1、第一讲 不等关系与一元二次不等式,第七章 不等式,考情精解读,A考点帮知识全通关,目录 CONTENTS,命题规律,聚焦核心素养,考点1 不等关系 考点2 一元二次不等式的解法,考法1 不等式的性质的应用 考法2 一元二次不等式的解法及其应用 考法3 一元二次不等式的恒成立问题,B考法帮题型全突破,C方法帮素养大提升,方法 转化与划归思想在不等式中的应用,考情精解读,命题规律 聚焦核心素养,命题规律,1.命题分析预测 本讲是高考的热点,主要命题点有:(1)不等式的性质及应用,常以不等式为载体与函数相结合考查,注意不等式的等价变形;(2)不等式的解法,常与集合的基本运算相结合考查;(3)一元二次
2、不等式的恒成立问题,常与函数结合考查.一般以选择题和填空题的形式出现,难度不大. 2.学科核心素养 本讲通过不等式的性质、解法及应用考查考生的数学运算和逻辑推理素养,以及转化与化归思想的应用.,聚焦核心素养,A考点帮知识全通关,考点1 不等关系 考点2 一元二次不等式的解法,考点1 不等关系,1.两个实数比较大小的方法,2.不等式的性质,1.倒数性质 (1)ab,ab0 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).,思维拓展,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 (1)通过变形,化成标
3、准的一元二次不等式的形式(要求二次项系数为正且不等号右边为0). (2)求出相应的一元二次方程的根(有三种情况:=0,0). (3)画出对应二次函数的草图. (4)结合图形求不等式的解集.,分式不等式的解法 (1) () () 0f(x)g(x)0; (2) () () 0f(x)g(x)0; (3) () () 0 ()0, 0; (4) () () 0 ()0, 0;,思维拓展,2.三个“二次”间的关系,对于a0的情况可同理得出相应的结论.,(1)一元二次不等式ax2+bx+c0对任意实数x恒成立 0, 2 40. (2)一元二次不等式ax2+bx+c0对任意实数x恒成立 0, 2 40.
4、,规律总结,B考法帮题型全突破,理科数学 第七章：不等式,考法1 不等式的性质的应用 考法2 一元二次不等式的解法及其应用 考法3 一元二次不等式的恒成立问题,考法1 不等式的性质的应用,1.判断关于不等式的命题的真假示例1 2016北京,5,5分理已知x,yR,且xy0,则 A. 1 - 1 0 B.sinx-sin y0 C.( 1 2 )x-( 1 2 )y0,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 (取特殊值进行验证)由题意知,xy0,对于选项A,取x=1,y= 1 2 ,则 1 - 1 =1-2=-1y0,所以( 1 2 )x( 1 2 )y,即(
5、1 2 )x-( 1 2 )y0. 答案 C,感悟升华 判断关于不等式的命题的真假的方法 (1)直接运用不等式的性质:把要判断的命题和不等式的性质联系起来考虑,找到与命题相近的性质,然后进行推理判断. (2)利用函数的单调性:当直接利用不等式的性质不能比较大小时,可以利用指数函数、对数函数、幂函数等函数的单调性进行判断. (3)特殊值验证法:给要判断的几个式子中涉及的变量取一些特殊值,然后进行比较、判断.,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 .,思维导引,解析 因为二次函数y=f(x)的图象过原点,所以
6、可设y=f(x)=ax2+bx(a0),则 1 1 =2, 3 1 =+4. 解法一 (待定系数法)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. 解法二 (运用方程思想)由 1 =, 1 =+. 得= 1 2 1 + 1 , = 1 2 1 1 , 所以f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1).
7、 又所以63f(-1)+f(1)10, 即f(-2)的取值范围是6,10.,考法2 一元二次不等式的解法及其应用,示例3 求下列不等式的解集: (1)-x2+8x-30; (2)ax2-(a+1)x+10.,思维导引 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.,解析 (1)因为82-4(-1)(-3)=520,所以方程-x2+8x-3=0有两个不相等的实根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- 13 1.(最高次幂的系数与0的关系不定,要分类讨论) 若a0,解得x1. 若a0,则原不等式等价于(x- 1
8、 )(x-1)0,方程(x- 1 )(x-1)=0的两根分别为1, 1 .(两根之间的大小关系不定,要分类讨论) 当a=1时, 1 =1,(x- 1 )(x-1)1时, 1 1,由(x- 1 )(x-1)1;,当a=0时,原不等式的解集为x|x1;当01时,原不等式的解集为x| 1 x1.(下结论,参数取值不重不漏),示例4 关于x的一元二次不等式x2+ax+b0的解集为(-,-3)(1,+),则不等式ax2+bx-20的解集为 A.(-3,1) B.(-,- 1 2 )(2,+) C.(- 1 2 ,2) D.(-1,2),思维导引 根据一元二次不等式与其对应的一元二次方程的关系,先利用根与
