高中不等式教案

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)基本不等式及其應(yīng)用學(xué)案有答案。

學(xué)案36基本不等式及其應(yīng)用

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解基本不等式的證明過程.2.會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大(小)值問題．
自主梳理
1．基本不等式ab≤a＋b2
(1)基本不等式成立的條件：____________.
(2)等號(hào)成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)________時(shí)取等號(hào)．
2．幾個(gè)重要的不等式
(1)a2＋b2≥________(a，b∈R)．
(2)ba＋ab≥____(a，b同號(hào))．
(3)ab≤a＋b22(a，b∈R)．
(4)a＋b22____a2＋b22.
3．算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)
設(shè)a0，b0，則a，b的算術(shù)平均數(shù)為________，幾何平均數(shù)為________，基本不等式可敘述為：________________________________________________.
4．利用基本不等式求最值問題
已知x0，y0，則
(1)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)________時(shí)，x＋y有最____值是________(簡(jiǎn)記：積定和最小)．
(2)如果和x＋y是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)________時(shí)，xy有最____值是__________(簡(jiǎn)記：和定積最大)．
自我檢測(cè)
1．“ab0”是“aba2＋b22”的()
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
2．(2011南平月考)已知函數(shù)f(x)＝12x，a、b∈(0，＋∞)，A＝fa＋b2，B＝f(ab)，C＝f2aba＋b，則A、B、C的大小關(guān)系是()
A．A≤B≤CB．A≤C≤B
C．B≤C≤AD．C≤B≤A
3．下列函數(shù)中，最小值為4的函數(shù)是()
A．y＝x＋4x
B．y＝sinx＋4sinx(0xπ)
C．y＝ex＋4e－x
D．y＝log3x＋logx81
4．(2011大連月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝2x＋1x－1(x0)，則f(x)有最________值為________．
5．(2010山東)若對(duì)任意x0，xx2＋3x＋1≤a恒成立，則a的取值范圍為________________．
探究點(diǎn)一利用基本不等式求最值
例1(1)已知x0，y0，且1x＋9y＝1，求x＋y的最小值；
(2)已知x54，求函數(shù)y＝4x－2＋14x－5的最大值；

(3)若x，y∈(0，＋∞)且2x＋8y－xy＝0，求x＋y的最小值．

變式遷移1(2011重慶)已知a0，b0，a＋b＝2，則y＝1a＋4b的最小值是()
A.72B．4
C.92D．5
探究點(diǎn)二基本不等式在證明不等式中的應(yīng)用
例2已知a0，b0，a＋b＝1，求證：(1＋1a)(1＋1b)≥9.

變式遷移2已知x0，y0，z0.
求證：yx＋zxxy＋zyxz＋yz≥8.

探究點(diǎn)三基本不等式的實(shí)際應(yīng)用
例3(2011鎮(zhèn)江模擬)某單位用2160萬元購(gòu)得一塊空地，計(jì)劃在該空地上建造一棟至少10層，每層2000平方米的樓房．經(jīng)測(cè)算，如果將樓房建為x(x≥10)層，則每平方米的平均建筑費(fèi)用為560＋48x(單位：元)．
(1)寫出樓房平均綜合費(fèi)用y關(guān)于建造層數(shù)x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)該樓房應(yīng)建造多少層時(shí)，可使樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用最少？最少值是多少？
(注：平均綜合費(fèi)用＝平均建筑費(fèi)用＋平均購(gòu)地費(fèi)用，平均購(gòu)地費(fèi)用＝購(gòu)地總費(fèi)用建筑總面積)

變式遷移3(2011廣州月考)某國(guó)際化妝品生產(chǎn)企業(yè)為了占有更多的市場(chǎng)份額，擬在2012年英國(guó)倫敦奧運(yùn)會(huì)期間進(jìn)行一系列促銷活動(dòng)，經(jīng)過市場(chǎng)調(diào)查和測(cè)算，化妝品的年銷量x萬件與年促銷費(fèi)t萬元之間滿足3－x與t＋1成反比例，如果不搞促銷活動(dòng)，化妝品的年銷量只能是1萬件，已知2012年生產(chǎn)化妝品的設(shè)備折舊、維修等固定費(fèi)用為3萬元，每生產(chǎn)1萬件化妝品需再投入32萬元的生產(chǎn)費(fèi)用，若將每件化妝品的售價(jià)定為其生產(chǎn)成本的150%與平均每件促銷費(fèi)的一半之和，則當(dāng)年生產(chǎn)的化妝品正好能銷完．
(1)將2012年的利潤(rùn)y(萬元)表示為促銷費(fèi)t(萬元)的函數(shù)．
(2)該企業(yè)2012年的促銷費(fèi)投入多少萬元時(shí)，企業(yè)的年利潤(rùn)最大？
(注：利潤(rùn)＝銷售收入－生產(chǎn)成本－促銷費(fèi)，生產(chǎn)成本＝固定費(fèi)用＋生產(chǎn)費(fèi)用)
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1．a(chǎn)2＋b2≥2ab對(duì)a、b∈R都成立；a＋b2≥ab成立的條件是a，b∈R＋；ba＋ab≥2成立的條件是ab0，即a，b同號(hào)．
2．利用基本不等式求最值必須滿足一正、二定、三相等三個(gè)條件，并且和為定值時(shí)，積有最大值，積為定值時(shí)，和有最小值．
3．使用基本不等式求最值時(shí)，若等號(hào)不成立，應(yīng)改用單調(diào)性法．一般地函數(shù)y＝ax＋bx，當(dāng)a0，b0時(shí)，函數(shù)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函數(shù)；當(dāng)a0，b0時(shí)，函數(shù)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是減函數(shù)；當(dāng)a0，b0時(shí)函數(shù)在－ba，0，0，ba上是減函數(shù)，在－∞，－ba，ba，＋∞上是增函數(shù)；當(dāng)a0，b0時(shí)，可作如下變形：y＝－－ax＋－bx來解決最值問題．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．設(shè)a0，b0，若3是3a與3b的等比中項(xiàng)，則1a＋1b的最小值為()
A．8B．4C．1D.14
2．(2011鞍山月考)已知不等式(x＋y)1x＋ay≥9對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則正實(shí)數(shù)a的最小值為()
A．2B．4C．6D．8
3．已知a0，b0，則1a＋1b＋2ab的最小值是()
A．2B．22C．4D．5
4．一批貨物隨17列貨車從A市以akm/h的速度勻速直達(dá)B市，已知兩地鐵路線長(zhǎng)400km，為了安全，兩列車之間的距離不得小于a202km，那么這批貨物全部運(yùn)到B市，最快需要()
A．6hB．8hC．10hD．12h
5．(2011寧波月考)設(shè)x，y滿足約束條件3x－y－6≤0x－y＋2≥0x≥0，y≥0，若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a0，b0)的最大值為12，則2a＋3b的最小值為()
A.256B.83C.113D．4
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2010浙江)若正實(shí)數(shù)x，y滿足2x＋y＋6＝xy，則xy的最小值是________．
7．(2011江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過坐標(biāo)原點(diǎn)的一條直線與函數(shù)f(x)＝2x的圖象交于P，Q兩點(diǎn)，則線段PQ長(zhǎng)的最小值是________．
8．已知f(x)＝32x－(k＋1)3x＋2，當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)恒為正值，則k的取值范圍為__________________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(1)已知0x43，求x(4－3x)的最大值；
(2)點(diǎn)(x，y)在直線x＋2y＝3上移動(dòng)，求2x＋4y的最小值．

10．(12分)(2011長(zhǎng)沙月考)經(jīng)觀測(cè)，某公路段在某時(shí)段內(nèi)的車流量y(千輛/小時(shí))與汽車的平均速度v(千米/小時(shí))之間有函數(shù)關(guān)系y＝920vv2＋3v＋1600(v0)．
(1)在該時(shí)段內(nèi)，當(dāng)汽車的平均速度v為多少時(shí)車流量y最大？最大車流量為多少？
(2)為保證在該時(shí)段內(nèi)車流量至少為10千輛/小時(shí)，則汽車的平均速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？

