2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第七章不等式第1节不等式的性质与一元二次不等式
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第1节 不等式的性质与一元二次不等式
考试要求 1.了解现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，了解不等式(组)的实际背景；2.会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型；3.通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系；4.会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.
知 识 梳 理
1.实数大小比较的依据
(1)a>b⇔a－b>0；
(2)a＝b⇔a－b＝0；
(3)a
b，c<0⇒acb>0，m>0，则<；>(b－m>0).
(2)若ab>0，且a>b⇔<.
2.对于不等式ax2＋bx＋c>0，求解时不要忘记a＝0时的情形.
3.当Δ<0时，不等式ax2＋bx＋c>0(a≠0)的解集为R还是∅，要注意区别.
诊 断 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)a＞b⇔ac2＞bc2.( )
(2)若不等式ax2＋bx＋c＜0的解集为(x1，x2)，则必有a＞0.( )
(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a＜0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c＞0(a<0)的解集为R.( )
(4)不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a＜0且Δ＝b2－4ac≤0.( )
解析 (1)由不等式的性质，ac2＞bc2⇒a＞b；反之，c＝0时，a＞b⇒/ ac2＞bc2.
(3)若方程ax2＋bx＋c＝0(a<0)没有实根，则不等式ax2＋bx＋c>0(a<0)的解集为∅.
(4)当a＝b＝0，c≤0时，不等式ax2＋bx＋c≤0也在R上恒成立.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
2.(新教材必修第一册P55T3改编)已知集合A＝{x|x2－5x＋4<0}，B＝{x|x2－x－6<0}，则A∩B＝( )
A.(－2，3) B.(1，3)
C.(3，4) D.(－2，4)
解析 由题意知A＝{x|1y，则下列不等式成立的是( )
A.<1 B.2－x<2－y
C.lg(x－y)>0 D.x2>y2
解析 由x>y，得－x<－y，所以2－x<2－y，故选B.
答案 B
5.(2019·河北重点中学模拟)不等式2x2－x－3>0的解集为________.
解析 由2x2－x－3>0，得(x＋1)(2x－3)>0，
解得x>或x<－1.
∴不等式2x2－x－3>0的解集为.
答案
6.(2020·汉中调研)已知函数f(x)＝ax2＋ax－1，若对任意实数x，恒有f(x)≤0，则实数a的取值范围是______.
解析 若a＝0，则f(x)＝－1≤0恒成立，
若a≠0，则由题意，得
解得－4≤a<0，
综上，得a∈[－4，0].
答案 [－4，0]
考点一 不等式的性质及应用多维探究
角度1 比较大小及不等式性质的简单应用
【例1－1】 (1)(一题多解)若＜＜0，给出下列不等式：①＜；②|a|＋b＞0；③a－＞b－；④ln a2＞ln b2.其中正确的不等式是( )
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
(2)已知等比数列{an}中，a1>0，q>0，前n项和为Sn，则与的大小关系为________.
解析 (1)法一 因为＜＜0，故可取a＝－1，b＝－2.
显然|a|＋b＝1－2＝－1＜0，所以②错误；因为ln a2＝ln(－1)2＝0，ln b2＝ln(－2)2＝ln 4＞0，所以④错误.综上所述，可排除A，B，D.
法二 由＜＜0，可知b＜a＜0.①中，因为a＋b＜0，ab＞0，所以＜0，＞0.故有＜
，即①正确；
②中，因为b＜a＜0，所以－b＞－a＞0.故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②错误；
③中，因为b＜a＜0，又＜＜0，则－＞－＞0，
所以a－＞b－，故③正确；
④中，因为b＜a＜0，根据y＝x2在(－∞，0)上为减函数，可得b2＞a2＞0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b2＞ln a2，故④错误.由以上分析，知①③正确.
(2)当q＝1时，＝3，＝5，所以<.
当q>0且q≠1时，
－＝－
＝＝<0，
所以<.综上可知<.
