第第頁(yè)第01課一元二次不等式及基本不等式一元二次不等式及簡(jiǎn)單不等式的解法1、一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)及一元二次方程的關(guān)系判別式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實(shí)數(shù)根x1，x2(x1＜x2)有兩相等實(shí)數(shù)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒(méi)有實(shí)數(shù)根一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＜x1或x＞x2}{x|x≠－eq\f(b,2a)}R一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??2、由二次函數(shù)的圖象與一元二次不等式的關(guān)系判斷不等式恒成立問(wèn)題的方法（1）.一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,b2－4ac＜0.))（2）一元二次不等式ax2＋bx＋c＜0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0，,b2－4ac＜0.))3、．簡(jiǎn)單分式不等式(1)eq\f(fx,gx)≥0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fxgx≥0，,gx≠0.))(2)eq\f(fx,gx)>0?f(x)g(x)>0【例1】設(shè)集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，則a=（

）A．–4 B．–2 C．2 D．4【答案】B【分析】由題意首先求得集合A,B，然后結(jié)合交集的結(jié)果得到關(guān)于a的方程，求解方程即可確定實(shí)數(shù)a的值.【詳解】求解二次不等式可得：，求解一次不等式可得：.由于，故：，解得：.故選：B.【變式1-1】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(ax＋b)(x－2)<0的解集是()A．(－∞，1)∪(2，＋∞)B．(－1,2)C．(1,2)D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)【答案】C【解析】；關(guān)于x的不等式ax＋b>0的解集是(1，＋∞)，∴a>0，且－eq\f(b,a)＝1，【變式1-2】“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的充要條件是()A．m>eq\f(1,4)B．m<eq\f(1,4)C．m<1D．m>1【答案】：A【解析】∵不等式x2－x＋m>0在R上恒成立，∴Δ＝(－1)2－4m<0，解得m>eq\f(1,4)，又∵m>eq\f(1,4)，∴Δ＝1－4m<0，∴“m>eq\f(1,4)”是“不等式x2－x＋m>0在R上恒成立”的充要條件．故選A.【變式1-3】不等式0＜x2－x－2≤4的解集為_(kāi)_______.【答案】[－2，－1)∪(2，3]【解析】由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,x2－x－6≤0，))故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞2或x＜－1，,－2≤x≤3，))即－2≤x＜－1或2＜x≤3.故不等式的解集為[－2，－1)∪(2，3].方法總結(jié)：解一元二次不等式的一般方法和步驟(1)把不等式變形為二次項(xiàng)系數(shù)大于零的標(biāo)準(zhǔn)形式.(2)計(jì)算對(duì)應(yīng)方程的判別式，根據(jù)判別式判斷方程有沒(méi)有實(shí)根(無(wú)實(shí)根時(shí)，不等式解集為R或?).求出對(duì)應(yīng)的一元二次方程的根.(3)利用“大于取兩邊，小于取中間”寫出不等式的解集考向二含參不等式的討論【例2】(1)解關(guān)于實(shí)數(shù)的不等式：．(2)解關(guān)于實(shí)數(shù)的不等式：．【解析】（1）由得，∴，當(dāng)時(shí)，的解集為，當(dāng)時(shí)，的解集為，③當(dāng)時(shí)，的解集為．（2）對(duì)方程，當(dāng)即時(shí)，不等式的解集為當(dāng)即或時(shí)的根為不等式的解集為方法總結(jié)：含有參數(shù)的不等式的求解，往往需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論.(1)若二次項(xiàng)系數(shù)為常數(shù)，首先確定二次項(xiàng)系數(shù)是否為正數(shù)，再考慮分解因式，對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，若不易分解因式，則可依據(jù)判別式符號(hào)進(jìn)行分類討論；(2)若二次項(xiàng)系數(shù)為參數(shù)，則應(yīng)先考慮二次項(xiàng)系數(shù)是否為零，確定不等式是否是二次不等式，然后再討論二次項(xiàng)系數(shù)不為零的情形，以便確定解集的形式；考向三恒成立問(wèn)題【例3】若一元二次不等式2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A.(－3，0]B.[－3，0)C.[－3，0]D.(－3，0)【解析】因?yàn)?kx2＋kx－eq\f(3,8)<0為一元二次不等式，所以k≠0.又2kx2＋kx－eq\f(3,8)<0對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k<0，,Δ＝k2－4×2k×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,8)))<0，))解得－3<k<0.【答案】D【變式3-1】設(shè)a為常數(shù)，對(duì)于任意x∈R，都有ax2＋ax＋1>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(0，4)B.[0，4)C.(0，＋∞)D.(－∞，4)【解析】對(duì)于任意x∈R，都有ax2＋ax＋1>0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝a2－4a<0))或a＝0，所以0≤a<4.【答案】B【變式3-2】設(shè)函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1.若對(duì)任意x∈[1，3]，f(x)<－m＋5恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為．【答案】(－∞，eq\f(6,7)).【解析】要使f(x)<－m＋5在x∈[1，3]上恒成立，即m(x-0.5)2＋eq\f(3,4)m－6<0在x∈[1，3]上恒成立．令g(x)＝m(x-0.5)2＋eq\f(3,4)m－6，x∈[1，3].當(dāng)m>0時(shí)，g(x)在區(qū)間[1，3]上是增函數(shù)，所以g(x)max＝g(3)，即7m－6<0，解得m<eq\f(6,7)，所以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)在區(qū)間[1，3]上是減函數(shù)，所以g(x)max＝g(1)，即m－6<0，解得m<6，所以m<0.綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，eq\f(6,7)).【變式3-3】(多題)“關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a＞0對(duì)?x∈R恒成立”的一個(gè)必要不充分條件是A．0＜a＜1B．0≤a≤1C．0＜a＜eq\f(1,2)D．a(chǎn)≥0【答案】BD【解析】由題意可知，關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a＞0恒成立，則＝4a2－4a＜0，解得0＜a＜1，對(duì)于選項(xiàng)A，“0＜a＜1”是“關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a＞0對(duì)x∈R恒成立”的充要條件；對(duì)于選項(xiàng)B，“0≤a≤1”是“關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a＞0對(duì)x∈R恒成立”的必要不充分條件；對(duì)于選項(xiàng)C，“0＜a＜eq\f(1,2)”是“關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a＞0對(duì)x∈R恒成立”的充分不必要條件對(duì)于選項(xiàng)D中，“a≥0”是“關(guān)于x的不等式x2－2ax＋a＞0對(duì)x∈R恒成立”必要不充分條件，故答案選BD．方法總結(jié)：1.一元二次不等式在R上恒成立的條件：不等式類型恒成立條件ax2＋bx＋c>0a>0，Δ<0ax2＋bx＋c≥0a>0，Δ≤0ax2＋bx＋c<0a<0，Δ<0ax2＋bx＋c≤0a<0，Δ≤02.一元二次不等式在給定區(qū)間上的恒成立問(wèn)題的求解方法：(1)若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0解集的子集，可以先求解集，再由子集的含義求解參數(shù)的值(或范圍).(2)轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域問(wèn)題，即已知函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇m，n]，若f(x)≥a恒成立，則f(x)min≥a，即m≥a；若f(x)≤a恒成立，則f(x)max≤a，即n≤a.3.一元二次不等式在參數(shù)某區(qū)間上恒成立確定變量x范圍的方法：解決恒成立問(wèn)題一定要清楚選誰(shuí)為主元，誰(shuí)是參數(shù)．一般情況下，知道誰(shuí)的范圍，就選誰(shuí)當(dāng)主元，求誰(shuí)的范圍，誰(shuí)就是參數(shù)，即把變?cè)c參數(shù)交換位置，構(gòu)造以參數(shù)為變量的函數(shù)，根據(jù)原變量的取值范圍列式求解.基本不等式及應(yīng)用1、基本不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)基本不等式成立的條件：a>0，b>0.(2)等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取等號(hào)．(3)其中eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．2、幾個(gè)重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)．(2)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(a，b同號(hào))．(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．(4)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2(a，b∈R)．以上不等式等號(hào)成立的條件均為a＝b.3、利用基本不等式求最值(1)已知x，y都是正數(shù)，如果積xy等于定值P，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，和x＋y有最小值2eq\r(P).(2)已知x，y都是正數(shù)，如果和x＋y等于定值S，那么當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，積xy有最大值eq\f(1,4)S2.注意：利用不等式求最值應(yīng)滿足三個(gè)條件“一正、二定、三相等”．考向四運(yùn)用基本不等式求函數(shù)的最值【例4】(1)已知0<x<1，則x(4－3x)取得最大值時(shí)x的值為_(kāi)_______．(2)已知x<eq\f(5,4)，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為_(kāi)_______．(3)函數(shù)y＝eq\f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值為_(kāi)_______．【答案】(1)eq\f(2,3)(2)1(3)2eq\r(3)＋2【解析】(1)x(4－3x)＝eq\f(1,3)×(3x)·(4－3x)≤eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3x＋4－3x,2)))2＝eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)3x＝4－3x，即x＝eq\f(2,3)時(shí)，取等號(hào)．故所求x的值為eq\f(2,3).(2)因?yàn)閤<eq\f(5,4)，所以5－4x>0，則f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2＋3＝1.當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝eq\f(1,5－4x)，即x＝1時(shí)，取等號(hào)．故f(x)＝4x－2＋eq\f(1,4x－5)的最大值為1.(3)y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f(x2－2x＋1＋2x－2＋3,x－1)＝eq\f(x－12＋2x－1＋3,x－1)＝(x－1)＋eq\f(3,x－1)＋2≥2eq\r(3)＋2.當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\f(3,x－1)，即x＝eq\r(3)＋1時(shí)，取等號(hào)．【變式4-1】已知x>1，則y＝eq\f(x2＋2,x－1)的最小值為．【解析】令x－1＝t(t>0)，則y＝eq\f(x2＋2,x－1)＝eq\f((t＋1)2＋2,t)＝t＋eq\f(3,t)＋2≥2eq\r(3)＋2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(3,t)，即t＝eq\r(3)，即x＝eq\r(3)＋1時(shí)，取等號(hào)，所以y的最小值為2eq\r(3)＋2.【變式4-2】（多題）下列函數(shù)中最小值為6的是（