11．(14分)某加工廠需定期購(gòu)買原材料，已知每千克原材料的價(jià)格為1.5元，每次購(gòu)買原材料需支付運(yùn)費(fèi)600元，每千克原材料每天的保管費(fèi)用為0.03元，該廠每天需要消耗原材料400千克，每次購(gòu)買的原材料當(dāng)天即開始使用(即有400千克不需要保管)．
(1)設(shè)該廠每x天購(gòu)買一次原材料，試寫出每次購(gòu)買的原材料在x天內(nèi)總的保管費(fèi)用y1關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)求該廠多少天購(gòu)買一次原材料才能使平均每天支付的總費(fèi)用y最小，并求出這個(gè)最小值．

學(xué)案36基本不等式及其應(yīng)用
自主梳理
1．(1)a0，b0(2)a＝b2.(1)2ab(2)2(4)≤
3.a＋b2ab兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)4.(1)x＝y(tǒng)小2p(2)x＝y(tǒng)大p24
自我檢測(cè)
1．A2.A3.C
4．大－22－15.[15，＋∞)
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引基本不等式的功能在于“和與積”的相互轉(zhuǎn)化，使用基本不等式求最值時(shí)，給定的形式不一定能直接適合基本不等式，往往需要拆添項(xiàng)或配湊因式(一般是湊和或積為定值的形式)，構(gòu)造出基本不等式的形式再進(jìn)行求解．基本不等式成立的條件是“一正、二定、三相等”，“三相等”就是必須驗(yàn)證等號(hào)成立的條件．
解(1)∵x0，y0，1x＋9y＝1，
∴x＋y＝(x＋y)1x＋9y
＝y(tǒng)x＋9xy＋10≥6＋10＝16.
當(dāng)且僅當(dāng)yx＝9xy時(shí)，上式等號(hào)成立，又1x＋9y＝1，
∴x＝4，y＝12時(shí)，(x＋y)min＝16.
(2)∵x54，∴5－4x0.
y＝4x－2＋14x－5＝－5－4x＋15－4x＋3
≤－25－4x15－4x＋3＝1，
當(dāng)且僅當(dāng)5－4x＝15－4x，
即x＝1時(shí)，上式等號(hào)成立，故當(dāng)x＝1時(shí)，ymax＝1.
(3)由2x＋8y－xy＝0，得2x＋8y＝xy，
∴2y＋8x＝1.
∴x＋y＝(x＋y)8x＋2y＝10＋8yx＋2xy
＝10＋24yx＋xy
≥10＋2×2×4yxxy＝18，
當(dāng)且僅當(dāng)4yx＝xy，即x＝2y時(shí)取等號(hào)．
又2x＋8y－xy＝0，∴x＝12，y＝6.
∴當(dāng)x＝12，y＝6時(shí)，x＋y取最小值18.
變式遷移1C[∵a＋b＝2，∴a＋b2＝1.
∴1a＋4b＝(1a＋4b)(a＋b2)＝52＋(2ab＋b2a)≥52＋22abb2a＝92(當(dāng)且僅當(dāng)2ab＝b2a，即b＝2a時(shí)，“＝”成立)，故y＝1a＋4b的最小值為92.]
例2解題導(dǎo)引“1”的巧妙代換在不等式證明中經(jīng)常用到，也會(huì)給解決問題提供簡(jiǎn)捷的方法．
在不等式證明時(shí)，列出等號(hào)成立的條件不僅是解題的必要步驟，而且也是檢驗(yàn)轉(zhuǎn)化是否有誤的一種方法．
證明方法一因?yàn)閍0，b0，a＋b＝1，
所以1＋1a＝1＋a＋ba＝2＋ba.
同理1＋1b＝2＋ab.
所以(1＋1a)(1＋1b)＝(2＋ba)(2＋ab)
＝5＋2(ba＋ab)≥5＋4＝9.
所以(1＋1a)(1＋1b)≥9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝12時(shí)等號(hào)成立)．
方法二(1＋1a)(1＋1b)＝1＋1a＋1b＋1ab
＝1＋a＋bab＋1ab＝1＋2ab，
因?yàn)閍，b為正數(shù)，a＋b＝1，
所以ab≤(a＋b2)2＝14，于是1ab≥4，2ab≥8，
因此(1＋1a)(1＋1b)≥1＋8＝9(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝12時(shí)等號(hào)成立)．
變式遷移2證明∵x0，y0，z0，
∴yx＋zx≥2yzx0，
xy＋zy≥2xzy0，
xz＋yz≥2xyz0.
∴yx＋zxxy＋zyxz＋yz
≥8yzxzxyxyz＝8.
當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝z時(shí)等號(hào)成立．
所以(yx＋zx)(xy＋zy)(xz＋yz)≥8.
例3解題導(dǎo)引1.用基本不等式解應(yīng)用題的思維程序?yàn)椋?br> 由題設(shè)寫出函數(shù)→變形轉(zhuǎn)化→利用基本不等式→求得最值→結(jié)論
2．在應(yīng)用基本不等式解決實(shí)際問題時(shí)，要注意以下四點(diǎn)：(1)先理解題意，設(shè)變量，一般把要求最值的變量定為函數(shù)；(2)建立相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式，把實(shí)際問題抽象為函數(shù)最值問題；(3)在定義域內(nèi)求函數(shù)最值；(4)正確寫出答案．
解(1)依題意得
y＝(560＋48x)＋2160×100002000x
＝560＋48x＋10800x(x≥10，x∈N*)．
(2)∵x0，∴48x＋10800x
≥248×10800＝1440，
當(dāng)且僅當(dāng)48x＝10800x，即x＝15時(shí)取到“＝”，
此時(shí)，平均綜合費(fèi)用的最小值為560＋1440＝2000(元)．
答當(dāng)該樓房建造15層時(shí)，可使樓房每平方米的平均綜合費(fèi)用最少，最少值為2000元．
變式遷移3解(1)由題意可設(shè)3－x＝kt＋1，
將t＝0，x＝1代入，得k＝2.∴x＝3－2t＋1.
當(dāng)年生產(chǎn)x萬件時(shí)，
∵年生產(chǎn)成本＝年生產(chǎn)費(fèi)用＋固定費(fèi)用，
∴年生產(chǎn)成本為32x＋3＝323－2t＋1＋3.
當(dāng)銷售x(萬件)時(shí)，年銷售收入為
150%323－2t＋1＋3＋12t.
由題意，生產(chǎn)x萬件化妝品正好銷完，由年利潤(rùn)＝年銷售收入－年生產(chǎn)成本－促銷費(fèi)，得年利潤(rùn)y＝－t2＋98t＋352t＋1(t≥0)．
(2)y＝－t2＋98t＋352t＋1＝50－t＋12＋32t＋1
≤50－2t＋12×32t＋1＝50－216＝42(萬元)，
當(dāng)且僅當(dāng)t＋12＝32t＋1，即t＝7時(shí)，ymax＝42，
∴當(dāng)促銷費(fèi)投入7萬元時(shí)，企業(yè)的年利潤(rùn)最大．
課后練習(xí)區(qū)
1．B[因?yàn)?a3b＝3，所以a＋b＝1，
1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab
≥2＋2baab＝4，當(dāng)且僅當(dāng)ba＝ab即a＝b＝12時(shí)，“＝”成立．]
2．B[不等式(x＋y)1x＋ay≥9對(duì)任意正實(shí)數(shù)x，y恒成立，則1＋a＋yx＋axy≥a＋2a＋1≥9，
∴a≥2或a≤－4(舍去)．
∴正實(shí)數(shù)a的最小值為4.]
3．C[因?yàn)?a＋1b＋2ab≥21ab＋2ab
＝21ab＋ab≥4，當(dāng)且僅當(dāng)1a＝1b且1ab＝ab，
即a＝b＝1時(shí)，取“＝”號(hào)．]
4．B[第一列貨車到達(dá)B市的時(shí)間為400ah，由于兩列貨車的間距不得小于a202km，所以第17列貨車到達(dá)時(shí)間為400a＋16a202a＝400a＋16a400≥8，當(dāng)且僅當(dāng)400a＝16a400，即a＝100km/h時(shí)成立，所以最快需要8h．]
5．A
6．18
解析由x0，y0,2x＋y＋6＝xy，得
xy≥22xy＋6(當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)時(shí)，取“＝”)，
即(xy)2－22xy－6≥0，
∴(xy－32)(xy＋2)≥0.
又∵xy0，∴xy≥32，即xy≥18.
故xy的最小值為18.
7．4
解析過原點(diǎn)的直線與f(x)＝2x交于P、Q兩點(diǎn)，則直線的斜率k0，設(shè)直線方程為y＝kx，由y＝kx，y＝2x，得x＝2k，y＝2k或x＝－2k，y＝－2k，
∴P(2k，2k)，Q(－2k，－2k)或P(－2k，－2k)，Q(2k，2k)．
∴|PQ|＝2k＋2k2＋2k＋2k2
＝22k＋1k≥4.
8．(－∞，22－1)
解析由f(x)0得32x－(k＋1)3x＋20，解得k＋13x＋23x，而3x＋23x≥22，∴k＋122，k22－1.
9．解(1)∵0x43，∴03x4.
∴x(4－3x)＝13(3x)(4－3x)≤133x＋4－3x22＝43，(4分)
當(dāng)且僅當(dāng)3x＝4－3x，即x＝23時(shí)，“＝”成立．
∴當(dāng)x＝23時(shí)，x(4－3x)的最大值為43.(6分)
(2)已知點(diǎn)(x，y)在直線x＋2y＝3上移動(dòng)，∴x＋2y＝3.
∴2x＋4y≥22x4y＝22x＋2y＝223＝42.
(10分)
當(dāng)且僅當(dāng)2x＝4y，x＋2y＝3，即x＝32，y＝34時(shí)，“＝”成立．
∴當(dāng)x＝32，y＝34時(shí)，2x＋4y的最小值為42.
(12分)
10．解(1)y＝920vv2＋3v＋1600＝920v＋1600v＋3≤
9202v×1600v＋3＝92083≈11.08.(4分)
當(dāng)v＝1600v，即v＝40千米/小時(shí)時(shí)，車流量最大，最大值為11.08千輛/小時(shí)(6分)
(2)據(jù)題意有920vv2＋3v＋1600≥10，(8分)
化簡(jiǎn)得v2－89v＋1600≤0，即(v－25)(v－64)≤0，
所以25≤v≤64.
所以汽車的平均速度應(yīng)控制在[25,64]這個(gè)范圍內(nèi)．
(12分)
11．解(1)每次購(gòu)買原材料后，當(dāng)天用掉的400千克原材料不需要保管費(fèi)，第二天用掉的400千克原材料需保管1天，第三天用掉的400千克原材料需保管2天，第四天用掉的400千克原材料需保管3天，…，第x天(也就是下次購(gòu)買原材料的前一天)用掉最后的400千克原材料需保管(x－1)天．
∴每次購(gòu)買的原材料在x天內(nèi)總的保管費(fèi)用
y1＝400×0.03×[1＋2＋3＋…＋(x－1)]
＝6x2－6x.(6分)
(2)由(1)可知，購(gòu)買一次原材料的總費(fèi)用為6x2－6x＋600＋1.5×400x，
∴購(gòu)買一次原材料平均每天支付的總費(fèi)用為
y＝1x(6x2－6x＋600)＋1.5×400＝600x＋6x＋594.(9分)
∴y≥2600x6x＋594＝714，(12分)
當(dāng)且僅當(dāng)600x＝6x，即x＝10時(shí)，取等號(hào)．
∴該廠10天購(gòu)買一次原材料可以使平均每天支付的總費(fèi)用y最小，且最小為714元．(14分)

