1、第1讲 不等关系与不等式的性质及一元二次不等式 第六章 不等式考纲解读 1.不等式性质是进行变形、证明、解不等式的依据，掌握不等式关系与性质及比较大小的常用方法：作差法与作商法(重点)2能从实际情景中抽象出一元二次不等式模型，通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数，一元二次方程之间的联系，能解一元二次不等式(重点、难点)考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点内容，但一般不会单独命题预测 2021 年将会考查：利用不等式的性质判断结论的成立性，求参数的取值范围；一元二次不等式的解法，对含参数的二次不等式的分类讨论等命题时常将不等式与函数的单调性相结合试题一般以客观题的形式
2、呈现，属中、低档题型.1 基础知识过关 PART ONE 1.两个实数比较大小的依据(1)ab0a 01 _b.(2)ab0a 02 _b.(3)ab0a 03 _b.2不等式的基本性质(1)对称性：ab 01 _.(2)传递性：ab，bc 02 _.(3)可加性：abacbc.(4)可乘性：ab，c0 03 _；ab，c0 04 _.(5)加法法则：ab，cd 05 _.(6)乘法法则：ab0，cd0 06 _.(7)乘方法则：ab0 07 _(nN，n1)(8)开方法则：ab0n an b(nN，n2)baacacbcacbcacbdacbdanbn3必记结论(1)ab，ab01a1b.(
3、2)a0b1ab0,0cbd.(4)0axb 或 axb01b1xb0，m0，则babmam(bm0)；abambm；ab0)4一元二次函数的三种形式(1)一般式：01 _(2)顶点式：02 _(3)两根式：03 _yax2bxc(a0)yax b2a24acb24a(a0)ya(xx1)(xx2)(a0)5三个二次之间的关系判别式b24ac000)的图象一元二次方程ax2bxc0(a0)的根有两相异实根x1，x2(x10(a0)的解集01 _02 _03 _ax2bxc0)的解集04 _05 _06 _(，x1)(x2，)xx b2aR(x1，x2)1概念辨析(1)abac2bc2.()(2
4、)若不等式 ax2bxc0 的解集是(，x1)(x2，)，则方程 ax2bxc0 的两个根是 x1 和 x2.()(3)若方程 ax2bxc0(a0)没有实数根，则不等式 ax2bxc0 的解集为 R.()(4)不等式 ax2bxc0 在 R 上恒成立的条件是 a0 且 b24ac0.()答案(1)(2)(3)(4)答案2小题热身(1)设集合 Mx|x23x40，Nx|0 x5，则 MN 等于()A(0,4 B0,4)C1,0)D(1,0解析 因为 Mx|1x4，Nx|0 x5，所以 MN0,4)答案解析(2)已知a，b，c满足 cba，且acacBc(ba)0Ccb20解析 因为 cba，且
5、 ac0，c0，b 的符号不确定，ba0，据此判断 A 成立，B，D 不成立，C 不一定成立答案解析(3)设 M2a(a2)，N(a1)(a3)，则有()AM NBM NCM0，故M N.答案解析(4)已知函数 f(x)ax2ax1，若对任意实数 x，恒有 f(x)0，则实数a 的取值范围是_解析 当 a0 时，f(x)10 成立，当 a0 时，若对xR，f(x)0，须有a24a10，a0，条件乙：ab 且1a1b，则甲是乙的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件题型一 不等式性质的应用解析 由 a0 不能推出 ab 且1a1b，故甲不是乙的充分条件若 ab 且1
6、a1b，即 ab 且baab 0，则 ab0，bb 且1a1b能推出a0.故甲是乙的必要条件所以甲是乙的必要不充分条件答案解析2已知等比数列an中，a10，q0，前 n 项和为 Sn，则S3a3与S5a5的大小关系为_解析 当 q1 时，S3a33，S5a55，所以S3a30 且 q1 时，S3a3S5a5 a11q3a1q21q a11q5a1q41qq21q31q5q41qq1q40，所以S3a3S5a5.综上可知S3a3S5a5.解析S3a3S5a53已知二次函数 yf(x)的图象过原点，且 1f(1)2,3f(1)4，求 f(2)的取值范围解 由题意知 f(x)ax2bx，则 f(2)
7、4a2b，由 f(1)ab，f(1)ab，设存在实数 m，n，使得 4a2bm(ab)n(ab)，即 4a2b(mn)a(mn)b，所以mn4，mn2，解得m1，n3，所以 f(2)4a2b(ab)3(ab)又 3ab4,33(ab)6，所以 6(ab)3(ab)10，即 f(2)的取值范围是6,10解1.判断不等式是否成立的方法(1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明(2)在判断一个关于不等式的命题的真假时，可结合不等式的性质，对数函数、指数函数的性质进行判断2.比较两个数(式)大小的两种方法3.求代数式的取值范围利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，一般是利用整体思想，通
8、过“一次性”不等关系的运算求得整体范围，是避免错误的有效途径如举例说明 3.1.若1a1b0，给出下列不等式：1ab0；a1ab1b；ln a2ln b2.其中正确的不等式是()A.BCD解析 因为1a1b0，所以 ba|a|，所以|a|b0，ln a2b，1a1b可推出 a1ab1b，显然有 1ab00，且 a7，则()A.77aa7aa7D.77aa 与 7aa7 的大小不确定解析 显然 77aa0,7aa70，因为77aa7aa77a7a7a7a77aa7a7a.当 a7 时，07a1,7a1，当 0a1,7a0，7a7a1.综上知 77aa7aa7.答案解析3.若 13，42，则|的取
9、值范围是_解析 42，0|4，4|0.3|0 的解集是(1，)，则关于 x 的不等式(axb)(x2)0 的解集是(1，)，所以 a0，且ba1，所以关于 x 的不等式(axb)(x2)0 可化为xba(x2)0，即(x1)(x2)0，所以不等式的解集为x|1x0 时，原不等式化为x2a(x1)0，解得 x2a或 x1.当 a1，即 a2 时，解得1x2a；当2a1，即 a2 时，解得 x1 满足题意；当2a1，即2a0 时，不等式的解集为xx2a或x1；当2a0 时，不等式的解集为x2ax1；当 a2 时，不等式的解集为1；当 a0(0(0)；(2)fxgx0(0)fxgx00，gx0.3.
