋c＝0的兩個(gè)根，且a<0，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－\f(b,a),－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝\f(c,a)))，解得a＝c，b＝eq\f(5,2)c.所以不等式ax2－bx＋c>0即為2x2－5x＋2<0，解得eq\f(1,2)<x<2.即不等式ax2－bx＋c>0的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,2)<x<2)).[B組能力提升]1．已知不等式x2－2x－3＜0的整數(shù)解構(gòu)成等差數(shù)列{an}的前三項(xiàng)，則數(shù)列{an}的第四項(xiàng)為()A．3 B．－1C．2 D．3或－1解析：∵x2－2x－3＜0，∴－1＜x＜3，∴a1＝0，a2＝1，a3＝2或a1＝2，a2＝1，a3＝0.∴a4＝3或－1.答案：D2．在R上定義運(yùn)算“⊙”：a⊙b＝ab＋2a＋b，則滿足x⊙(x－2)<0的實(shí)數(shù)x的取值范圍為A．(0,2) B．(－2,1)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－1,2)解析：根據(jù)給出的定義得x⊙(x－2)＝x(x－2)＋2x＋(x－2)＝x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)，又x⊙(x－2)<0，則(x＋2)(x－1)<0，故這個(gè)不等式的解集是(－2，1)．答案：B3．已知x＝1是不等式k2x2－6kx＋8≥0(k≠0)的解，則k的取值范圍是________．解析：由題意可知k2－6k＋8≥0，解得k≥4或k≤2.又k≠0，∴k的取值范圍是k≥4或k≤2且k≠0.答案：(－∞，0)∪(0,2]∪[4，＋∞)4．設(shè)0<b<1＋a.若關(guān)于x的不等式(x－b)2>(ax)2的解集中的整數(shù)解恰有3個(gè)，則a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：原不等式化為[(1－a)x－b][(1＋a)x－b]>0.①當(dāng)a≤1時(shí)，結(jié)合不等式解集形式知不符合題意；②當(dāng)a>1時(shí)，eq\f(b,1－a)<x<eq\f(b,a＋1)，由題意知0<eq\f(b,a＋1)<1，∴要使原不等式解集中的整數(shù)解恰有3個(gè)，則需－3≤eq\f(b,1－a)<－2.整理，得2a－2<b≤3a－3.結(jié)合題意b<1＋a，有2a－2<1＋a，∴a<3，從而有1<a<3.綜上可得a∈(1,3)．答案：(1,3)5．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.解析：(1)因?yàn)椴坏仁絘x2－3x＋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(gè)實(shí)數(shù)根，且b>1.由根與系數(shù)的關(guān)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.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，b＝2.))(2)所以不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0，即x2－(2＋c)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)①當(dāng)c>2時(shí)，不等式(x－2)(x－c)<0的解集為{x|2<x<c}；②當(dāng)c<2時(shí)，不等式(x－2)(x－c)<0的解集為{x|c<x<2}；③當(dāng)c＝2時(shí)，不等式(x－2)(x－c)<0的解集為?.綜上所述：當(dāng)c>2時(shí)，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0的解集為{x|2<x<c}；當(dāng)c<2時(shí)，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0的解集為{x|c<x<2}；當(dāng)c＝2時(shí)，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0的解集為?.6．關(guān)于x的不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,2x2＋2k＋5x＋5k＜0))的整數(shù)解的集合為{－2}，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解析：由x2－x－2＞0，可得x＜－1或x＞2.∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,2x2＋2k＋5x＋5k＜0))的整數(shù)解的集合為{－2}，方程2x2＋(2k＋5)x＋5k＝0的兩根為－k與－eq\f(5,2)，若－k＜－eq\f(5,2)，則不等式組的整數(shù)解的集合就不可能為{－2}；若－eq\f(5,2)＜－k，則應(yīng)有－2＜－k≤3，∴－3≤k＜2.綜上，所求的k的取值范圍為－3≤k＜2.第2課時(shí)一元二次不等式及其解法(習(xí)題課)教學(xué)目標(biāo)重難突破1.會(huì)求解方程根的存在性問(wèn)題和不等式恒成立問(wèn)題．2．會(huì)將簡(jiǎn)單的分式不等式化為一元二次不等式求解．3．會(huì)從實(shí)際情境中抽象出一元二次不等式模型，并加以解決.重點(diǎn)：有關(guān)不等式恒成立求參數(shù)的值或范圍問(wèn)題和分式不等式的解法．難點(diǎn)：對(duì)實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題如何建立正確的數(shù)學(xué)模型并加以解決.授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第54頁(yè)[自主梳理]1．解分式不等式的同解變形法則(1)eq\f(fx,gx)＞0?f(x)g(x)＞0；(2)eq\f(fx,gx)≤0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fxgx≤0gx≠0))；(3)eq\f(fx,gx)≥a?eq\f(fx－agx,gx)≥0.2．處理不等式恒成立問(wèn)題的常用方法(1)一元二次不等式恒成立的情況：①ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0,Δ＜0))；②ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0,Δ≤0)).(2)一般地，若函數(shù)y＝f(x)，x∈D既存在最大值，也存在最小值，則：①a＞f(x)，x∈D恒成立?a＞f(x)max；②a＜f(x)，x∈D恒成立?a＜f(x)min.3．一元二次方程根的分布設(shè)x1，x2是實(shí)系數(shù)二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的兩實(shí)根，f(x)＝ax2＋bx＋c，則x1，x2的分布范圍與方程系數(shù)之間的關(guān)系如下表所示．