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本堂課是《基本不等式及其應(yīng)用》的第一節(jié)課，在學(xué)生熟練掌握不等式性質(zhì)的前提下，介紹了兩個(gè)基本不等式及其初步應(yīng)用?；静坏仁绞墙窈髮W(xué)習(xí)諸如不等式證明、求函數(shù)最值等時(shí)的有力工具，因此牢固掌握這兩個(gè)基本不等式是十分重要的.

本堂課借助多媒體及教學(xué)軟件，采用以幾何圖形輔助代數(shù)知識(shí)講授，由數(shù)到形，再由形到數(shù)的設(shè)計(jì)思路，將兩個(gè)基本不等式的證明、解釋及其在應(yīng)用時(shí)的注意點(diǎn)穿插其中，并通過幾何解釋加強(qiáng)對(duì)基本不等式的感性認(rèn)識(shí)，從而達(dá)到較好的教學(xué)效果。整堂課主要采用“問題——思考——剖析——證明——應(yīng)用”的流程，讓學(xué)生通過思考問題、以及幾何圖形中面積或線段關(guān)系進(jìn)一步驗(yàn)證相應(yīng)的結(jié)論，然后再證明兩個(gè)基本不等式，最后再運(yùn)用基本不等式解決實(shí)際問題及求最值。

在用基本不等式解決最值時(shí)，學(xué)生往往容易忽視基本不等式使用的前提條件和等號(hào)成立的條件。在教學(xué)過程中，盡管借助辨誤的方式讓學(xué)生初步領(lǐng)會(huì)基本不等式成立的三個(gè)限制條件在解決最值問題中的作用，但是學(xué)生依然會(huì)忽視限制條件，尤其是忘記檢驗(yàn)等號(hào)取到時(shí)應(yīng)滿足的充要條件，因此，基本不等式成立的三個(gè)限制條件（一正二定三相等）將在第二課時(shí)重點(diǎn)學(xué)習(xí)與掌握。

在教學(xué)過程中始終“關(guān)注學(xué)生的思維發(fā)展”，通過對(duì)相應(yīng)例題的變式思考，培養(yǎng)學(xué)生自行探索、解決問題的能力。但是，由于學(xué)生剛剛接觸基本不等式，對(duì)于其結(jié)構(gòu)特點(diǎn)比較陌生，當(dāng)遇到符合相應(yīng)結(jié)構(gòu)特點(diǎn)的關(guān)系式時(shí)，暫時(shí)想不到運(yùn)用基本不等式解題，這時(shí)可以放手讓學(xué)生采用其它方法嘗試，然后引導(dǎo)學(xué)生運(yùn)用基本不等式解題，對(duì)比體現(xiàn)其優(yōu)點(diǎn)，加深學(xué)生對(duì)于基本不等式運(yùn)用的真實(shí)體驗(yàn)。

通過整堂課的教學(xué)，不僅要求學(xué)生對(duì)有關(guān)知識(shí)點(diǎn)的掌握，此外還對(duì)應(yīng)初步理解類比代換的數(shù)學(xué)方法有一定要求，并在公式的探求過程中，繼續(xù)領(lǐng)悟數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，逐步實(shí)現(xiàn)從知識(shí)結(jié)構(gòu)的學(xué)習(xí)層次向能力水平的提高層次進(jìn)行一定的轉(zhuǎn)變與提升。

基本不等式

教案課件是老師上課中很重要的一個(gè)課件，大家應(yīng)該要寫教案課件了。只有制定教案課件工作計(jì)劃，新的工作才會(huì)如魚得水！你們會(huì)寫適合教案課件的范文嗎？小編特地為您收集整理“基本不等式”，僅供您在工作和學(xué)習(xí)中參考。

第04講：基本不等式
高考《考試大綱》的要求：
①了解基本不等式的證明過程
②會(huì)用基本不等式解決簡(jiǎn)單的最大（?。┲祮栴}
（一）基礎(chǔ)知識(shí)回顧：
1.定理1.如果a,b,那么，（當(dāng)且僅當(dāng)_______時(shí)，等號(hào)成立）.
2.定理2（基本不等式）：如果a,b0,那么______________（當(dāng)且僅當(dāng)_______時(shí)，等號(hào)成立）.
稱_______為a,b的算術(shù)平均數(shù)，_____為a,b的幾何平均數(shù)?；静坏仁接址Q為________.
3.基本不等式的幾何意義是：_________不小于_________.如圖

4.利用基本不等式求最大（?。┲禃r(shí)，要注意的問題：（一“正”；二“定”；三“相等”）
即:（1）和、積中的每一個(gè)數(shù)都必須是正數(shù)；
（2）求積的最大值時(shí)，應(yīng)看和是否為定值；求和的最小值時(shí)，應(yīng)看積是否為定值，；
簡(jiǎn)記為：和定積最_____，積定和最______.
（3）只有等號(hào)能夠成立時(shí)，才有最值。
（二）例題分析：
例1．（2006陜西文）設(shè)x、y為正數(shù)，則有(x+y)(1x＋4y)的最小值為（）
A．15B．12C．9D．6

例2．函數(shù)的值域是_________________________.