10、解含参数的一元二次不等式的一般步骤1.(2019江西省重点中学协作体联考)已知命题 p：Axx21x0，命题 q：Bx|xa0若命题 p 是命题 q 的必要不充分条件，则实数 a的取值范围是()A.(2，)B2，)C.(，1)D(，1答案解析 由x21x0，得x2x10，x2x10，x10，解得 x1 或 x2，Ax|x1 或 x2又 Bx|xa0 x|x0 的解集是(1,3)，求实数 a，b 的值；(2)若 b2，a0，解关于 x 的不等式 f(x)0.解(1)由题意，知 x1，x3 是方程 ax2bxa20 的两个根，代入方程有b20，8a3b20，a1，b2.解(2)当 b2 时，f(x
11、)ax22xa2(axa2)(x1)，a0，f(x)0 可化为xa2a(x1)0，当a2a 1，即 a1 时，解集为 xxa2a；当a2a 1，即 0a1 时，解集为 xx1.解角度 1 任意性与存在性1.已知函数 f(x)x2a2x1.(1)若 f(x)0，在 R 上恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)若x1,2，f(x)2 成立，求实数 a 的取值范围解(1)由题意得 f(x)x2a2x10 在 R 上恒成立，a24 40，解得4a4，实数 a 的取值范围为4,4解题型三 二次不等式中的任意性与存在性(2)由题意得x1,2，x2a2x12 成立，x1,2，a2x1x成立令 g(x)x1x
12、，x1,2，则 g(x)在区间1,2上单调递增，g(x)maxg(2)32，a232，解得 a3，实数 a 的取值范围为(，3.解角度 2 给定区间上的任意性问题2.已知函数 f(x)x2mx1，若对于任意 xm，m1，都有 f(x)0成立，则实数 m 的取值范围是_解析 要满足 f(x)x2mx10 对于任意 xm，m1恒成立，只需fm0，fm10，即2m210，m12mm110，解得 22 m0.解析 22，03.设函数 f(x)mx2mx1.若对于 x1,3，f(x)m5 恒成立，求 m的取值范围解 要使 f(x)m5 在 x1,3上恒成立，即mx12234m60 时，g(x)在1,3上
13、是增函数，所以 g(x)maxg(3)，即 7m60，所以 m67，所以 0m67；当 m0 时，60 恒成立；当 m0 时，g(x)在1,3上是减函数，所以 g(x)maxg(1)，即 m60，所以 m6，所以 m0.综上所述，m 的取值范围是 mm0，又因为 m(x2x1)60，所以 m6x2x1.因为函数 y6x2x16x12234在1,3上的最小值为67，所以只需 m67即可所以 m 的取值范围是 mm0 在区间1,5上有解，则 a 的取值范围是_解析 由 a280，知方程 x2ax20 恒有两个不等实数根，又知两根之积为负，所以方程 x2ax20 必有一正根、一负根于是不等式在区间1
14、,5上有解的充要条件是 f(5)0，解得 a235，故 a 的取值范围为235，.解析235，2.函数 f(x)x2ax3.(1)当 xR 时，f(x)a 恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)当 x2,2时，f(x)a 恒成立，求实数 a 的取值范围；(3)当 a4,6时，f(x)0 恒成立，求实数 x 的取值范围解(1)当 xR 时，x2ax3a0 恒成立，需 a24(3a)0，即 a24a120，实数 a 的取值范围是6,2解(2)当 x2,2时，设 g(x)x2ax3a0，分如下三种情况讨论(如图所示)：如图 1，当 g(x)的图象恒在 x 轴上方且满足条件时，有 a24(3a)0，即
15、6a2.解如图 2，g(x)的图象与 x 轴有交点，但当 x2，)时，g(x)0，即0，xa22，g20，即a243a0，a22，42a3a0，可得a2或a6，a4，a73，解得 a.解如图 3，g(x)的图象与 x 轴有交点，但当 x(，2时，g(x)0.即0，xa22，g20，即a243a0，a22，7a0，可得a2或a6，a4，a7.7a6.综上，实数 a 的取值范围是7,2解(3)令 h(a)xax23.当 a4,6时，h(a)0 恒成立只需h40，h60，即x24x30，x26x30，解得 x3 6或 x3 6.实数 x 的取值范围是(，3 63 6，).解3 课时作业 PART T