根的分布圖象等價(jià)條件Ⅰ等價(jià)條件Ⅱ0<x1≤x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,x1＋x2>0,x1·x2>0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,f0>0,－\f(b,2a)>0))x1<0<x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0,x1x2<0))f(0)<0x1≤x2<keq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,x1＋x2<2k,x1－k·,x2－k>0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,fk>0,－\f(b,2a)<k))k<x1≤x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,x1＋x2>2k,x1－k·,x2－k>0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0,fk>0,－\f(b,2a)>k))x1<k<x2eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0,x1－k·,x2－k<0))f(k)<0x1、x2∈(k1，k2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,fk1>0,fk2>0,k1<－\f(b,2a),<k2))k1<x1<k2<x2<k3eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fk1>0,fk2<0,fk3>0))[雙基自測(cè)]1．不等式eq\f(4x＋2,3x－1)>0的解集是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,3)或x<－\f(1,2))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,2)<x<\f(1,3)))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(1,3))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(1,2)))解析：eq\f(4x＋2,3x－1)>0等價(jià)于(4x＋2)(3x－1)>0，∴原不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(1,2)或x>\f(1,3))).答案：A2．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}解析：∵A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|0<x≤2}，∴A∩B＝{x|0<x≤1}．答案：B3．已知不等式x2＋ax＋4<0的解集為空集，則a的取值范圍是()A．－4≤a≤4 B．－4<a<4C．a(chǎn)≤－4或a≥4 D．a(chǎn)<－4或a>4解析：依題意應(yīng)有Δ＝a2－16≤0，解得－4≤a≤4，故選A.答案：A4．已知方程x2－2ax＋1＝0有兩正根，則a的取值范圍是________．解析：設(shè)方程x2－2ax＋1＝0兩根x1，x2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝－2a2－4≥0,x1＋x2＝2a>0))，解得a≥1.答案：[1，＋∞)授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第55頁(yè)探究一解簡(jiǎn)單的分式不等式[典例1]解不等式．(1)eq\f(x＋2,1－x)＜0；(2)eq\f(x＋1,x－2)≤2.[解析](1)由eq\f(x＋2,1－x)＜0，得eq\f(x＋2,x－1)＞0.此不等式等價(jià)于(x＋2)(x－1)＞0.∴原不等式的解集為{x|x＜－2或x＞1}．(2)法一：移項(xiàng)，得eq\f(x＋1,x－2)－2≤0，左邊通分并化簡(jiǎn)，得eq\f(－x＋5,x－2)≤0，即eq\f(x－5,x－2)≥0，它的同解不等式為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x－5≥0，,x－2≠0，))∴x＜2或x≥5.原不等式的解集為{x|x＜2或x≥5}．法二：原不等式可化為eq\f(x－5,x－2)≥0.此不等式等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≥0，①,x－2＞0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≤0，,x－2＜0.②))解①，得x≥5.解②，得x＜2.∴原不等式的解集為{x|x＜2或x≥5}．1．對(duì)于比較簡(jiǎn)單的分式不等式，可直接轉(zhuǎn)化為一元二次不等式或一元一次不等式組求解，但要注意分母不為零．2．對(duì)于不等號(hào)右邊不為零的較復(fù)雜的分式不等式，先移項(xiàng)再通分(不要去分母)，使之轉(zhuǎn)化為不等號(hào)右邊為零，然后再用上述方法求解．1．解不等式．(1)eq\f(x2－x－6,x－1)＞0；(2)eq\f(2x－1,3－4x)>1.解析：(1)原不等式等價(jià)于?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－6＞0,x－1＞0))，或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－6＜0,x－1＜0)).解得x＞3或－2＜x＜1.∴原不等式的解集為{x|x＞3或－2＜x＜1}．(2)原不等式可化為eq\f(2x－1,3－4x)－1>0，即eq\f(3x－2,4x－3)<0.等價(jià)于(3x－2)(4x－3)<0.∴eq\f(2,3)<x<eq\f(3,4).∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(2,3)<x<\f(3,4))).探究二不等式中的恒成立問(wèn)題[典例2]設(shè)函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.(1)若對(duì)于一切實(shí)數(shù)x，f(x)<0恒成立，求m的取值范圍；(2)對(duì)于x∈[1,3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范圍．[解析](1)若m＝0，顯然－1<0恒成立；若m≠0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0))?－4<m<0.∴m的取值范圍為－4<m≤0.(2)法一：要使f(x)<－m＋5恒成立，就要使meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6<0，x∈[1,3]．令g(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)m－6，x∈[1,3]．