例3（2001江西、陜西、天津文,全國(guó)文、理）設(shè)計(jì)一幅宣傳畫，要求畫面面積為4840cm2，畫面的寬與高的比為，畫面的上、下各有8cm空白，左、右各有5cm空白，怎樣確定畫面的高與寬尺寸，能使宣傳畫所用紙張的面積最?。?/p>

（三）基礎(chǔ)訓(xùn)練：
1.設(shè)且則必有()
(A)(B)
(C)(D)

2.（2004湖南理）設(shè)a＞0,b＞0，則以下不等式中不恒成立的是（）
（A）≥4（B）≥
（C）≥（D）≥
3.（2001春招北京、內(nèi)蒙、安徽文、理）若為實(shí)數(shù)，且，則的最小值是（）
（A）18（B）6（C）（D）

4.已知a,b,下列不等式中不正確的是（）
（A）（B）
（C）（D）
5．（2005福建文）下列結(jié)論正確的是（）
A．當(dāng)B．
C．的最小值為2D．當(dāng)無最大值

6.已知兩個(gè)正實(shí)數(shù)滿足關(guān)系式,則的最大值是_____________.

7.若且則中最小的一個(gè)是__________.

8.（2005北京春招文、理）經(jīng)過長(zhǎng)期觀測(cè)得到：在交通繁忙的時(shí)段內(nèi)，某公路段汽車的車流量（千輛/小時(shí)）與汽車的平均速度（千米/小時(shí)）之間的函數(shù)關(guān)系為：。
（1）在該時(shí)段內(nèi)，當(dāng)汽車的平均速度為多少時(shí)，車流量最大？最大車流量為多少？（精確到千輛/小時(shí)）
（2）若要求在該時(shí)段內(nèi)車流量超過10千輛/小時(shí)，則汽車站的平均速度應(yīng)在什么范圍內(nèi)？

（四）拓展訓(xùn)練：
1.(2000全國(guó)、江西、天津、廣東）若,P=,Q=,R=,則（）
（A）RPQ（B）PQR（C）QPR（D）PRQ

2．若正數(shù)a、b滿足ab=a+b+3，分別求ab與a+b的取值范圍。
參考答案
第04講：基本不等式
（二）例題分析：例1．C；例2．；
例3解：設(shè)畫面高為xcm，寬為λxcm，則λx2=4840．
設(shè)紙張面積為S，有S=(x＋16)(λx＋10)=λx2＋(16λ＋10)x＋160，
將代入上式，得．
當(dāng)時(shí)，即時(shí)，S取得最小值．
此時(shí)，高：，寬：．
答：畫面高為88cm，寬為55cm時(shí)，能使所用紙張面積最?。?br> （三）基礎(chǔ)訓(xùn)練：1.B；2.B；3.B；4.B5．B；6.2;7.
8.解：（Ⅰ）依題意，
（Ⅱ）由條件得
整理得v2－89v+16000,即（v－25）（v－64）0,解得25v64.
答：當(dāng)v=40千米/小時(shí)，車流量最大，最大車流量約為11.1千輛/小時(shí).如果要求在該時(shí)段內(nèi)車流量超過10千輛/小時(shí)，則汽車的平均速度應(yīng)大于25千米/小時(shí)且小于64千米/小時(shí)．

（四）拓展訓(xùn)練：1.B;
2．解：因?yàn)閍、b是正數(shù)，所以，即，
法一：令，則，由ab=a+b+3≥2+3，得，（t0）
解得t≥3,即，所以ab≥9,a+b=ab-3≥6.
法二：令，則由ab=a+b+3可知a+b+3=，得，（x0）
整理得，又x0，解得x≥6,即a+b≥6，所以ab=a+b+3≥9.

答：ab與a+b的取值范圍分別是與。

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)不等式的概念與性質(zhì)學(xué)案（帶答案）

第七章不等式、推理與證明
學(xué)案33不等式的概念與性質(zhì)
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解現(xiàn)實(shí)世界和日常生活中的不等關(guān)系，了解不等式(組)的實(shí)際背景.2.理解不等式的性質(zhì)，會(huì)應(yīng)用不等式的性質(zhì)解決與范圍有關(guān)的問題．
自主梳理
1．不等關(guān)系
不等關(guān)系與等量關(guān)系一樣，也是自然界中存在的基本數(shù)量關(guān)系，它們?cè)诂F(xiàn)實(shí)世界和日常生活中大量存在．不等關(guān)系可分為常量與________間的不等關(guān)系(如30)，變量與________間的不等關(guān)系(如x5)，函數(shù)與________之間的不等關(guān)系(如x2＋1≥2x)等．
2．不等式
用________(如“”“”“≤”“≥”等)連接兩個(gè)代數(shù)式而成的式子叫做不等式，其中用“”或“”連接的不等式叫做嚴(yán)格不等式；用“≤”“≥”連接的不等式叫做非嚴(yán)格不等式．不等式可分為絕對(duì)不等式(不論用什么實(shí)數(shù)代替不等式中的字母，不等式都能成立)、條件不等式(只有用某些范圍內(nèi)的實(shí)數(shù)代替不等式中的字母，不等式才能夠成立)、矛盾不等式(不論用什么樣的實(shí)數(shù)代替不等式中的字母，不等式都不能成立)．
3．兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的比較
(1)作差法：設(shè)a，b∈R，則aba－b0，aba－b0，這是比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小和運(yùn)用比較法的依據(jù)．
(2)作商法：依據(jù)：設(shè)a0，b0，則ab__________，
abab1.
4．不等式的性質(zhì)
(1)對(duì)稱性：ab________；
(2)傳遞性：ab，bc________；
(3)加法性質(zhì)：ab________；
推論：ab，cd________；
(4)乘法性質(zhì)：ab，c0________；
推論：ab0，cd0________；
(5)乘方性質(zhì)：ab0________________________；
(6)開方性質(zhì)：ab0________________________；
(7)倒數(shù)性質(zhì)：ab，ab0________________.
自我檢測(cè)
1．(2011大綱全國(guó))下面四個(gè)條件中，使ab成立的充分而不必要的條件是()
A．a(chǎn)b＋1B．a(chǎn)b－1
C．a(chǎn)2b2D．a(chǎn)3b3
2．若a，b是任意實(shí)數(shù)，且ab，則()
A．a(chǎn)2b2B.ba1
C．lg(a－b)0D.12a12b
3．(2011青島模擬)設(shè)a0，b0，則以下不等式中不一定成立的是()
A．a(chǎn)b＋ba≥2
B．ln(ab＋1)0
C．a(chǎn)2＋b2＋2≥2a＋2b
D．a(chǎn)3＋b3≥2ab2
4．(2011上海)若a，b∈R，且ab0，則下列不等式中，恒成立的是()
A．a(chǎn)2＋b22abB．a(chǎn)＋b≥2ab
C.1a＋1b2abD.ba＋ab≥2
5．(2010安徽)若a0，b0，a＋b＝2，則下列不等式對(duì)一切滿足條件的a，b恒成立的是________(寫出所有正確命題的序號(hào))．
①ab≤1；②a＋b≤2；③a2＋b2≥2；④a3＋b3≥3；⑤1a＋1b≥2.
探究點(diǎn)一數(shù)與式的大小比較