9、系数的关系求出a,b的值,然后解所求不等式即可.,解析 由关于x的一元二次不等式x2+ax+b0的解集为(-,-3)(1,+), 可知方程x2+ax+b=0的两实数根分别为-3,1,(不等式的解集与方程的根的关系) 则 =3+1, =31. 解得 =2, =3. 所以不等式ax2+bx-20可化为2x2-3x-20,即(2x+1)(x-2)0,解得- 1 2 x2, 即所求不等式的解集为(- 1 2 ,2). 答案 C,方法总结 一元二次不等式的解法 (1)对于常系数一元二次不等式,可以用分解因式法或判别式法求解. (2)解含参数的一元二次不等式的步骤: 若二次项系数含有参数,则应先讨论参数是
10、等于0,小于0,还是大于0,然后将不等式转化为二次项系数为正的形式. 判断方程根的个数,讨论判别式与0的关系. 确定无根时可直接写出解集;确定方程有两个根时,要讨论两根的大小关系,从而确定不等式的解集.,拓展变式1(1)2018安徽五校联考关于x的不等式x2-(a+1)x+a0的解集中至多包含2个整数,则实数a的取值范围是 ( ) A.(-3,5) B.(-2,4) C.-3,5 D.-2,4 (2)若关于x的不等式x2+ax-c0的解集为x|-2x1,对于任意的t1,2,函数f(x)=ax3+(m+ 1 2 )x2-cx在区间(t,3)上总不是单调函数,则m的取值范围是( ) A.- 14
11、3 m-3 B.-3m-1 C.- 14 3 m-1 D.-3m0,解析 1.(1)D 不等式x2-(a+1)x+a1时,不等式的解集为x|1xa,因为不等式的解集中至多包含2个整数,此时最多包含整数2,3,所以a4.故此时a的取值范围为(1,4. 综上,实数a的取值范围为-2,1)1(1,4=-2,4.故选D.,(2)A 因为不等式x2+ax-c0的解集为x|-2x1, 所以 =2+1=1, =21=2, 即 =1, =2. 所以f(x)=ax3+(m+ 1 2 )x2-cx=x3+(m+ 1 2 )x2-2x, 所以f (x)=3x2+(2m+1)x-2. 又对任意的t1,2,函数f(x)
12、=x3+(m+ 1 2 )x2-2x在区间(t,3)上总不是单调函数,所以f (x)在(2,3)上有零点,所以f (2)f (3)0,即10+2(2m+1)25+3(2m+1)0,解得- 14 3 m-3.故选A.,考法3 一元二次不等式的恒成立问题,示例5 已知x(0,+)时,不等式9x-m3x+m+10恒成立,则m的取值范围是 A.2-2 2 m2+2 2 B.m2 C.m2+2 2 D.m2+2 2,思维导引 思路一 思路二,变量代换,所得不等式恒成立,对应二次函数在相应区间上的图象恒在横轴的上方,求得m的取值范围,分离参数,构造函数,求解,解析 解法一 (数形结合法)令t=3x(t1)
13、,则由已知得,函数f(t)=t2-mt+m+1在t(1,+)上的图象恒在t轴的上方,则对于f(t)0(t1),有=(-m)2-4(m+1)0,得m 9 +1 3 1 , 令f(x)= 9 +1 3 1 ,因为x(0,+),所以3x1,3x-10, 所以f(x)= 9 +1 3 1 =3x-1+ 2 3 1 +22 2 +2. 所以m2+2 2 . 答案 C,示例6 使不等式x2+(a-6)x+9-3a0(|a|1)恒成立的x的取值范围为 .,思维导引,不等式恒成立,以a为主元,化成关于a的一元一次不等式,根据一次函数的单调性求解,解析 (主参换位法)将原不等式整理为形式上是关于a的不等式(x-
14、3)a+x2-6x+90. 令f(a)=(x-3)a+x2-6x+9, 因为f(a)0在|a|1时恒成立,所以 (1)若x=3,则f(a)=0,不符合题意,舍去. (2)若x3,则由一次函数的单调性,可得 1 0, 1 0; 即 2 7+120, 2 5+60. 解得x4. 综上可知,使原不等式恒成立的x的取值范围是(-,2)(4,+).,拓展变式2 已知关于x的不等式2x-1m(x2-1). (1)是否存在实数m,使不等式对任意xR恒成立?并说明理由; (2)若对于m-2,2,不等式恒成立,求实数x的取值范围; (3)若对于x(1,+),不等式恒成立,求实数m的取值范围.,答案 2.(1)原
15、不等式等价于mx2-2x+(1-m)0, 当m=0时,-2x+10不恒成立, 当m0时,若mx2-2x+(1-m)0对于任意xR恒成立, 则m0且=4-4m(1-m)0,解得m, 所以不存在实数m,使不等式恒成立. (2)设f(m)=(x2-1)m-(2x-1), 当m-2,2时,f(m)0恒成立. 而f(m)在m-2,2时表示线段,当且仅当,(2) 1+ 7 2 . 取交集,得 1+ 7 2 x 1+ 3 2 . 所以x的取值范围是x| 1+ 7 2 x 1+ 3 2 .,(3)因为x1,所以m1),则x2-1= 2 +2t3 4 , 所以m0,所以m0.,C方法帮素养大提升,方法 转化与划
16、归思想在不等式中的应用,示例7 (1)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,bR)的值域为0,+),若关于x的不等式f(x)0恒成立,则实数a的取值范围是 .,方法 转化与划归思想在不等式中的应用,思维导引 (1)将函数的值域和不等式的解集转化为a,b,c的关系求解;(2)将恒成立问题转化为最值问题求解,解析 (1)由题意知f(x)=x2+ax+b=(x+ 2 )2+b- 2 4 . 因为f(x)的值域为0,+),所以b- 2 4 =0,即b= 2 4 . 所以f(x)=(x+ 2 )2. 又f(x)c,所以(x+ 2 )2c,即- 2 - x- 2 + . 所以 2 =, 2 + =+6. ,-,得2 =6,所以c=9. (2)当x1,+)时,f(x)= 2 +2+a 0恒成立,即x2+2x+a0恒成立. 即当x1时,a-(x2+2x)恒成立. 令g(x)=-(x2+2x)=-(x+1)2+1,则g(x)在1,+)上单调递减, 所以g(x)max=g(1)=-3,故a-3. 所以实数a的取值范围是a|a-3.,