當(dāng)m>0時(shí)，g(x)在[1,3]上是增函數(shù)，∴g(x)max＝g(3)＝7m∴7m－6<0，解得m<eq\f(6,7).∴0<m<eq\f(6,7).當(dāng)m＝0時(shí)，－6<0恒成立．當(dāng)m<0時(shí)，g(x)在[1,3]上是減函數(shù)．∴g(x)max＝g(1)＝m－6<0，解得m<6，∴m<0.綜上所述，m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))).法二：f(x)<－m＋5恒成立，即m(x2－x＋1)－6<0恒成立．∵x2－x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)>0，又m(x2－x＋1)－6<0，∴m<eq\f(6,x2－x＋1).∵函數(shù)y＝eq\f(6,x2－x＋1)＝eq\f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))在[1,3]上的最小值為eq\f(6,7)，∴只需m<eq\f(6,7)即可．∴m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7)))1．不等式的解集為R的條件不等式的解集為R(或恒成立)不等式ax2＋bx＋c>0ax2＋bx＋c<0a＝0b＝0，c>0b＝0，c<0a≠0eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0))2.有關(guān)不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍的方法(1)f(x)≤a恒成立?f(x)max≤a.(2)f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a.2．關(guān)于x的不等式(1＋m)x2＋mx＋m<x2＋1對(duì)x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解析：原不等式等價(jià)于mx2＋mx＋m－1<0，對(duì)x∈R恒成立，當(dāng)m＝0時(shí)，0·x2＋0·x－1<0對(duì)x∈R恒成立．當(dāng)m≠0時(shí)，由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2－4mm－1<0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,3m2－4m>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,m<0，或m>\f(4,3)))?m<0.綜上，m的取值范圍為m≤0.探究三一元二次方程根的分布問(wèn)題[典例3]已知方程x2＋2mx－m＋12＝0的兩根都大于2，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．[解析]法一：設(shè)方程x2＋2mx－m＋12＝0的兩根為x1，x2.由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4m2－4－m＋12≥0,x1＋x2＝－2m>4,x1－2x2－2>0)).即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋m－12≥0,m<－2,3m＋16>0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤－4或m≥3,m<－2,m>－\f(16,3))).所以－eq\f(16,3)<m≤－4.法二：設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋2mx－m＋12，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,f2＝22＋2m·2－m＋12>0，,－\f(b,2a)＝－\f(2m,2)>2))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤－4或m≥3,m>－\f(16,3).,m<－2))解得－eq\f(16,3)<m≤－4.設(shè)關(guān)于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)為f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，結(jié)合二次函數(shù)的圖象的開(kāi)口方向、對(duì)稱軸位置，以及區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值的正負(fù)，可以得到以下幾類(lèi)方程根的分布問(wèn)題(此時(shí)Δ＝b2－4ac(1)方程f(x)＝0在區(qū)間(k，＋∞)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,－\f(b,2a)>k，,fk>0.))(2)方程f(x)＝0有一根大于k，另一根小于k的條件是f(k)<0.(3)方程f(x)＝0在區(qū)間(k1，k2)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0,k1<－\f(b,2a)<k2，,fk1>0，,fk2>0.))(4)方程f(x)＝0的一根小于k1，另一根大于k2且k1<k2的條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fk1<0，,fk2<0.))3．關(guān)于x的方程2kx2－2x－3k－2＝0的兩根，一個(gè)小于1，一個(gè)大于1，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解析：因?yàn)殛P(guān)于x的方程2kx2－2x－3k－2＝0有兩不同實(shí)根，所以2k≠0.又因?yàn)橐粋€(gè)小于1，一個(gè)大于1，所以設(shè)f(x)＝2kx2－2x－3k－2，則有當(dāng)k>0時(shí)，f(1)<0，即2k－2－3k－2<0，整理后得k>－4，所以k>0.當(dāng)k<0時(shí)，f(1)>0，即2k－2－3k－2>0，整理后得k<－4，所以k<－4.綜上可得當(dāng)k<－4或k>0時(shí)，方程2kx2－2x－3k－2＝0的兩根，一個(gè)根小于1，一個(gè)根大于1.探究四一元二次不等式的實(shí)際應(yīng)用[典例4]某農(nóng)貿(mào)公司按每擔(dān)200元的價(jià)格收購(gòu)某農(nóng)產(chǎn)品，并每100元納稅10元(又稱征稅率為10個(gè)百分點(diǎn))，計(jì)劃可收購(gòu)a萬(wàn)擔(dān)．政府為了鼓勵(lì)收購(gòu)公司多收購(gòu)這種農(nóng)產(chǎn)品，決定將征稅率降低x(x>0)個(gè)百分點(diǎn)，預(yù)測(cè)收購(gòu)量可增加2x個(gè)百分點(diǎn)．(1)寫(xiě)出降稅后稅收y(萬(wàn)元)與x的函數(shù)關(guān)系式；(2)要使此項(xiàng)稅收在稅率調(diào)節(jié)后，不少于原計(jì)劃稅收的83.2%，試確定x的取值范圍．