例1(1)設(shè)xy0，試比較(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大小；
(2)已知a，b，c∈{正實(shí)數(shù)}，且a2＋b2＝c2，當(dāng)n∈N，n2時(shí)，比較cn與an＋bn的大?。?/p>

變式遷移1已知a2，b2，試比較a＋b與ab的大小．

探究點(diǎn)二不等式性質(zhì)的簡(jiǎn)單應(yīng)用

例2下面的推理過程
abacbccdbcbdacbdadbc，其中錯(cuò)誤之處的個(gè)數(shù)是()
A．0B．1C．2D．3
變式遷移2(2011許昌月考)若ab0，則下列不等式中不成立的是()
A.1a1bB.1a－b1a
C．|a||b|D．a(chǎn)2b2
探究點(diǎn)三求字母或代數(shù)式范圍問題
例3(1)已知12a60,15b36，求a－b及ab的取值范圍．
(2)設(shè)f(x)＝ax2＋bx,1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范圍．

變式遷移3(1)已知－π2≤α≤π2，0≤β≤π，則2α－β2的范圍為________．
(2)(2010遼寧)已知－1x＋y4且2x－y3，則z＝2x－3y的取值范圍為________．(答案用區(qū)間表示)
1．?dāng)?shù)或式的大小比較常見的思路：一是采用作差(或作商)比較法；二是直接應(yīng)用不等式的性質(zhì)或基本不等式；三是利用函數(shù)的單調(diào)性．在不等關(guān)系的判斷及數(shù)或式的大小比較過程中等價(jià)轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵．
2．由M1f1(a，b)N1和M2f2(a，b)N2，求g(a，b)的取值范圍，固然要將已知兩個(gè)不等式相加，但不等式相加的次數(shù)應(yīng)盡可能少，以免將取值范圍擴(kuò)大．這時(shí)可以用所謂的“線性相關(guān)值”，令g(a，b)＝pf1(a，b)＋qf2(a，b)，用恒等關(guān)系求出待定系數(shù)p，q，于是一次相加，便可求到所需要的范圍．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011開封調(diào)研)已知a、b、c滿足cba，且ac0，那么下列選項(xiàng)中一定成立的是()
A．a(chǎn)bacB．c(b－a)0
C．cb2ab2D．a(chǎn)c(a－c)0
2．若ab0，則下列不等式中恒成立的是()
A．bab＋1a＋1B．a(chǎn)＋1ab＋1b
C．a(chǎn)＋1bb＋1aD.2a＋ba＋2bab
3．(2011金華模擬)已知ab，則下列不等式一定成立的是()
A．lgalgbB．a(chǎn)2b2
C.1a1bD．2a2b
4．(2011舟山七校聯(lián)考)若ab0，則下列結(jié)論中正確的是()
A.1a1b和1|a|1|b|均不能成立
B.1a－b1b和1|a|1|b|均不能成立
C．不等式1a－b1a和a＋1b2b＋1a2均不能成立
D．不等式1|a|1|b|和a＋1b2b＋1a2均不能成立
5．已知三個(gè)不等式：ab0，bc－ad0，ca－db0(其中a，b，c，d均為實(shí)數(shù))，用其中兩個(gè)不等式作為條件，余下的一個(gè)不等式作為結(jié)論組成一個(gè)命題，可組成的正確命題的個(gè)數(shù)是()
A．0B．1C．2D．3
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．若xy1，且0a1，則①axay；②logaxlogay；③x－ay－a；④logxalogya.
其中不成立的個(gè)數(shù)是________．
7．(2011東莞月考)當(dāng)a0b，cd0時(shí)，給出以下三個(gè)結(jié)論：①adbc；②a＋c2b＋d2；③b－cd－c.其中正確命題的序號(hào)是________．
8．已知－π2≤αβ≤π2，則α＋β2的取值范圍是________；α－β2的取值范圍是______________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011陽江月考)已知a＋b0，試比較ab2＋ba2與1a＋1b.