16、HREE 1.(2019潍坊模拟)已知集合 Ax|x22x30，Bx|2x2，则 AB()A.2，1 B1,2C.1,1 D1,2A组基础关解析 Ax|x22x30 x|(x3)(x1)0 x|x1 或x3，又 Bx|2x2，所以 ABx|2x1.答案解析2.若正实数 a，b 满足 ab，且 ln aln b0，则()A.1a1bBa2abDlg alg b0解析 由已知得 ab1 或 0ba1，因此必有1ab2，所以 A，B错误；又 ab1 或 0ab0 或 lg(ab)0，即 ab1ab，所以 C 正确.答案解析3.若角，满足2，则 的取值范围是()A.32，32B.32，0C.0，32D
17、.2，0解析 2，2，2，32 32.又，0，从而32 0.答案解析4.设 a，b0，)，A a b，B ab，则 A，B 的大小关系是()A.ABBABC.AB解析 因为 a，b0，)，所以 A a b0，B ab0，所以 A2B2ab2 ab(ab)2 ab0，所以 A2B2，所以 AB.答案解析5.(2020广东清远一中月考)关于 x 的不等式 axb0 的解集是(1，)，则关于 x 的不等式(axb)(x3)0 的解集是()A.(，1)(3，)B.(1,3)C.(1,3)D.(，1)(3，)解析 关于 x 的不等式 axb0 的解集是(1，)，即不等式 axb的解集是(1，)，ab0，
18、不等式(axb)(x3)0 可化为(x1)(x3)0，解得1x3，所求解集是(1,3)故选 C.答案解析6.设函数 f(x)x24x6，x0，x6，xf(1)的解集是()A.(3,1)(3，)B(3,1)(2，)C.(1,1)(3，)D(，3)(1,3)解析 由题意知 f(1)3，故原不等式可化为x3或x0，x24x63，解得3x3，所以原不等式的解集为(3,1)(3，)，故选 A.答案解析7.已知函数 f(x)(ax1)(xb)，如果不等式 f(x)0 的解集为(1,3)，那么不等式 f(2x)0 的解集是(1,3)，则 a0，故有1a1，b3，即 a1，b3，f(x)x22x3，f(2x)
19、4x24x3，由4x24x312或 x32，故不等式 f(2x)0 恒成立，则实数 a 的取值范围是_解析 对任意 x1，)，f(x)0 恒成立等价于 x22xa0，即 a(x1)21 在1，)上恒成立，令 g(x)(x1)21，则 g(x)在1，)上单调递减，所以 g(x)maxg(1)3，所以 a3.解析(3，)9.若存在 x2,3，使不等式 2xx2a 成立，则实数 a 的取值范围是_解析 设 f(x)2xx2，则当 x2,3时，f(x)(x1)218,1，因为存在 x2,3，使不等式 2xx2a 成立，所以 af(x)max，所以 a1.解析(，110.设不等式 mx22xm10 对于
20、满足|m|2 的一切 m 的值都成立，则 x 的取值范围是_解析 记 f(m)mx22xm1(x21)m12x(|m|2)，则 f(m)0 恒成立等价于f22x22x30，f22x22x10，解得1 72x14，命题 q：xR，ax2ax10，则 p 成立是 q 成立的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件B组能力关答案解析 求解不等式1a14可得 0a0，a24a0，解得 0a4，即命题 q 为真时 0a4，故 p 成立是 q 成立的充分不必要条件.解析2.若不等式 x2(a1)xa0 的解集是4,3的子集，则 a 的取值范围是()A.4,1 B4,3C
21、.1,3 D1,3解析 原不等式为(xa)(x1)0，当 a1 时，不等式的解集为a,1，此时只要 a4 即可，即4a1 时，不等式的解集为1，a，此时只要 a3 即可，即10 的解集为_解析 因为 f(x)xln(3x)，则x0，3x0，解得 0 x0 等价于 x0，ln 3x0，解得 0 x0，所以0lg x3，0lg x0，解得 1x100，所以解集为(1,100).解析(1,100)5.不等式 x28y2y(xy)对于任意的 x，yR 恒成立，则实数 的取值范围为_解析 因为 x28y2y(xy)对于任意的 x，yR 恒成立，所以 x28y2y(xy)0 对于任意的 x，yR 恒成立，即 x2yx(8)y20 恒成立，由二次不等式的性质可得，2y24(8)y2y2(2432)0，所以(8)(4)0，解得84.解析8,4本课结束