[解析](1)降低稅率后的稅率為(10－x)%，農(nóng)產(chǎn)品的收購(gòu)量為a(1＋2x%)萬(wàn)擔(dān)，收購(gòu)總金額為200a(1＋2x%)萬(wàn)元依題意得y＝200a(1＋2x%)(10－x)＝eq\f(1,50)a(100＋2x)(10－x)(0<x<10)．(2)原計(jì)劃稅收為200a×10%＝20a(依題意得eq\f(1,50)a(100＋2x)(10－x)≥20a×83.2%，化簡(jiǎn)得x2＋40x－84≤0，解得－42≤x≤2.又因?yàn)?<x<10，所以0<x≤2.用一元二次不等式解決實(shí)際問(wèn)題的操作步驟(1)理解題意，搞清量與量之間的關(guān)系；(2)建立相應(yīng)的不等關(guān)系，把實(shí)際問(wèn)題抽象為數(shù)學(xué)中的一元二次不等式問(wèn)題；(3)解這個(gè)一元二次不等式，得到實(shí)際問(wèn)題的解．4．某校園內(nèi)有一塊長(zhǎng)為800m，寬為600m的長(zhǎng)方形地面，現(xiàn)要對(duì)該地面進(jìn)行綠化，規(guī)劃四周種花卉(花卉帶的寬度相同)，中間種草坪，解析：設(shè)花卉帶的寬度為xm，則中間草坪的長(zhǎng)為(800－2x)m，寬為(600－2x)m.根據(jù)題意可得(800－2x)·(600－2x)≥eq\f(1,2)×800×600，整理得x2－700x＋600×100≥0，即(x－600)(x－100)≥0，所以0<x≤100或x≥600，x≥600不符合題意，舍去．故所求花卉帶寬度的范圍為(0,100]m.因一元二次不等式的系數(shù)的正負(fù)不清致誤[典例]如果ax2＋bx＋c>0的解集為{x|x<－2或x>4}，那么對(duì)于函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，f(－1)，f(2)，f(5)的大小關(guān)系是________．[解析]由ax2＋bx＋c>0的解集為{x|x<－2或x>4}知a>0，且－2,4是方程ax2＋bx＋c＝0的兩實(shí)根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＋4＝－\f(b,a)，,－2×4＝\f(c,a)，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2a,c＝－8a))，所以f(x)＝ax2－2ax－8a＝a(x＋2)(x－4)．因?yàn)閍>0，所以f(x)的圖象開(kāi)口向上．又對(duì)稱軸方程為x＝1，f(x)的大致圖象如圖所示，由圖可得f(2)<f(－1)<f(5)．[答案]f(2)<f(－1)<f(5)[錯(cuò)因與防范](1)沒(méi)有仔細(xì)分析不等式的解集的形式，導(dǎo)致沒(méi)有分析出a>0而致誤．有些信息是隱含在題設(shè)條件中的，適當(dāng)挖掘題設(shè)信息可較好地完成對(duì)解答題目不明信息的突破，如本例借助不等式及其解集的對(duì)應(yīng)關(guān)系得出“a>0”這一關(guān)鍵信息，從而避免不必要的討論(2)二次函數(shù)的零點(diǎn)，就是相應(yīng)一元二次方程的根，也是相應(yīng)一元二次不等式解集的分界點(diǎn)，如本例恰恰運(yùn)用了該點(diǎn)巧妙地把參數(shù)a，b，c間的關(guān)系建立起來(lái)，為判斷f(－1)，f(2)，f(5)的大小關(guān)系做好了鋪墊．[隨堂訓(xùn)練]對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第57頁(yè)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]解析：將原不等式轉(zhuǎn)化為(x＋1)(x－2)≤0，解此一元二次不等式可得結(jié)果，注意x＋1≠0.答案：D2．對(duì)于x∈R，式子eq\f(1,\r(mx2＋mx＋1))恒有意義，則常數(shù)m的取值范圍為()A．0<m<4 B．0≤m≤4C．0≤m<4 D．0<m≤4解析：m＝0時(shí)，mx2＋mx＋1＝1滿足題目要求，m≠0時(shí)，mx2＋mx＋1>0恒成立，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ<0，))解得0<m<4，∴0≤m<4.答案：C3．若不等式x2＋ax＋1≥0對(duì)一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，則a的最小值為()A．0 B．－2C．－eq\f(5,2) D．－3解析：由x2＋ax＋1≥0對(duì)一切x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，所以ax≥－1－x2，所以a≥－eq\f(1,x)－x.又－eq\f(1,x)－x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－eq\f(5,2)，所以a≥－eq\f(5,2).即a的最小值為－eq\f(5,2).答案：C4．已知關(guān)于x的方程x2＋(a＋1)x＋2a＝0兩根均在(－1，1)之間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________解析：依題意有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,－1<－\f(a＋1,2)<1，,f－1>0，,f1>0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥3＋2\r(2)或a≤3－2\r(2)，,－3<a<1，,a>0，,a>－\f(2,3)))?0<a≤3－2eq\r(2).答案：(0,3－2eq\r(2)]3.2一元二次不等式習(xí)題課一元二次不等式的解法歸納一元二次不等式的應(yīng)用例題練習(xí)和作業(yè)[課時(shí)作業(yè)]對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第113頁(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固]1．已知A＝{x|x2－x－6≤0}，B＝{x|x－a>0}，A∩B＝?，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)＝3 B．a(chǎn)≥3C．a(chǎn)<3 D．a(chǎn)≤3解析：A＝{x|x2－x－6≤0}＝{x|(x－3)(x＋2)≤0}＝{x|－2≤x≤3}，B＝{x|x－a>0}＝{x|x>a}，因?yàn)锳∩B＝?，所以a≥3.故選B.答案：B2．已知x＝2是不等式m2x2＋(1－m2)x－4m≤0的解，則m的值為A．1 B．2C．3 D．4解析：由題意知，4m2＋(1－m2)·2－4∴m2－2m＋1≤即(m－1)2≤0，∴m＝1.答案：A3．已知關(guān)于x的不等式ax＋b>0的解集是(1，＋∞)，則關(guān)于x的不等式eq\f(ax－b,x－2)>0的解集是()A．{x|x<－1或x>2} B．{x|－1<x<2}C．{x|1<x<2} D．{x|x>2}解析：依題意，a>0且－eq\f(b,a)＝1.eq\f(ax－b,x－2)>0?(ax－b)(x－2)>0?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(b,a)))(x－2)>0，即(x＋1)(x－2)>0?x>2或x<－1.