10．(12分)比較aabb與abba(a，b為不相等的正數(shù))的大小．

11．(14分)已知a0，a2－2ab＋c2＝0，bca2.試比較a，b，c的大?。?/p>

學(xué)案33不等式的概念與性質(zhì)
自主梳理
1．常量常量函數(shù)2.不等號(hào)3.(2)ab14.(1)ba(2)ac(3)a＋cb＋ca＋cb＋d(4)acbcacbd(5)anbn(n∈N且n≥2)(6)nanb(n∈N且n≥2)
(7)1a1b
自我檢測(cè)
1．A2.D3.D4.D
5．①③⑤
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引比較大小有兩種基本方法：
(1)作差法步驟：作差——變形——判斷差的符號(hào)．作商法的步驟：作商——變形——判斷商與1的大小．(2)兩種方法的關(guān)鍵是變形．常用的變形技巧有因式分解、配方、有理化等，也可以等價(jià)轉(zhuǎn)化為易于比較大小的兩個(gè)代數(shù)式來達(dá)到目的．
解(1)方法一(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)，
∵xy0，∴xy0，x－y0.
∴－2xy(x－y)0.
∴(x2＋y2)(x－y)(x2－y2)(x＋y)．
方法二∵xy0，
∴x－y0，x2y2，x＋y0.
∴(x2＋y2)(x－y)0，(x2－y2)(x＋y)0.
∴0x2＋y2x－yx2－y2x＋y＝x2＋y2x2＋y2＋2xy1.
∴(x2＋y2)(x－y)(x2－y2)(x＋y)．
(2)∵a，b，c∈{正實(shí)數(shù)}，∴an，bn，cn0.
而an＋bncn＝acn＋bcn.
∵a2＋b2＝c2，則ac2＋bc2＝1，
∴0ac1,0bc1.
∵n∈N，n2，
∴acnac2，bcnbc2.
∴an＋bncn＝acn＋bcna2＋b2c2＝1.
∴an＋bncn.
變式遷移1解方法一(作差法)
ab－(a＋b)＝(a－1)(b－1)－1，
∵a2，b2，∴a－11，b－11.
∴(a－1)(b－1)－10.
∴ab－(a＋b)0.
∴aba＋b.
方法二(作商法)∵a＋bab＝1b＋1a，
且a2，b2，∴1a12，1b12.
∴1b＋1a12＋12＝1.
∴a＋bab1.又∵ab40，∴a＋bab.
例2D[由abacbc，cdbcbd都是對(duì)不等式兩邊同乘一實(shí)數(shù)，只有當(dāng)該實(shí)數(shù)為正數(shù)時(shí)，不等號(hào)才不改變方向，故這兩步都錯(cuò)誤；由于不等式具有傳遞性，所以得出acbd是正確的，由acbdadbc是對(duì)不等式acbd兩邊同除cd，由于不知cd的正、負(fù)，故這一步也是錯(cuò)誤的．]
變式遷移2B[∵ab0，∴ab0.
取倒數(shù)，則有1a1b，選項(xiàng)A正確．
∵ab0，∴|a||b|和a2b2兩個(gè)不等式均成立，選項(xiàng)C、D正確．
對(duì)于B，1a－b－1a＝baa－b，
又∵ab0，∴a－b0.∴baa－b0，
即1a－b1a.∴選項(xiàng)B不成立．]
例3解題導(dǎo)引第(2)題中，由于f(x)＝ax2＋bx，所以f(－2)、f(－1)和f(1)都是關(guān)于a，b的代數(shù)式，由于已知f(－1)、f(1)的范圍，因此利用待定系數(shù)法表示出f(－2)，通過等式兩邊a、b系數(shù)相等求出待定系數(shù)，然后通過f(－1)、f(1)的范圍求出f(－2)的范圍．本題也可用線性規(guī)劃求解，即已知條件可化為1≤a－b≤2，2≤a＋b≤4，求的是z＝4a－2b的范圍．
解(1)∵15b36，∴－36－b－15.
∴12－36a－b60－15，即－24a－b45.
又1361b115，∴1236ab6015.
∴13ab4.
(2)方法一由f－1＝a－bf1＝a＋b，
得a＝12[f－1＋f1]，b＝12[f1－f－1].
∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，
故5≤f(－2)≤10.
方法二設(shè)f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)，
則4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b，
∴m＋n＝4，n－m＝－2，解得m＝3，n＝1.
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)，
∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
∴5≤f(－2)≤10，
∴f(－2)的取值范圍是[5,10]．
變式遷移3(1)[－3π2，π](2)(3,8)
解析(1)由－π2≤α≤π2
－π≤2α≤π，
由0≤β≤π－π2≤－β2≤0，
兩不等式相加得：－3π2≤2α－β2≤π.
所以2α－β2的范圍為－3π2，π.
(2)設(shè)2x－3y＝λ(x＋y)＋μ(x－y)＝(λ＋μ)x＋(λ－μ)y，對(duì)應(yīng)系數(shù)相等，
則λ＋μ＝2λ－μ＝－3λ＝－12，μ＝52，
從而2x－3y＝－12(x＋y)＋52(x－y)∈(3,8)．
課后練習(xí)區(qū)
1．A[由cba，且ac0，知a0，c0，但b的符號(hào)不確定，b可能為0，故C錯(cuò)誤．
由bcabac，b可能為0，故A正確．
bab－a0又c0c(b－a)0，故B錯(cuò)誤．
aca－c0又ac0ac(a－c)0，故D錯(cuò)誤．]
2．C[∵ab0，∴ab0，∴1b1a.
∴a＋1bb＋1a.故選C.]
3．D[只有指數(shù)函數(shù)y＝2x在R上為增函數(shù)，所以D正確．而A、C顯然不是對(duì)于一切實(shí)數(shù)都成立的，B的等價(jià)條件是|a||b|，顯然也錯(cuò)誤．]
4．D[∵ab0，∴a－b0.1a－b－1b＝2b－aa－bb，2b－a的正負(fù)不確定，即1a－b1b有可能成立；又∵ab0，
∴|a||b|0，則有1|a|1|b|，即1|a|1|b|不成立．]
5．D[①由ab0，bc－ad0，即bcad，
得cadb，即ca－db0；
②由ab0，ca－db0，即cadb，
得bcad，即bc－ad0；
③由bc－ad0，ca－db0，
即bc－adab0，得ab0；
故可組成3個(gè)正確的命題．]
6．3
解析∵xy1,0a1，∴axay，logaxlogay，
故①成立，②不成立．
∵xaya0，∴x－ay－a，③不成立．
又logaxlogay0，∴1logax1logay.
即logxalogya，∴④也不成立．
7．①②
解析∵ad0，bc0，∴adbc，故①正確；
又∵cd0，∴c2d20.
由已知ab，同向不等式相加得a＋c2b＋d2，故②正確；
對(duì)于結(jié)論③，d－c0，b－c的正、負(fù)不確定，故③不正確．
8.－π2，π2－π2，0
解析∵－π2≤απ2，－π2β≤π2，
∴－πα＋βπ，∴－π2α＋β2π2.
∵－π2≤－βπ2，
∴－π≤α－βπ，∴－π2≤α－β2π2.
又∵α－β0，∴－π2≤α－β20.
9．解ab2＋ba2－1a＋1b＝a－bb2＋b－aa2
＝(a－b)1b2－1a2＝a＋ba－b2a2b2.(6分)
∵a＋b0，(a－b)2≥0，∴a＋ba－b2a2b2≥0.
∴ab2＋ba2≥1a＋1b.(12分)
10．解aabbabba＝aa－bbb－a＝aba－b，(4分)
當(dāng)ab0時(shí)，ab1，a－b0，
∴aba－b1；(8分)
當(dāng)0ab時(shí)，ab1，a－b0，
∴aba－b1.(11分)
綜上所述，當(dāng)a，b為不相等的正數(shù)時(shí)，總有aabbabba.
(12分)
11．解∵bca20，∴b，c同號(hào)．(2分)
又a2＋c20，a0，∴b＝a2＋c22a0.
∴c0.(4分)
由(a－c)2＝2ab－2ac＝2a(b－c)≥0，
∴b－c≥0.(6分)
當(dāng)b－c0，即bc時(shí)，
由b＝a2＋c22abca2a2＋c22aca2(a－c)(2a2＋ac＋c2)0.
∵a0，b0，c0，∴2a2＋ac＋c20.
∴a－c0，即ac，則acb.(10分)
當(dāng)b－c＝0，即b＝c時(shí)，
∵bca2，∴b2a2，即b≠a.
又∵a2－2ab＋c2＝(a－b)2＝0a＝b與a≠b矛盾，
∴b－c≠0.綜上，可知acb.(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)一元二次不等式及其解法學(xué)案含答案

學(xué)案34一元二次不等式及其解法

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.會(huì)從實(shí)際情境中抽象出一元二次不等式模型.2.通過函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)的二次函數(shù)、一元二次方程的聯(lián)系.3.會(huì)解一元二次不等式，對(duì)給定的一元二次不等式，會(huì)設(shè)計(jì)求解的程序框圖．
自主梳理
1．一元二次不等式的定義
只含有一個(gè)未知數(shù)，且未知數(shù)的最高次數(shù)是____的不等式叫一元二次不等式．
2．二次函數(shù)的圖象、一元二次方程的根與一元二次不等式的解集之間的關(guān)系

判別式
Δ＝b2－4acΔ0Δ＝0Δ0
二次函數(shù)
y＝ax2＋bx
＋c(a0)
的圖象

一元二次方程
ax2＋bx＋c＝0
(a0)的根有兩相異實(shí)根
x1,2＝
－b±b2－4ac2a
(x1x2)有兩相等實(shí)根
x1＝x2
＝________沒有實(shí)根
一元二
次不等
式ax2
＋bx＋
c0
的解集a0{x|xx1，
或xx2}{x|x≠____}______
a0{x|x1xx2}________
自我檢測(cè)
1．(2011廣州模擬)已知p：關(guān)于x的不等式x2＋2ax－a0的解集是R，q：－1a0，則p是q的()
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
2．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－4x＋6，x≥0，x＋6，x0，則不等式f(x)f(1)的解集是()
A．(－3,1)∪(3，＋∞)B．(－3,1)∪(2，＋∞)
C．(－1,1)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(1,3)
3．已知不等式x2－2x－30的解集為A，不等式x2＋x－60的解集是B，不等式x2＋ax＋b0的解集是A∩B，那么a＋b等于()
A．－3B．1C．－1D．3
4．(2011廈門月考)已知f(x)＝ax2－x－c0的解集為(－3,2)，則y＝f(－x)的圖象是()
5．當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，不等式x2＋mx＋40恒成立，則m的取值范圍為________________.
探究點(diǎn)一一元二次不等式的解法
例1解下列不等式：
(1)－x2＋2x－230；

(2)9x2－6x＋1≥0.

變式遷移1解下列不等式：
(1)2x2＋4x＋30；
(2)－3x2－2x＋8≤0；
(3)8x－1≥16x2.

探究點(diǎn)二含參數(shù)的一元二次不等式的解法
例2已知常數(shù)a∈R，解關(guān)于x的不等式ax2－2x＋a0.

變式遷移2解關(guān)于x的不等式ax2－(a＋1)x＋10.

