2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第一章第三讲　不等关系与一元二次不等式

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第一章第三讲　不等关系与一元二次不等式

第三讲　不等关系与一元二次不等式 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.[改编题]下列结论中,正确的个数为(　　)‎ ‎①两个实数a,b之间,有且只有a>b,a=b,a1,则a>b;‎ ‎③一个不等式的两边同时加上或同时乘以同一个数,不等号方向不变;‎ ‎④一个非零实数越大,则其倒数就越小;‎ ‎⑤a>b>0,c>d>0⇒ad‎>‎bc;‎ ‎⑥ab>0且a>b⇒‎1‎a‎<‎‎1‎b.　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ ‎2.[多选题]下列说法中,正确的是(　　)‎ A.若不等式ax2+bx+c<0的解集为(x1,x2),则必有a>0‎ B.若方程ax2+bx+c=0(a≠0)没有实数根,则不等式ax2+bx+c>0的解集为R C.不等式ax2+bx+c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ=b2-4ac≤0‎ D.(x+1)x-1‎≥0的解集为[1,+∞)‎ ‎3.[2019全国卷Ⅱ]若a>b,则(　　)‎ A.ln(a - b)>0 B.3a<3b C.a3 - b3>0 D.|a|>|b|‎ ‎4.[2019全国卷Ⅱ]设函数f (x)的定义域为R,满足f (x+1)=2f (x),且当x∈(0,1]时,f (x)=x(x - 1).若对任意x∈( - ∞,m],都有f (x)≥ - ‎8‎‎9‎,则m的取值范围是(　　)‎ A.( - ∞,‎9‎‎4‎] B.( - ∞,‎7‎‎3‎] C.( - ∞,‎5‎‎2‎] D.( - ∞,‎8‎‎3‎]‎ ‎5.[2019天津高考]设x∈R,使不等式3x2+x - 2<0成立的x的取值范围为　　　　. ‎ ‎6.[2018天津高考]已知a∈R,函数f (x)=x‎2‎‎+2x+a-2,x≤0,‎‎-x‎2‎+2x-2a,x>0.‎若对任意x∈[ - 3,+∞),f (x)≤|x|恒成立,则a的取值范围是　　　　. ‎ ‎7.[2019北京高考]李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这四种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.‎ ‎①当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付　　　　元; ‎ ‎②在促销活动中,为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x的最大值为　　　　. ‎ 考法1 不等式的性质的应用　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 命题角度1　判断关于不等式的命题的真假　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1[2016北京高考]已知x,y∈R,且x>y>0,则 A.‎1‎x‎ -‎‎1‎y>0 B.sin x - sin y>0‎ C.(‎1‎‎2‎)x - (‎1‎‎2‎)y<0 D.ln x+ln y>0‎ 由已知选项,取特殊值验证或结合函数的单调性求解.‎ 解法一　(特殊值法)由题意知,x>y>0,对于选项A,取x=1,y=‎1‎‎2‎,则‎1‎x‎-‎‎1‎y=1 - 2= - 1<0,排除A;对于选项B,取x=π,y=π‎2‎,则sin x - ‎ sin y=sin π - sinπ‎2‎= - 1<0,排除B;对于选项D,取x=2,y=‎1‎‎2‎,则ln x+ln y=ln (xy)=ln 1=0,排除D.选C.‎ 解法二　(单调性法)因为函数y=(‎1‎‎2‎)x在R上单调递减,且x>y>0,所以(‎1‎‎2‎)x<(‎1‎‎2‎)y,即(‎1‎‎2‎)x - (‎1‎‎2‎)y<0.‎ C 命题角度2　求代数式的取值范围 ‎2已知二次函数y=f (x)的图象过原点,且1≤f ( - 1)≤2,3≤f (1)≤4,则f ( - 2)的取值范围为　　　　. ‎ 设出f (x)的解析式用f (1),f ( - 1)表示f ( - 2)得f ( - 2)的取值范围 ‎(待定系数法)因为二次函数y=f (x)的图象过原点,所以可设y=f (x)=ax2+bx(a≠0),则‎1≤f(-1)=a-b≤2,‎‎3≤f(1)=a+b≤4.‎ ‎ 由题意知f ( - 2)=4a - 2b,设存在实数m,n,使得4a - 2b=m(a+b)+n(a - b),即4a - 2b=(m+n)a+(m - n)b,所以m+n=4,‎m-n=-2,‎解得m=1,‎n=3,‎所以f ( - 2)=4a - 2b=(a+b)+3(a - b).