答案：A4．不等式eq\f(x2－2x－2,x2＋x＋1)＜2的解集為()A．{x|x≠－2} B．RC．? D．{x|x＜－2或x＞2}解析：∵x2＋x＋1＝(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)＞0，原不等式?x2－2x－2＜2x2＋2x＋2?x2＋4x＋4＞0?(x＋2)2＞0，∴x≠－2.∴不等式的解集為{x|x≠－2}．答案：A5．設(shè)集合P＝{m|－1<m<0}，Q＝{m∈R|mx2＋4mx－4<0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立}，則下列關(guān)系式中成立的是()A．PQ B．QPC．P＝Q D．P∩Q＝?解析：當(dāng)m＝0時(shí)，－4<0對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈R恒成立；當(dāng)m≠0時(shí)，由mx2＋4mx－4<0對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈R恒成立可得．eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝16m2＋16m<0，))解得－1<m<0，綜上所述，Q＝{m|－1<m≤0}，∴PQ，故選A.答案：A6．若關(guān)于x的不等式eq\f(x－a,x＋1)＞0的解集為(－∞，－1)∪(4，＋∞)，則實(shí)數(shù)a＝________.解析：eq\f(x－a,x＋1)＞0?(x＋1)(x－a)＞0?(x＋1)(x－4)＞0，∴a＝4.答案：47．若不等式－x2＋2x－a≤0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析：∵Δ＝4－4a≤0，∴a≥答案：[1，＋∞)8．某商家一月份至五月份累計(jì)銷(xiāo)售額達(dá)3860萬(wàn)元，預(yù)測(cè)六月份銷(xiāo)售額為500萬(wàn)元，七月份銷(xiāo)售額比六月份增長(zhǎng)x%，八月份銷(xiāo)售額比七月份增長(zhǎng)x%，九、十月份銷(xiāo)售總額與七、八月份銷(xiāo)售總額相等．若一月份至十月份銷(xiāo)售總額至少達(dá)7000萬(wàn)元，則x的最小值是________．解析：由題意，得3860＋500＋[500(1＋x%)＋500(1＋x%)2]×2≥7000，化簡(jiǎn)得(x%)2＋3·x%－0.64≥0，解得x%≥0.2或x%≤－3.2(舍去)，所以x≥20，即x的最小值為20.答案：209．解關(guān)于x的不等式eq\f(mx2,mx－1)－x>0.解析：原不等式可化為eq\f(x,mx－1)>0，即x(mx－1)>0.當(dāng)m>0時(shí)，解得x<0或x>eq\f(1,m)；當(dāng)m<0時(shí)，解得eq\f(1,m)<x<0；當(dāng)m＝0時(shí)，解得x<0.綜上，當(dāng)m>0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<0或x>\f(1,m)))；當(dāng)m<0時(shí)，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\|(\a\vs4\al\co1(x\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)<x<0))；當(dāng)m＝0時(shí)，不等式的解集為{x|x<0}．10．若關(guān)于x的不等式ax2＋2x＋2>0在R上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式可化為2x＋2>0，其解集不為R，故a＝0不滿足題意，舍去；當(dāng)a≠0時(shí)，要使原不等式的解集為R，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝22－4×2a<0，))解得a>eq\f(1,2).綜上，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).[B組能力提升]1．對(duì)任意a∈[－1,1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值恒大于零，則x的取值范圍是A．1＜x＜3 B．x＜1或x＞3C．1＜x＜2 D．x＜1或x＞2解析：設(shè)g(a)＝(x－2)a＋(x2－4x＋4)，g(a)＞0恒成立且a∈[－1,1]?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝x2－3x＋2＞0,g－1＝x2－5x＋6＞0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜1或x＞2,x＜2或x＞3))?x＜1或x＞3.答案：B2．已知f(x)＝(x－a)(x－b)＋2(a<b)，且α，β(α<β)是方程f(x)＝0的兩根，則α，β，a，b的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<α<β<b B．a(chǎn)<α<b<βC．α<a<b<β D．α<a<β<b解析：因?yàn)棣粒聻榉匠蘤(x)＝0的兩根，所以α，β為f(x)＝(x－a)(x－b)＋2與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．a(chǎn)，b為(x－a)(x－b)＝0的根，令g(x)＝(x－a)(x－b)，所以a，b為g(x)與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．如圖可知f(x)的圖象可由g(x)的圖象向上平移2個(gè)單位得到，由圖知選A.答案：A3．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，則b的取值范圍為_(kāi)_______．解析：易知函數(shù)f(x)＝ex－1的值域?yàn)?－1，＋∞)，因此要使得f(a)＝g(b)，必須有－x2＋4x－3>－1，即x2－4x＋2<0.解得2－eq\r(2)<x<2＋eq\r(2).答案：(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))4．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋1，如果使f(x)≤kx對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，則實(shí)數(shù)k＝________.解析：設(shè)g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由題意知g(x)≤0對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一個(gè)根，將x＝5代入g(x)＝0，可以解得k＝eq\f(36,5)(經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意)．答案：eq\f(36,5)5．