探究點(diǎn)三一元二次不等式恒成立問題
例3(2011巢湖月考)已知f(x)＝x2－2ax＋2(a∈R)，當(dāng)x∈[－1，＋∞)時(shí)，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍．

變式遷移3(1)關(guān)于x的不等式4x＋mx2－2x＋32對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
(2)若不等式x2＋px4x＋p－3對(duì)一切0≤p≤4均成立，試求實(shí)數(shù)x的取值范圍．
轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用
例(12分)已知不等式ax2＋bx＋c0的解集為(α，β)，且0αβ，求不等式cx2＋bx＋a0的解集．
【答題模板】
解由已知不等式的解集為(α，β)可得a0，
∵α，β為方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，
∴由根與系數(shù)的關(guān)系可得ba＝－α＋β0，①ca＝αβ0.②[4分]
∵a0，∴由②得c0，[5分]
則cx2＋bx＋a0可化為x2＋bcx＋ac0.[6分]
①÷②，得bc＝－α＋βαβ＝－1α＋1β0，由②得ac＝1αβ＝1α1β0，
∴1α、1β為方程x2＋bcx＋ac＝0的兩根．[10分]
∵0αβ，∴不等式cx2＋bx＋a0的解集為{x|x1β或x1α}．[12分]
【突破思維障礙】
由ax2＋bx＋c0的解集是一個(gè)開區(qū)間，結(jié)合不等式對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖象知a0，要求cx2＋bx＋a0的解集首先需要判斷二次項(xiàng)系數(shù)c的正負(fù)，由方程根與系數(shù)關(guān)系知ca＝αβ0，因a0，∴c0，從而知道cx2＋bx＋a0的解集是x大于大根及小于小根對(duì)應(yīng)的兩個(gè)集合．要想求出解集，需用已知量α，β代替參數(shù)c、b、a，需對(duì)不等式cx2＋bx＋a0兩邊同除c或a，用α、β代替后，就不難找到要求不等式對(duì)應(yīng)方程的兩根，從而求出不等式的解集．本題較好地體現(xiàn)了三個(gè)“二次”之間的相互轉(zhuǎn)化．
1．三個(gè)“二次”的關(guān)系：二次函數(shù)是主體，一元二次方程和一元二次不等式分別為二次函數(shù)的函數(shù)值為零和不為零的兩種情況，一般討論二次函數(shù)常將問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程和一元二次不等式來研究，而討論一元二次方程和一元二次不等式又常與相應(yīng)的二次函數(shù)相聯(lián)系，通過二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)來解決．一元二次不等式解集的端點(diǎn)值就是相應(yīng)的一元二次方程的根，也是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，即二次函數(shù)的零點(diǎn)．
2．解含參數(shù)的一元二次不等式的步驟：解含參數(shù)的一元二次不等式可按如下步驟進(jìn)行：1°二次項(xiàng)若含有參數(shù)應(yīng)討論參數(shù)是等于0、小于0、還是大于0.然后將不等式轉(zhuǎn)化為二次項(xiàng)系數(shù)為正的形式.2°判斷方程的根的個(gè)數(shù)，討論判別式Δ與0的關(guān)系.3°確定無根時(shí)可直接寫出解集，確定方程有兩個(gè)根時(shí)，要討論兩根的大小關(guān)系，從而確定解集的形式．
3．不等式恒成立問題：不等式恒成立，即不等式的解集為R，一元二次不等式ax2＋bx＋c0(a≠0)恒成立的條件是a0，Δ＝b2－4ac0；ax2＋bx＋c0(a≠0)恒成立的條件是a0，Δ＝b2－4ac0.
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．函數(shù)y＝的定義域是()
A．[－2，－1)∪(1，2]B．[－2，－1]∪(1，2)
C．[－2，－1)∪(1,2]D．(－2，－1)∪(1,2)
2．(2010撫順模擬)已知集合P＝{x|x＋1x－10}，集合Q＝{x|x2＋x－2≥0}，則x∈Q是x∈P的()
A．充分條件但不是必要條件
B．必要條件但不是充分條件
C．充要條件
D．既不充分又不必要條件
3．(2011銀川模擬)已知集合M＝{x|x2－2008x－20090}，N＝{x|x2＋ax＋b≤0}，若M∪N＝R，M∩N＝(2009，2010]，則()
A．a(chǎn)＝2009，b＝－2010B．a(chǎn)＝－2009，b＝2010
C．a(chǎn)＝2009，b＝2010D．a(chǎn)＝－2009，b＝－2010
4．若(m＋1)x2－(m－1)x＋3(m－1)0對(duì)任何實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()
A．m1B．m－1
C．m－1311D．m1或m－1311
5．(創(chuàng)新題)已知a1a2a30，則使得(1－aix)21(i＝1,2,3)都成立的x的取值范圍是()
A.0，1a1B.0，2a1
C.0，1a3D.0，2a3
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．在R上定義運(yùn)算：xy＝x(1－y)，若不等式(x－a)(x＋a)1對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則a的取值范圍為________．
7．已知函數(shù)f(x)＝log2x，x0，x2，x≤0，則滿足f(x)1的x的取值范圍為______________．
8．(2011泉州月考)
已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)y＝f′(x)的圖象如右圖所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，則不等式f(x2－6)1的解集為__________________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)解關(guān)于x的不等式x－ax－a20(a∈R)．

10．(12分)若不等式ax2＋bx＋c≥0的解集是x|－13≤x≤2，求不等式cx2＋bx＋a0的解集．

11．(14分)(2011煙臺(tái)月考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋3.
(1)當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍；
(2)當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，f(x)≥a恒成立，求a的取值范圍．