）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根據(jù)基本不等式成立的條件“一正二定三相等”，逐一驗(yàn)證可得選項(xiàng).【詳解】解：對(duì)于A選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，故A不正確.對(duì)于B選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“”，故B正確.對(duì)于C選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取“”，故C正確.對(duì)于D選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即無(wú)解，故D不正確.故選：BC.方法總結(jié)：(1)應(yīng)用基本不等式求值域一定要注意應(yīng)用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所謂“一正”是指正數(shù)，“二定”是指應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，和或積為定值，“三相等”是指滿足等號(hào)成立的條件．如果不滿足等號(hào)的成立條件就用函數(shù)的單調(diào)性求解．(2)在利用基本不等式求最值時(shí)，要根據(jù)式子的特征靈活變形，配湊（或換元）出積、和為常數(shù)的形式，然后再利用基本不等式．考向五基本不等式中1的運(yùn)用【例5】若正數(shù)，滿足，則的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】（當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)），的最小值為.故選：C.【變式5-1】已知正實(shí)數(shù)x，y滿足x＋y＝1，則的最小值為_(kāi)_________．【答案】##【解析】由題意可知，＝＝＝＋＝（＋）（x＋y）＝4＋5＋＋≥9＋2＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝，時(shí)取等號(hào)，此時(shí)，故的最小值為．故答案為：【變式5-2】已知是正實(shí)數(shù)，函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，則的最小值為（

）A．B．9C．D．2【答案】B【分析】將代入，得到，的關(guān)系式，再應(yīng)用基本不等式“1”的代換求最小值即可．【詳解】由函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)，則，即．，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取到等號(hào)．故選：B．【變式5-3】正項(xiàng)等比數(shù)列中，成等差數(shù)列，且存在兩項(xiàng)使得，則的最小值是（

）A．2B．C．D．不存在【答案】B【分析】由等比數(shù)列通項(xiàng)公式及等差中項(xiàng)的性質(zhì)可得，進(jìn)而有，利用基本不等式“1”的代換求目標(biāo)式最小值，注意等號(hào)是否成立.【詳解】由題設(shè)，若公比為且，則，所以，由，則，故，可得，所以，而，故等號(hào)不成立，又，故當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，顯然，故時(shí)最小值為.故選：B方法總結(jié)：(1)利用常數(shù)“1”代換的方法構(gòu)造積為常數(shù)的式子，然后利用基本不等式求解最值．(2)“1”代換的方法可以求解形如【問(wèn)題2】中的“已知兩正數(shù)之和為定值，求兩數(shù)倒數(shù)和的最值”或“已知兩正數(shù)倒數(shù)之和為定值，求兩正數(shù)和的最值”問(wèn)題,是直接求解二元函數(shù)值域的一種方法．(3)解決問(wèn)題時(shí)關(guān)注對(duì)已知條件和所求目標(biāo)函數(shù)式的變形，使問(wèn)題轉(zhuǎn)化成可用“1”代換求解的模型考向六運(yùn)用消參法解決不等式問(wèn)題【例6】已知x＞0，y＞0，且x＋3y＝EQ\F(1,y)－EQ\F(1,x)，則y的最大值為()A．1B．EQ\F(1,2)C．2D．EQ\F(1,3)【答案】D【解析】由題意可知，x＋3y＝EQ\F(1,y)－EQ\F(1,x)，則x＋EQ\F(1,x)＝EQ\F(1,y)－3y，因?yàn)閤＞0，所以x＋EQ\F(1,x)＝EQ\F(1,y)－3y≥2EQ\R(,x·\F(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝EQ\F(1,x)，即x＝1時(shí)等號(hào)成立，即EQ\F(1,y)－3y≥2，又y＞0，所以可化為3y2＋2y－1≤0，解得0＜y≤EQ\F(1,3)，即y的最大值為EQ\F(1,3)，故答案選D．【變式6-1】已知正實(shí)數(shù)，滿足，則的最小值是______．【答案】【解析】，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)取等號(hào)．所以則的最小值是，故答案為：【變式6-2】已知，則_________．【答案】3【分析】利用基本不等式求得，從而可得，求解出值，代入即可得值.【詳解】因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以，即，得，所以，即，所以.故答案為：【變式6-3】已知，，，則的最小值為（

