2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第七章第一讲 不等关系与一元二次不等式
第七章 不等式
第一讲 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,a
1,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.下列说法中,正确的个数为( )
(1)若不等式ax2+bx+c<0的解集为(x1,x2),则必有a>0.
(2)若不等式ax2+bx+c>0的解集是( - ∞,x1)∪(x2,+∞),则方程ax2+bx+c=0的两个根是x1和x2.
(3)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.
(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.
(5)x-ax-b≥0⇔(x - a)(x - b)≥0(a≠b).
(6)(x+1)x-1≥0的解集为[1,+∞).
A.2 B.3 C.4 D.5
3.[2019全国卷Ⅱ,6,5分][理]若a>b,则( )
A.ln(a - b)>0 B.3a<3bC.a3 - b3>0 D.|a|>|b|
4.[2019全国卷Ⅱ,12,5分][理]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,10,5分]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,14,5分]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北京,14,5分][理]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北京,5,5分][理]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sinx -
siny=sinπ - sinπ2= - 1<0,排除B;对于选项D,取x=2,y=12,则lnx+lny=ln(xy)=ln1=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
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.
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].
解法二 (方程法)由f(-1)=a-b,f(1)=a+b,得a=12[f(-1)+f(1)],b=12[f(1)-f(-1)],
所以f ( - 2)=4a - 2b=3f ( - 1)+f (1).
又1≤f(-1)≤2,3≤f(1)≤4,所以6≤3f ( - 1)+f (1)≤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 .
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.B 由三个“二次”间的关系可知(1)(2)正确;对于(3),当a<0时,解集为∅,故(3)错误;对于(4),当a=b=c=0时也满足不等式在R上恒成立,故(4)错误;对于(5),等价符号的右侧缺少条件“x≠b”,故(5)错误;对于(6),解不等式可知(6)正确.故选B.
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.