學(xué)案34一元二次不等式及其解法
自主梳理
1．22.－b2a－b2aR
自我檢測(cè)
1．C2.A3.A4.D
5．(－∞，－5]
解析記f(x)＝x2＋mx＋4，根據(jù)題意得
Δ＝m2－160，f1≤0，f2≤0，解得m≤－5.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引解一元二次不等式的一般步驟
(1)對(duì)不等式變形，使一端為0且二次項(xiàng)系數(shù)大于0，即ax2＋bx＋c0(a0)，ax2＋bx＋c0(a0)．
(2)計(jì)算相應(yīng)的判別式．
(3)當(dāng)Δ≥0時(shí)，求出相應(yīng)的一元二次方程的根．
(4)根據(jù)對(duì)應(yīng)二次函數(shù)的圖象，寫出不等式的解集．
解(1)兩邊都乘以－3，得3x2－6x＋20，
因?yàn)?0，且方程3x2－6x＋2＝0的解是
x1＝1－33，x2＝1＋33，
所以原不等式的解集是{x|1－33x1＋33}．
(2)∵不等式9x2－6x＋1≥0，
其相應(yīng)方程9x2－6x＋1＝0，
Δ＝(－6)2－4×9＝0，
∴上述方程有兩相等實(shí)根x＝13，
結(jié)合二次函數(shù)y＝9x2－6x＋1的圖象知，原不等式的解集為R.
變式遷移1解(1)∵不等式2x2＋4x＋30可轉(zhuǎn)化為
2(x＋1)2＋10，而2(x＋1)2＋10，
∴2x2＋4x＋30的解集為.
(2)兩邊都乘以－1，得3x2＋2x－8≥0，
因?yàn)?0，且方程3x2＋2x－8＝0的解是
x1＝－2，x2＝43，
所以原不等式的解集是(－∞，－2]∪[43，＋∞)．
(3)原不等式可轉(zhuǎn)化為16x2－8x＋1≤0，
即(4x－1)2≤0，
∴原不等式的解集為{14}．
例2解題導(dǎo)引(1)含參數(shù)的一元二次不等式，若二次項(xiàng)系數(shù)為常數(shù)，可先考慮分解因式，再對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論；若不易因式分解，則可對(duì)判別式進(jìn)行分類討論，分類要不重不漏．
(2)若二次項(xiàng)系數(shù)為參數(shù)，則應(yīng)先考慮二次項(xiàng)是否為零，然后再討論二次項(xiàng)系數(shù)不為零時(shí)的情形，以便確定解集的形式．
(3)其次對(duì)方程的根進(jìn)行討論，比較大小，以便寫出解集．
解上述不等式不一定為一元二次不等式，當(dāng)a＝0時(shí)為一元一次不等式，當(dāng)a≠0時(shí)為一元二次不等式，故應(yīng)對(duì)a進(jìn)行討論，然后分情況求解．
(1)a＝0時(shí)，解為x0.
(2)a0時(shí)，Δ＝4－4a2.
①當(dāng)Δ0，即0a1時(shí)，
方程ax2－2x＋a＝0的兩根為1±1－a2a，
∴不等式的解集為{x|1－1－a2ax1＋1－a2a}．
②當(dāng)Δ＝0，即a＝1時(shí)，x∈；
③當(dāng)Δ0，即a1時(shí)，x∈.
(3)當(dāng)a0時(shí)，
①Δ0，即－1a0時(shí)，
不等式的解集為{x|x1＋1－a2a或x1－1－a2a}．
②Δ＝0，即a＝－1時(shí)，不等式化為(x＋1)20，
∴解為x∈R且x≠－1.
③Δ0，即a－1時(shí)，x∈R.
綜上所述，當(dāng)a≥1時(shí)，原不等式的解集為；
當(dāng)0a1時(shí)，解集為
{x|1－1－a2ax1＋1－a2a}；
當(dāng)a＝0時(shí)，解集為{x|x0}；
當(dāng)－1a0時(shí)，解集為
{x|x1＋1－a2a或x1－1－a2a}；
當(dāng)a＝－1時(shí)，解集為{x|x∈R且x≠－1}；
當(dāng)a－1時(shí)，解集為{x|x∈R}．
變式遷移2解①當(dāng)a＝0時(shí)，解得x1.
②當(dāng)a0時(shí)，原不等式變形為(x－1a)(x－1)0，
∴a1時(shí)，解得1ax1；
a＝1時(shí)，解得x∈；
0a1時(shí)，解得1x1a.
③當(dāng)a0時(shí)，原不等式變形為(x－1a)(x－1)0，
∵1a1，∴解不等式可得x1a或x1.
綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，不等式解集為(－∞，1a)∪(1，＋∞)；
當(dāng)a＝0時(shí)，不等式解集為(1，＋∞)；
當(dāng)0a1時(shí)，不等式解集為(1，1a)；
當(dāng)a＝1時(shí)，不等式解集為；
當(dāng)a1時(shí)，不等式解集為(1a，1)．
例3解題導(dǎo)引注意等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，二次不等式在區(qū)間上恒成立的問題可轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)區(qū)間最值問題．
解方法一f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為x＝a.
①當(dāng)a∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3.要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，
即2a＋3≥a，解得－3≤a－1；
②當(dāng)a∈[－1，＋∞)時(shí)，f(x)min＝f(a)＝2－a2，
由2－a2≥a，解得－1≤a≤1.
綜上所述，所求a的取值范圍為－3≤a≤1.
方法二令g(x)＝x2－2ax＋2－a，由已知，
得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
即Δ＝4a2－4(2－a)≤0或Δ0，a－1，g－1≥0.
解得－3≤a≤1.
變式遷移3解(1)∵x2－2x＋3＝(x－1)2＋20，
∴不等式4x＋mx2－2x＋32同解于4x＋m2x2－4x＋6，即2x2－8x＋6－m0.
要使原不等式對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，只要2x2－8x＋6－m0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立．
∴Δ0，即64－8(6－m)0，
整理并解得m－2.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－2)．
(2)∵x2＋px4x＋p－3，
∴(x－1)p＋x2－4x＋30.
令g(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，
則要使它對(duì)0≤p≤4均有g(shù)(p)0，
只要有g(shù)00g40.
∴x3或x－1.
∴實(shí)數(shù)x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
課后練習(xí)區(qū)
1．A[由已知有(x2－1)≥0，
∴x2－10，x2－1≤1.∴x1或x－1，－2≤x≤2.
∴－2≤x－1或1x≤2.]
2．D[化簡(jiǎn)得P＝{x－1，或x1}，Q＝{x≤－2，或x≥1}，集合P，Q之間不存在包含關(guān)系，
所以x∈Q是x∈P的既不充分又不必要條件．]
3．D[化簡(jiǎn)得M＝{x|x－1或x2009}，
由M∪N＝R，M∩N＝(2009,2010]可知N＝{x|－1≤x≤2010}，即－1,2010是方程x2＋ax＋b＝0的兩個(gè)根．
所以b＝－1×2010＝－2010，－a＝－1＋2010，即a＝－2009.]
4．C[當(dāng)m＝－1時(shí)，不等式變?yōu)?x－60，即x3，不符合題意．
當(dāng)m≠－1時(shí)，由題意知
m＋10，Δ＝m－12－4m＋1×3m－10，
化簡(jiǎn)，得m＋10，11m2＋2m－130，
解得m－1311.]
5．B[(1－aix)21，即a2ix2－2aix0，
即aix(aix－2)0，由于ai0，這個(gè)不等式可以化為
xx－2ai0，即0x2ai，若對(duì)每個(gè)都成立，則2ai應(yīng)最小，
即ai應(yīng)最大，也即是0x2a1.]
6．(－12，32)
解析由題意知，(x－a)(x＋a)1
(x－a)(1－x－a)1
x2－x－(a2－a－1)0.
因上式對(duì)x∈R都成立，
所以Δ＝1＋4(a2－a－1)0，
即4a2－4a－30.所以－12a32.
7．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析當(dāng)x0時(shí)，由log2x1，得x2；
當(dāng)x≤0時(shí)，由x21，得x－1.
綜上可知，x的取值范圍為(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
8．(2,3)∪(－3，－2)
解析由導(dǎo)函數(shù)圖象知當(dāng)x0時(shí)，f′(x)0，
即f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)；
當(dāng)x0時(shí)，f′(x)0，即f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，
故不等式f(x2－6)1等價(jià)于f(x2－6)f(－2)或f(x2－6)f(3)，即－2x2－6≤0或0≤x2－63，
解得x∈(2,3)∪(－3，－2)．
9．解x－ax－a20(x－a)(x－a2)0，(2分)
①當(dāng)a＝0或a＝1時(shí)，原不等式的解集為；(4分)
②當(dāng)a0或a1時(shí)，aa2，此時(shí)axa2；(7分)
③當(dāng)0a1時(shí)，aa2，此時(shí)a2xa.(10分)
綜上，當(dāng)a0或a1時(shí)，原不等式的解集為{x|axa2}；
當(dāng)0a1時(shí)，原不等式的解集為{x|a2xa}；
當(dāng)a＝0或a＝1時(shí)，原不等式解集為.(12分)
10．解由ax2＋bx＋c≥0的解集為
x|－13≤x≤2，知a0，(3分)
又－13×2＝ca0，則c0.
又－13，2為方程ax2＋bx＋c＝0的兩個(gè)根，(6分)
∴－ba＝53，即ba＝－53.
又∵ca＝－23，∴b＝－53a，c＝－23a.(8分)
∴不等式cx2＋bx＋a0變?yōu)椋?3ax2＋－53ax＋a0，
即2ax2＋5ax－3a0.
又∵a0，∴2x2＋5x－30，
∴所求不等式的解集為x|－3x12.(12分)
11．解(1)∵x∈R時(shí)，有x2＋ax＋3－a≥0恒成立，
需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，
∴－6≤a≤2.(4分)
(2)當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，設(shè)g(x)＝x2＋ax＋3－a≥0，分如下三種情況討論(如圖所示)：
①如圖(1)，當(dāng)g(x)的圖象恒在x軸上方，滿足條件時(shí)，
有Δ＝a2－4(3－a)≤0，即－6≤a≤2.(7分)
②如圖(2)，g(x)的圖象與x軸有交點(diǎn)，
但在x∈[－2，＋∞)時(shí)，g(x)≥0，
即Δ≥0，x＝－a2－2，g－2≥0，
即a2－43－a≥0，－a2－2，4－2a＋3－a≥0a≥2或a≤－6，a4，a≤73，
解之，得a∈.(10分)
③如圖(3)，g(x)的圖象與x軸有交點(diǎn)，
但在x∈(－∞，2]時(shí)，g(x)≥0，即Δ≥0，x＝－a22，g2≥0，
即a2－43－a≥0，－a22，4＋2a＋3－a≥0a≥2或a≤－6，a－4，a≥－7
－7≤a≤－6.(13分)
綜合①②③，得a∈[－7,2]．(14分)