已知f(x)＝x2＋2(a－2)x－4，是否存在實(shí)數(shù)a，使得對(duì)任意x∈[－3,1]，f(x)<0恒成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在說(shuō)明理由．解析：若對(duì)任意x∈[－3,1]，f(x)<0恒成立，則滿足題意的函數(shù)f(x)＝x2＋2(a－2)x－4的圖象如圖所示．由圖象可知，此時(shí)a應(yīng)該滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－3<0，,f1<0，,－3<2－a<1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(17－6a<0，,2a<7，,1<a<5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>\f(17,6)，,a<\f(7,2)，,1<a<5.))?eq\f(17,6)<a<eq\f(7,2).即存在實(shí)數(shù)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,6)，\f(7,2)))，滿足對(duì)任意x∈[－3,1]，f(x)<0恒成立．6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．(1)若對(duì)任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若對(duì)任意a∈[－1,1]，f(x)>4恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．解析：(1)對(duì)任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，即eq\f(x2＋2x＋a,x)>0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立，亦即x2＋2x＋a>0對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立，即a>－x2－2x對(duì)x∈[1，＋∞)恒成立，即a>(－x2－2x)max(x∈[1，＋∞))．∵－x2－2x＝－(x＋1)2＋1，∴當(dāng)x＝1時(shí)，(－x2－2x)max＝－3(x∈[1，＋∞))，∴a>－3.(2)∵當(dāng)a∈[－1,1]時(shí)，f(x)>4恒成立，則eq\f(x2＋2x＋a,x)－4>0對(duì)a∈[－1,1]恒成立，即x2－2x＋a>0對(duì)a∈[－1,1]恒成立．把g(a)＝a＋(x2－2x)看成a的一次函數(shù)，則g(a)>0對(duì)a∈[－1,1]恒成立的條件是g(－1)>0，即x2－2x－1>0，解得x<1－eq\r(2)或x>eq\r(2)＋1.又∵x≥1，∴x>eq\r(2)＋1.3.4基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)教學(xué)目標(biāo)重難突破1.理解并掌握基本不等式及變形應(yīng)用．2.會(huì)用基本不等式求最值問(wèn)題和解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問(wèn)題.重點(diǎn)：利用基本不等式求最值．難點(diǎn)：利用基本不等式求最值時(shí)的變形轉(zhuǎn)化.授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第63頁(yè)[自主梳理]1．兩個(gè)不等式不等式內(nèi)容等號(hào)成立條件重要不等式a2＋b2≥2ab(a，b∈R)“a＝b”時(shí)取“＝”基本不等式eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(a＞0，b＞0)“a＝b”時(shí)取“＝”2.基本不等式與最值已知x，y都是正數(shù)，(1)若x＋y＝s(和為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，積xy取得最大值eq\f(s2,4).(2)若xy＝p(積為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和x＋y取得最小值2eq\r(p).上述命題可歸納為口訣：積定和最小，和定積最大．[雙基自測(cè)]1．若a<0，則a＋eq\f(1,a)()A．有最小值2 B．有最大值2C．有最小值－2 D．有最大值－2解析：∵a<0，∴－a>0，∴－a＋eq\f(1,－a)≥2，∴a＋eq\f(1,a)≤－2，∴a＋eq\f(1,a)有最大值－2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝－1等號(hào)成立．答案：D2．x2＋y2＝4，則xy的最大值是()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．4解析：∵x2＋y2≥2xy，又x2＋y2＝4，∴xy≤2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)取等號(hào)，∴xy最大值為2.答案：C3．給出下列條件：①ab＞0；②ab＜0；③a＞0，b＞0；④a＜0，b＜0.其中能使eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立的個(gè)數(shù)是()A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．4個(gè)解析：由基本不等式成立條件知ab＞0；a＞0，b＞0；a＜0，b＜0都滿足．答案：C4．已知ab＝1，a＞0，b＞0，則a＋b的最小值為_(kāi)_______．解析：∵a>0，b>0，∴a＋b≥2eq\r(ab)，又ab＝1，∴a＋b≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)等號(hào)成立，∴a＋b的最小值為2.答案：2授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第64頁(yè)探究一利用基本不等式證明不等式[典例1]已知a，b，c∈R，求證：a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a[解析]由基本不等式可得：a4＋b4＝(a2)2＋(b2)2≥2a2b2同理：b4＋c4≥2b2c2c4＋a4≥2a2∴(a4＋b4)＋(b4＋c4)＋(c4＋a4)≥2a2b2＋2b2c2＋2從而a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a(1)利用基本不等式證明不等式，關(guān)鍵是所證不等式中必須有“和”式或“積”式，通過(guò)將“和”式轉(zhuǎn)化為“積”式或?qū)ⅰ胺e”式轉(zhuǎn)化為“和”式，從而達(dá)到放縮的效果．(2)注意多次運(yùn)用基本不等式時(shí)等號(hào)能否取到．1．已知a，b是正數(shù)，求證eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab).證明：∵a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥2eq\r(\f(1,ab))>0，∴eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\f(2,2\r(\f(1,ab)))＝eq\r(ab)，即eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)(當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”)．探究二利用基本不等式求最值[典例2](1)已知m，n>0，且m＋n＝16，求eq\f(1,2)mn的最大值.(2)已知x>3，求f(x)＝x＋eq\f(4,x－3)的最小值；(3)設(shè)x>0，y>0，且2x＋y＝1，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值．[解析](1)∵m，n>0且m＋n＝16，所以由基本不等式可得mn≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,2)))2＝64.當(dāng)且僅當(dāng)m＝n＝8時(shí)，mn取到最大值64.∴eq\f(1,2)mn的最大值為32.(2)∵x>3，∴x－3>0，eq\f(4,x－3)>0，于是f(x)＝x＋eq\f(4,x－3)＝x－3＋eq\f(4,x－3)＋3≥2eq\r(x－3·\f(4,x－3))＋3＝7，當(dāng)且僅當(dāng)x－3＝eq\f(4,x－3)即x＝5時(shí)，f(x)取到最小值7.(3)法一：∵x>0，y>0,2x＋y＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(2x＋y,x)＋eq\f(2x＋y,y)＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y)≥3＋2eq\r(\f(y,x)·\f(2x,y))＝3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(2x,y)，即y＝eq\r(2)x時(shí)，等號(hào)成立，解得x＝1－eq\f(\r(2),2)，y＝eq\r(2)－1，∴當(dāng)x＝1－eq\f(\r(2),2)，y＝eq\r(2)－1時(shí)，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)有最小值3＋2eq\r(2).法二：eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(2x＋y)＝3＋eq\f(2x,y)＋eq\f(y,x)≥3＋2eq\r(\f(y,x)·\f(2x,y))＝3＋2eq\r(2)，以下同法一．利用基本不等式求條件最值的常用方法(1)“1”的代換：利用已知的條件或?qū)⒁阎獥l件變形得到含“1”的式子，將“1(2)構(gòu)造法：①構(gòu)造不等式：利用ab≤(eq\f(a＋b,2))2，將式子轉(zhuǎn)化為含ab或a＋b的一元二次不等式，將ab，(a＋b)作為整體解出范圍．②構(gòu)造定值：結(jié)合已知條件對(duì)要求的代數(shù)式變形，構(gòu)造出和或積的定值，再利用基本不等式求最值．(3)函數(shù)法：若利用基本不等式時(shí)等號(hào)取不到，則無(wú)法利用基本不等式求最值，則可將要求的式子看成一個(gè)函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性求最值．2．(1)已知x<3，求f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x的最大值；(2)已知x，y∈R＋，且x＋y＝4，求eq\f(1,x)＋eq\f(3,y)的最小值．解析：(1)因?yàn)閤<3，所以x－3<0，所以f(x)＝eq\f(4,x－3)＋x＝eq\f(4,x－3)＋(x－3)＋3＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3－x)＋3－x))＋3≤－2eq\r(\f(4,3－x)·3－x)＋3＝－1，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4,3－x)＝3－x，即x＝1時(shí)取等號(hào)，所以f(x)的最大值為－1.(2)因?yàn)閤，y∈R＋，所以(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(3,y)))＝4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(3x,y)))≥4＋2eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(3x,y)，即x＝2(eq\r(3)－1)，y＝2(3－eq\r(3))時(shí)取等號(hào)．又x＋y＝4，所以eq\f(1,x)＋eq\f(3,y)≥1＋eq\f(\r(3),2)，故eq\f(1,x)＋eq\f(3,y)的最小值為1＋eq\f(\r(3),2).探究三用基本不等式求解實(shí)際應(yīng)用題[典例3]某公司欲建連成片的網(wǎng)球場(chǎng)數(shù)座，用128萬(wàn)元購(gòu)買(mǎi)土地10000平方米，每座球場(chǎng)的建筑面積均為1000平方米，球場(chǎng)總建筑面積的每平方米的平均建筑費(fèi)用與球場(chǎng)數(shù)有關(guān)，當(dāng)該球場(chǎng)建n個(gè)時(shí)，每平方米的平均建筑費(fèi)用用f(n)表示，且f(n)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n－5,20)))(其中n∈N)，又知建五座球場(chǎng)時(shí)，每平方米的平均建筑費(fèi)用為400元，為了使該球場(chǎng)每平方米的綜合費(fèi)用最省(綜合費(fèi)用是建筑費(fèi)用與購(gòu)地費(fèi)用之和)，公司應(yīng)建幾個(gè)球場(chǎng)？[解析]當(dāng)建成n個(gè)球場(chǎng)時(shí)，每平方米的購(gòu)地費(fèi)用為eq\f(128×104,1000n)＝eq\f(1280,n)，由題意，知n＝5時(shí)，f(n)＝400，則f(5)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(5－5,20)))＝400，所以m＝400.所以f(n)＝400eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n－5,20)))＝20n＋300.從而每平方米的綜合費(fèi)用為y＝f(n)＋eq\f(1280,n)＝20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(64,n)))＋300≥20×2eq\r(64)＋300＝620(元)，當(dāng)且僅當(dāng)n＝8時(shí)等號(hào)成立．所以當(dāng)建成8座球場(chǎng)時(shí)，該球場(chǎng)每平方米的綜合費(fèi)用最?。髮?shí)際問(wèn)題中最值的一般思路(1)先讀懂題意，設(shè)出變量，理清思路，列出函數(shù)關(guān)系式．(2)把實(shí)際問(wèn)題抽象成函數(shù)的最大值或最小值問(wèn)題．