答案 (1)C (2)<
角度2 利用不等式性质求范围
【例1－2】 (一题多解)设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，则f(－2)的取值范围是________.
解析 法一 设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b.
于是得解得
∴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
得
∴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 由确定的平面区域如图阴影部分所示，
当f(－2)＝4a－2b过点A时，
取得最小值4×－2×＝5，
当f(－2)＝4a－2b过点B(3，1)时，
取得最大值4×3－2×1＝10，
∴5≤f(－2)≤10.
答案 [5，10]
规律方法 1.比较两个数(式)大小的两种方法
2.与命题真假判断相结合问题.解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法.
3.在求式子的范围时，如果多次使用不等式的可加性，式子中的等号不能同时取到，会导致范围扩大.
【训练1】 (1)(角度1)若ab2；②|1－a|>|b－1|；③>>.
其中正确的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
(2)(角度2)已知－1|b|>0，所以a2>b2，故a2＋1>b2，①正确；a－b>0⇒－a＋1>－b＋1>0，故|1－a|>|b－1|，②正确；a>，③正确.故选D.
(2)∵－10的解集是{x|－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ax－b<0即ax0可化为(x＋1)(x－3)<0，解得－1a2(a∈R)的解集.
解 原不等式可化为12x2－ax－a2>0，
即(4x＋a)(3x－a)>0，令(4x＋a)(3x－a)＝0，
解得x1＝－，x2＝.
当a>0时，不等式的解集为；
当a＝0时，不等式的解集为{x|x≠0}；
当a<0时，不等式的解集为.
考点三 一元二次不等式恒成立问题多维探究
角度1 在实数集R上恒成立
【例3－1】 (2020·大庆实验中学期中)对于任意实数x，不等式(a－2)x2－2(a－2)x
－4<0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，2) B.(－∞，2]
C.(－2，2) D.(－2，2]
解析 当a－2＝0，即a＝2时，－4<0恒成立；
当a－2≠0，即a≠2时，
则有
解得－23.
故当x∈(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m∈[－1，1]，函数f(x)的值恒大于零.
规律方法 1.对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方.另外常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值.
2.解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数.
【训练3】 (1)(角度1)(2020·湘潭联考)若不等式4x2＋ax＋4>0的解集为R，则实数a的取值范围是( )
A.(－16，0) B.(－16，0]
C.(－∞，0) D.(－8，8)
(2)(角度2)(2019·安徽八校联考)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0对一切x∈(0，2]恒成立，则实数a的取值范围为________________.
(3)(角度3)若mx2－mx－1<0对于m∈[1，2]恒成立，则实数x的取值范围是________.
解析 (1)由题意知Δ＝a2－4×4×4<0，解得－8b>0，则下列不等式中一定成立的是( )
A.a＋>b＋ B.>
C.a－>b－ D.>
解析 取a＝2，b＝1，排除B与D；另外，函数f(x)＝x－是(0，＋∞)上的增函数，但函数g(x)＝x＋在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，所以，当a>b>0时，f(a)>f(b)必定成立，即a－>b－⇔a＋>b＋，但g(a)>g(b)未必成立，故选A.
答案 A
2.已知a1∈(0，1)，a2∈(0，1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是( )
A.MN
C.M＝N D.不确定
解析 M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)
＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，
又a1∈(0，1)，a2∈(0，1)，
∴a1－1<0，a2－1<0.
∴(a1－1)(a2－1)>0，即M－N>0，∴M>N.
答案 B
3.(2020·渭南质检)若不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－12ax的解集为( )
A.{x|－21}
C.{x|03}
解析 由a(x2＋1)＋b(x－1)＋c>2ax整理得
ax2＋(b－2a)x＋(a＋c－b)>0.①
又不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－1b，则( )
A.ln(a－b)>0 B.3a<3b
C.a3－b3>0 D.|a|>|b|
解析 法一 由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b3b，|a|<|b|，故排除A，B，D.故选C.
