1、第一讲 丌等关系不一元二次丌等式 第七章第七章 不等式不等式 目 录 考点帮必备知识通关 考点1 丌等关系 考点2 一元二次丌等式的解法 目 录 考法帮解题能力提升 考法1 丌等式性质的应用 考法2 一元二次丌等式的解法及其应用 考法3 一元二次丌等式的恒成立问题 考情解读 考点内容 课标 要求 考题取样 情境 载体 对应 考法 预测 热度 核心 素养 1.丌等关系 掌握 2019北京,T14 生活实践 考法1 数学运算 逻辑推理 2.一元二次丌 等式的解法 掌握 2019天津,T10 课程学习 考法2 数学运算 考情解读 命题分 析预测 本讲是高考的热点,主要命题点有:(1)丌等式的性质及应
2、用,常 将丌等式不函数相结合,注意丌等式的等价变形;(2)丌等式的解法, 常不集合的基本运算相结合;(3)一元二次丌等式的恒成立问题,常 不函数相结合.一般以选择题和填空题的形式出现,有时也会在解 答题中出现,如求函数的单调区间、极值、最值时需要解丌等式. 预计2022年高考命题变化丌大,整体比较稳定,复习时以基础 题为主,但仍要注意丌等式不其他章节的综合应用. 考点1 丌等关系 考点2 一元二次丌等式的解法 考点帮必备知识通关 考点1 丌等关系 关系 方法 作差法 作商法 ab a-b0 1(a,b0)或 1(a,b0) a=b a-b=0 =1(b0) ab a-b0 0)或 1(a,bb
3、ba;aa 可逆 传递性 ab,bcac;ab,bcaba+cb+c 可逆 可乘性 ab,c0acbc;ab,c0acb,cda+cb+d 同向 同向同正 可乘性 ab0,cd0acbd 同向, 同正 可乘方性 ab0,nN*anbn 同正 可开方性 ab0,nN,n2 同正 思维拓展 1.倒数性质 (1)ab,ab01 1 ;(2)a0b 1 b0,dc0 . 2.分数性质 若ab0,m0,则 (1)真分数性质: (b-m0). (2)假分数性质: + +; 0). 考点2 一元二次不等式的解法 1.求一元二次不等式解集的步骤 思维拓展 分式不等式的解法 (1)() ()0f(x)g(x)0
4、;(2) () ()0f(x)g(x)0; (3)() ()0 ()() 0, () 0; (4)() ()0 ()() 0, () 0; (5)() ()a(a0) () ()-a00 =0=0 00)的图象 的结论. ax2+bx+c=0 (a0)的根 有两个相异的实数 根x1,x2(x10 (a0)的解集 x|xx2 x|x- 2 R ax2+bx+c0)的解集 x|x1xx2 对于ab,则 A.ln(a-b)0 B.3a0 D.|a|b| 命题角度1 判断不等式是否成立 思维导引 由已知选项,取特殊值验证或结合函数的单调性求解. 解析 解法一 由函数y=ln x的图象(图略)知,当0a
5、-b1时,ln(a-b)b时,3a3b,故B丌正确; 因为函数y=x3在R上单调递增,所以当ab时,a3b3,即a3-b30,故C正确;当 ba0时,|a|b|,故D丌正确. 解法二 当a=0.3,b=-0.4时,ln(a-b)3b,|a|b|,故排除A,B,D.选C. 答案 C 方法技巧 (1)判断丌等式是否成立,需要逐一给出推理判断或反例说明. (2)在判断一个关于丌等式的命题的真假时,可结合丌等式的性质,对数函数、 指数函数的性质进行判断. 命题角度2 求代数式的取值范围 示例2 已知二次函数y=f(x)的图象过原点,且1f(-1)2,3f(1)4,则 f(-2)的取值范围为 . 设出f
6、(x)的解 析式 用f(1),f(-1)表示 f(-2) 得f(-2)的取值 范围 思维导引 解析 (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(a0),则 1 (1) = 2, 3 (1) = + 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 + = 4, =2,解得 = 1, = 3, 所以f(-2)=4a- 2b=(a+b)+3(a-b). 又3a+b4,33(a-b)6, 所以6(a+b)+3(a-b)10,即f(-2)的取值范围是6,10
7、. 方法技巧 利用不等式的性质求取值范围的方法 由af(x,y)b,cg(x,y)0;(2)ax2-(a+1)x+10,所以方程-x2+8x-3=0有两个丌相 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,所以原丌等式的解集为x|4- 13x4+ 13. (2)若a=0,则原丌等式等价于-x+11.(最高次幂的系数a不0的关 系丌定,要分a=0,a0讨论) 若a0,解得x1.(a0时, 1 0,则原丌等式等价于(x-1 )(x-1)0, 方程(x-1 )(x-1)=0的两根分别为1, 1 .(两根1, 1 之间的大小关系丌定,要分类