‎ 又3≤a+b≤4,3≤3(a - b)≤6,‎ 所以6≤(a+b)+3(a - b)≤10,即f ( - 2)的取值范围是[6,10].‎ 解后反思　‎ 运用不等式的性质求某些代数式的取值范围时,如果多次运用不等式的性质,有可能改变了变量的取值范围,导致结果出错.如示例2中千万不可先单独求a,b的范围,再求f ( - 2)=4a - 2b 的范围,这样会导致所得范围比实际范围大.求解时要先建立待求整体与已知范围的整体的关系,如先建立f ( - 2)与f ( - 1),f (1)的关系,再通过“一次性”使用不等关系运算求解,即必须严格运用不等式的性质,这是避开错误的有效途径.‎ 考法2 一元二次不等式的解法及其应用　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎3 求下列不等式的解集:‎ ‎(1) - x2+8x - 3>0;(2)ax2 - (a+1)x+1<0.‎ 利用求一元二次不等式的解集的方法求解,注意对参数的讨论.‎ ‎(1)因为Δ=82 - 4×( - 1)×( - 3)=52>0,所以方程 - x2+8x - 3=0有两个不相等的实数根x1,x2,且x1=4 - ‎13‎,x2=4+‎13‎.‎ 又二次函数y= - x2+8x - 3的图象开口向下,所以原不等式的解集为{x|4 - ‎13‎1.(最高次幂的系数与0的关系不定,要分类讨论)‎ 若a<0,则原不等式等价于(x - ‎1‎a)(x - 1)>0,解得x<‎1‎a或x>1.‎ 若a>0,则原不等式等价于(x - ‎1‎a)(x - 1)<0,‎ 方程(x - ‎1‎a)(x - 1)=0的两根分别为1,‎1‎a.(两根之间的大小关系不定,要分类讨论)‎ ‎①当a=1时,‎1‎a=1,(x - ‎1‎a)(x - 1)<0无解;‎ ‎②当a>1时,‎1‎a<1,由(x - ‎1‎a)(x - 1)<0,得‎1‎a1,由(x - ‎1‎a)(x - 1)<0,得11};当a=0时,原不等式的解集为{x|x>1};当01时,原不等式的解集为{x|‎1‎am(x2 - 1).‎ ‎(1)　　　　实数m,使不等式对任意x∈R恒成立(填存在、不存在); ‎ ‎(2)若对于m∈[ - 2,2],不等式恒成立,则实数x的取值范围为　　　　; ‎ ‎(3)若对于x∈(1,+∞),不等式恒成立,则实数m的取值范围为　　　　. ‎ ‎301‎ ‎1.B　由不等关系及不等式的性质可知①⑤⑥正确.对于②,当a= - 2,b= - 1时,a - 2,‎1‎‎2‎> - ‎1‎‎2‎,故④错误.故选B.‎ ‎2.AD　由三个“二次”间的关系可知A正确;对于B,当a<0时,解集为∅,故B错误;对于C,当a=b=c=0时也满足不等式在R上恒成立,故C错误;对于D,解不等式可知D正确.故选AD.‎ ‎3.C　解法一　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.选C.‎ ‎4.B　当 - 10时,f (x)≤|x|恒成立等价转化为 - x2+2x - 2a≤x恒成立,即a≥‎-x‎2‎+x‎2‎恒成立,所以a≥(‎-x‎2‎+x‎2‎)max=‎1‎‎8‎.综上,a的取值范围是[‎1‎‎8‎,2].‎ ‎7.①130　顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,总价为60+80=140(元),又140>120,所以优惠10元,顾客实际需要付款130元.‎ ‎②15　设顾客一次购买的水果总价为m元.由题意易知,当00时,原不等式可化为[x - (k+‎4‎k)](x - 4)<0.‎ 因为k+‎4‎k≥4(当且仅当k=2时取等号),所以当k=2时,A=∅(符合题意);当k≠2时,A=(4,k+‎4‎k),要满足不存在整数x使不等式(kx - k2 - 4)(x - 4)<0成立,则k+‎4‎k≤5,解得1≤k≤4且k≠2.‎ 当k<0时,原不等式可化为[x - (k+‎4‎k)](x - 4)>0, ‎ 所以A=( - ∞,k+‎4‎k)∪(4,+∞),不符合题意.‎ 综上所述,实数k的取值范围是[1,4].‎ ‎2.(1)不存在　原不等式等价于mx2 - 2x+(1 - m)<0,‎ 当m=0时, - 2x+1<0不恒成立;‎ 当m≠0时,若mx2 - 2x+(1 - m)<0对于任意x∈R恒成立,‎ 则m<0且Δ=4 - 4m(1 - m)<0,解得m∈⌀.‎ 综上,不存在实数m,使不等式恒成立.‎ ‎(2){x|‎-1+‎‎7‎‎2‎‎-1+‎‎7‎‎2‎.‎ 所以x的取值范围是{x|‎-1+‎‎7‎‎2‎1,所以m<‎2x-1‎x‎2‎‎-1‎.‎ 令2x - 1=t(t>1),则x2 - 1=t‎2‎‎+2t-3‎‎4‎,‎ 所以m<‎4tt‎2‎‎+2t-3‎‎=‎‎4‎t-‎3‎t+2‎.‎ 设g(t)=t - ‎3‎t+2,t∈(1,+∞),‎ 显然g(t)在(1,+∞)上为增函数,‎ 所以g(t)>0,所以m≤0.‎