答案 C
5.(2020·河南豫西南五校联考)已知关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，则k的取值范围是( )
A.[0，1] B.(0，1]
C.(－∞，0)∪(1，＋∞) D.(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析 当k＝0时，不等式kx2－6kx＋k＋8≥0可化为8≥0，其恒成立，当k≠0时，要满足关于x的不等式kx2－6kx＋k＋8≥0对任意x∈R恒成立，
只需解得00，即a2>16.
∴a>4或a<－4.
答案 (－∞，－4)∪(4，＋∞)
7.规定记号“⊙”表示一种运算，定义a⊙b＝＋a＋b(a，b为正实数)，若1⊙k2<3，则k的取值范围是________.
解析 由题意知＋1＋k2<3，
化为(|k|＋2)(|k|－1)<0，所以|k|<1，
所以－12x＋m成立，求实数m的取值范围.
解 (1)由f(0)＝2，得c＝2，
所以f(x)＝ax2＋bx＋2(a≠0)，
由f(x＋2)－f(x)＝[a(x＋2)2＋b(x＋2)＋2]－[ax2＋bx＋2]＝4ax＋4a＋2b，
又f(x＋2)－f(x)＝16x，得4ax＋4a＋2b＝16x，
所以故a＝4，b＝－8，
所以f(x)＝4x2－8x＋2.
(2)因为存在x∈[1，2]，使不等式f(x)>2x＋m成立，
即存在x∈[1，2]，使不等式m<4x2－10x＋2成立，
令g(x)＝4x2－10x＋2，x∈[1，2]，
故g(x)max＝g(2)＝－2，所以m<－2，
即m的取值范围为(－∞，－2).
B级 能力提升
11.(2019·山东齐鲁名校联考)已知0N B.M0，1＋b>0，1－ab>0.
∴M－N＝＋＝>0，
∴M>N，故选A.
答案 A
12.(2020·西安模拟)若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈恒成立，则a的最小值是( )
A.0 B.－2 C.－ D.－3
解析 由于x∈，若不等式x2＋ax＋1≥0恒成立，则a≥－，x∈时恒成立，
令g(x)＝x＋，x∈，
易知g(x)在上是减函数，则y＝－g(x)在上是增函数.
∴y＝－g(x)的最大值是－＝－.
因此a≥－，则a的最小值为－.
答案 C
13.(2020·安徽江南十校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝3x2，且不等式f(x＋m2)≥4f(x)对任意的x∈[m，m＋2]恒成立，则实数m的取值范围是________________.
解析 ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x).
设x<0，则－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－3x2，
故f(x)＝
从而4f(x)＝＝f(2x)，
故不等式f(x＋m2)≥4f(x)同解于f(x＋m2)≥f(2x)，
又f(x)为R上的单调增函数，故x＋m2≥2x，
即m2≥x对任意的x∈[m，m＋2]恒成立，
∴m2≥m＋2，即m≤－1或m≥2.
答案 (－∞，－1]∪[2，＋∞)
14.(2020·兰州质检)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝ex.若对任意x∈[a，a＋1]，恒有f(x＋a)≥f(2x)成立，求实数a的取值范围.
解 因为函数f(x)是偶函数，
故函数图象关于y轴对称，且在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增.
所以由f(x＋a)≥f(2x)可得|x＋a|≥2|x|在[a，a＋1]上恒成立，
从而(x＋a)2≥4x2在[a，a＋1]上恒成立，
化简得3x2－2ax－a2≤0在[a，a＋1]上恒成立，
设h(x)＝3x2－2ax－a2，
则有解得a≤－.
故实数a的取值范围是.
C级 创新猜想
15.(开放题)给出三个不等式：①a2>b2；②2a>2b－1；③>－.能够使以上三个不等式同时成立的一个条件是________________(答案不唯一，写出一个即可).
解析 使三个不等式同时成立的一个条件是a>b>0，当a>b>0时，①②显然成立，对于③，()2－(－)2＝2－2b＝2(－)，
∵a>b>0，∴2(－)>0，
所以()2－(－)2>0，即>－.
答案 a>b>0(答案不唯一)