(3)在定義域內(nèi)，求函數(shù)的最大值或最小值時(shí)，一般先考慮基本不等式，當(dāng)基本不等式求最值的條件不具備時(shí)，再考慮函數(shù)的單調(diào)性．(4)正確寫(xiě)出答案．3．某漁業(yè)公司今年年初用98萬(wàn)元購(gòu)進(jìn)一艘漁船用于捕撈，第一年需要各種費(fèi)用12萬(wàn)元．從第二年起包括維修費(fèi)在內(nèi)每年所需費(fèi)用比上一年增加4萬(wàn)元．該船每年捕撈總收入50萬(wàn)元．(1)問(wèn)捕撈幾年后總盈利最大，最大是多少？(2)問(wèn)捕撈幾年后的平均利潤(rùn)最大，最大是多少？解析：(1)設(shè)該船捕撈n年后的總盈利為y萬(wàn)元．則y＝50n－98－[12×n＋eq\f(nn－1,2)×4]＝－2n2＋40n－98＝－2(n－10)2＋102，∴當(dāng)捕撈10年后總盈利最大，最大是102萬(wàn)元．(2)年平均利潤(rùn)為eq\f(y,n)＝－2(n＋eq\f(49,n)－20)≤－2(2eq\r(n·\f(49,n))－20)＝12.當(dāng)且僅當(dāng)n＝eq\f(49,n)，即n＝7時(shí)上式取等號(hào)．所以，當(dāng)捕撈7年后年平均利潤(rùn)最大，最大是12萬(wàn)元．利用基本不等式證明不等式[典例](本題滿分12分)(1)已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≥9；(2)已知a，b>0，a＋b＝1，求證：eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤2.[證明](1)∵a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)＝eq\f(a＋b＋c,a)＋eq\f(a＋b＋c,b)＋eq\f(a＋b＋c,c)①＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥3＋2＋2＋2＝9.4分當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(1,3)時(shí)，等號(hào)成立．②6分(2)eq\r(a＋\f(1,2))＝eq\r(1·a＋\f(1,2))≤eq\f(1＋a＋\f(1,2),2)＝eq\f(3,4)＋eq\f(a,2).③當(dāng)且僅當(dāng)1＝a＋eq\f(1,2)，即a＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立.8分同理eq\r(b＋\f(1,2))≤eq\f(3,4)＋eq\f(b,2)，等號(hào)成立的條件為b＝eq\f(1,2).10分于是有eq\r(a＋\f(1,2))＋eq\r(b＋\f(1,2))≤eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)(a＋b)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立．④12分[規(guī)范與警示](1)在①處將“1”轉(zhuǎn)換為a＋b＋c，在③處將a＋eq\f(1,2)轉(zhuǎn)換為1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))，這是證明本題的關(guān)鍵．(2)在②和④兩處，充分考慮多次應(yīng)用基本不等式時(shí)等號(hào)能否同時(shí)成立，這是解答本題的易失分點(diǎn).[隨堂訓(xùn)練]對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第66頁(yè)1．下列不等式不一定成立的是()A．a(chǎn)2＋b2≥2ab(a，b∈R)B．a(chǎn)2＋3＞2a(a∈RC．x＋eq\f(1,x)≥2(x∈R)D.eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a，b∈R)解析：選項(xiàng)C中若x＜0，則x＋eq\f(1,x)＜0.∴x＋eq\f(1,x)≥2不一定成立．答案：C2．已知a＞0，b＞0，則eq\f(a＋b,2)，eq\r(ab)，eq\r(\f(a2＋b2,2))，eq\f(2ab,a＋b)中最小的是()A.eq\f(a＋b,2) B.eq\r(ab)C.eq\r(\f(a2＋b2,2)) D.eq\f(2ab,a＋b)解析：由基本不等式知eq\f(2ab,a＋b)≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2)).故D最?。鸢福篋3．設(shè)a>0，b>0，且不等式eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0恒成立，則實(shí)數(shù)k的最小值等于________．解析：由eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0，得k≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))·(a＋b)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)＋2))，因?yàn)閍>0，b>0，所以eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＋2≥2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝b時(shí)，等號(hào)成立．因?yàn)椴坏仁絜q\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(k,a＋b)≥0恒成立，所以k≥－4.答案：－43.4基本不等式一、基本不等式二、公式推導(dǎo)例題練習(xí)和作業(yè)[課時(shí)作業(yè)]單獨(dú)成冊(cè)對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第119頁(yè)[A組基礎(chǔ)鞏固]1．下列不等式正確的是()A．a(chǎn)＋eq\f(1,a)≥2 B．(－a)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))≤－2C．a(chǎn)2＋eq\f(1,a2)≥2 D．(－a)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))2≤－2解析：因?yàn)閍2＋eq\f(1,a2)中a2>0，所以eq\f(a2＋\f(1,a2),2)≥eq\r(a2·\f(1,a2))，即eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥1，所以a2＋eq\f(1,a2)≥2.答案：C2．已知m＝a＋eq\f(1,a)＋1(a>0)，n＝3x(x<1)，則m，n之間的大小關(guān)系是()A．m>n B．m<nC．m＝n D．m≤n解析：因?yàn)閍>0，所以m＝a＋eq\f(1,a)＋1≥2eq\r(a·\f(1,a))＋1＝3，當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)等號(hào)成立．又因?yàn)閤<1，所以n＝3x<31＝3，所以m>n.答案：A3．已知0<x<1，則x(3－3x)取得最大值時(shí)x的值為()A.eq