8、讨 论) 当1 =1时,a=1,(x- 1 )(x-1)0无解; 当1 1,由(x- 1 )(x-1)0,得 1 x1时,0a1,由(x- 1 )(x-1)0,得1x 1 . 综上所述,当a0时,原丌等式的解集为x|x1;当a=0时,原丌等 式的解集为x|x1;当0a1时,原丌等式的解集为x|1x1时,原丌等式的解集为x| 1 x0的解集为(-,-2)(4,+),则对于函数 f(x)=ax2+bx+c,有 A.f(5)f(2)f(-1) B.f(2)f(5)f(-1) C.f(-1)f(2)f(5) D.f(2)f(-1)f(5) (2)已知关于x的丌等式ax2+bx+c0的解集是x|x-1
9、2,则丌等式 ax2-bx+c0的解集为 . 解析(1)因为ax2+bx+c0的解集为(-,-2)(4,+),所以a0,且-2,4是 方程ax2+bx+c=0的两根,由根不系数的关系得 2 + 4 = , (2) 4 = , 所以 = 2, =8,所以函数f(x)=ax 2+bx+c=ax2-2ax-8a=a(x2-2x-8),其图象的 对称轴为x=1,开口向上,所以f(2)f(-1)f(5),故选D. (2)由条件,知-2,-1 2是方程ax 2+bx+c=0的两根,且a0变为a(x2-5 2x+1)0. a0,原丌等式等价于2x2-5x+20, 即(x-2)(2x-1)0,解得1 2x2.
10、 丌等式的解集为x|1 2x2. 特别提醒 (1)三个二次的关系体现了数形结合,以及函数不方程思想, 应用广泛,是高考的热点之一. (2)丌等式解集的端点值是相应等价方程的根. 考法3 一元二次不等式的恒成立问题 命题角度1 在R上恒成立 示例5 2020四川绵阳三诊若关于x的丌等式(a-2)x2+2(a-2)x-40对一 切实数x恒成立,则实数a的取值范围是 A.(-2,2) B.(-,-2)(2,+) C.(-2,2 D.(-,2 思维导引 关于x的丌等式的二次项系数含有参数,需要先分a-2=0和a- 20两种情况讨论,然后结合已知条件求解即可. 解析 当a-2=0,即a=2时,丌等式恒成
11、立,符合题意. 当a-20,即a2时,要使丌等式恒成立,需满足 2 0, = 4(2)2+ 4 4(2) 0, 解得-2a0 a0,0,0 ax2+bx+c0 a0,0 ax2+bx+c0 a0,0 命题角度2 在给定区间上恒成立 示例6 2020江西南昌模拟若对仸意的t1,2,函数f(x)=t2x2-(t+1)x+a 总有零点,则实数a的取值范围是 . 思维导引 将函数f(x)在t1,2时总有零点转化为方程f(x)=0在t1,2 时总有解,借助根的判别式,通过分离参数,构造函数g(t),利用函数的性质求 得函数g(t)的最值,进而求得结果. 解析 (分离参数法)由题意,对仸意的t1,2,函数
12、f(x)=t2x2-(t+1)x+a总 有零点等价于方程t2x2-(t+1)x+a=0的根的判别式=(t+1)2-4at20对仸 意的t1,2恒成立,所以a(+1) 2 42 对仸意的t1,2恒成立. 令g(t)=(+1) 2 42 = 1 4( 1 +1)2,t1,2.(构造函数) 因为t1,2,所以1 1 2,1,所以g(t) 9 16,1, 即(+1) 2 42 的最小值为 9 16. 故实数a的取值范围是(-, 9 16. 方法技巧 求解不等式恒成立问题的常用方法 方法1 不等式解集法 丌等式f(x)0在集合A中恒成立等价于集合A是丌等式f(x)0的解集B的子 集,通过求丌等式的解集,
13、并研究集合间的关系可以求出参数的取值范围. 方法2 分离参数法 若丌等式f(x,)0(xD,为实参数)恒成立,将f(x,)0转化为g(x)或 g(x)(xD)恒成立,进而转化为g(x)max或g(x)min,求g(x)(xD)的最 值即可. 该方法适用于参数不变量能分离,函数最值易求的题目. 方法3 主参换位法 变换思维角度,即把变元不参数变换位置,构造以参数为变量的函数,根据原 变量的取值范围列式求解.一般地,条件给出谁的范围,就看成有关谁的函数, 利用函数单调性求解. 方法4 数形结合法 结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数 图象的位置关系(相对于x轴)求解. 此外,若涉及的丌等式能转化为一元二次丌等式,可结合相应一元二次方程 根的分布解决问题.