）A．13B．19C．21D．27【答案】D【解析】，當(dāng)且僅當(dāng)，即，b＝6時(shí)，等號(hào)成立，故的最小值為27，故選：D.【變式6-4】（多題）若，且，則下列不等式恒成立的是（

）A．B．C．D．【答案】BD【解析】因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，則或，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故AC錯(cuò)誤，D正確.對(duì)于B選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故B正確.故選：BD.方法總結(jié)：當(dāng)所求最值的代數(shù)式中的變量比較多時(shí)，通常是考慮利用已知條件消去部分變量后，湊出“和為常數(shù)”或“積為常數(shù)”，最后利用基本不等式求最值一元二次不等式及基本不等式隨堂檢測(cè)1.已知集合，則=A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查集合的交集和一元二次不等式的解法，滲透了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)．采取數(shù)軸法，利用數(shù)形結(jié)合的思想解題．【詳解】由題意得，，則．故選C．2.若不等式的解集為，則二次函數(shù)在區(qū)間上的最大值、最小值分別為（）A.-1，-7B.0，-8C.1，-1D.1，-7【答案】D【解析】的解集為，，1是方程的根，且，，，，則二次函數(shù)開(kāi)口向下，對(duì)稱軸，在區(qū)間上，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最大值1，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值.故選：D．3.在下列函數(shù)中，最小值為2的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，時(shí)，為負(fù)數(shù)，A錯(cuò)誤.對(duì)于B選項(xiàng)，，，，但不存在使成立，所以B錯(cuò)誤.對(duì)于C選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，C正確.對(duì)于D選項(xiàng)，，，，但不存在使成立，所以D錯(cuò)誤.故選：C4.已知，且，則的最小值為（

）A．B．C．D．【答案】D【解析】將代入，可得：（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得等號(hào)）故選：D.5.下列函數(shù)中最小值為4的是（

）A．B．C．D．【答案】C【解析】對(duì)于A，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以其最小值為，A不符合題意；對(duì)于B，因?yàn)?，，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，等號(hào)取不到，所以其最小值不為，B不符合題意；對(duì)于C，因?yàn)楹瘮?shù)定義域?yàn)?，而，，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以其最小值為，C符合題意；對(duì)于D，，函數(shù)定義域?yàn)?，而且，如?dāng)，，D不符合題意．故選：C．6.（多題）已知實(shí)數(shù)滿足，則下列結(jié)論正確的是（

）A．的最小值為16B．的最大值為9C．的最大值為9D．的最大值為【答案】AD【解析】因?yàn)?，則，；則，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)等號(hào)成立，故A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)椋?，則，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)等號(hào)成立，故的最小值為9，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)椋?，，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)等號(hào)成立，故D項(xiàng)正確.故選：AD.7.已知不等式的解集為，則不等式的解集為_(kāi)________.【答案】或.【解析】因?yàn)椴坏仁降慕饧癁椋詀<0且2和4是的兩根.所以可得：，所以可化為：，因?yàn)閍<0，所以可化為，即，解得：或，所以不等式的解集為或.故答案為：或.8.已知函數(shù)若對(duì)于任意，都有成立，則實(shí)數(shù)取值范圍是．【答案】.【解析】由題意可得對(duì)于上恒成立，即，解得.9.已知x≥1，則y＝eq\f(x2＋2,x＋1)的最小值為．【解析】令x＋1＝t(t≥2)，則y＝eq\f(x2＋2,x＋1)＝eq\f((t－1)2＋2,t)＝t＋eq\f(3,t)－2≥2eq\r(3)－2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(3,t)，即t＝eq\r(3)時(shí)，取等號(hào)．又因?yàn)閠≥2，根據(jù)對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可知當(dāng)t＝2，即x＝1時(shí)，y有最小值，即ymin＝2＋eq\f(3,2)－2＝eq\f(3,2).10.函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋3，a∈R.(1)當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)≥a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)x∈[－2，2]時(shí)，f(x)≥a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)a∈[4，6]時(shí)，f(x)≥0恒成立，求x的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)楫?dāng)x∈R時(shí)，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，所以Δ＝a2－4(3－a)≤0