1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第1 1讲讲 不等关系与不等式的不等关系与不等式的 性质及一元二次不等式性质及一元二次不等式 第六章 不等式 考纲解读 1.不等式性质是进行变形、证明、解不等式的依据，掌握不 等式关系与性质及比较大小的常用方法：作差法与作商法(重点) 2能从实际情景中抽象出一元二次不等式模型，通过函数图象了解一元 二次不等式与相应的二次函数，一元二次方程之间的联系，能解一元二次 不等式(重点、难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点内容，但 一般不会单独命
2、题预测 2021 年将会考查：利用不等式的性质判断结论 的成立性，求参数的取值范围；一元二次不等式的解法，对含参数的二次 不等式的分类讨论等命题时常将不等式与函数的单调性相结合试题一 般以客观题的形式呈现，属中、低档题型. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.两个实数比较大小的依据 (1)ab0a01 _b. (2)ab0a02 _b. (3)ab0a03 _b. 2不等式的基本性质 (1)对称性：ab01 _. (2)传递性：ab，bc02 _. (3)可加性：abacbc. (4)可乘性：ab，c003 _；ab，c004 _. (5)加法法则：ab，cd05 _. (6)
3、乘法法则：ab0，cd006 _. (7)乘方法则：ab007 _ (nN，n1) (8)开方法则：ab0nanb(nN，n2) ba ac acbc acbc acbd acbd anbn 3必记结论 (1)ab，ab01 a 1 b. (2)a0b1 ab0,0c b d. (4)0axb 或 axb01 b 1 xb0，m0，则b a bm am(bm0)； a b am bm； a b0) 4一元二次函数的三种形式 (1)一般式：01 _ (2)顶点式：02 _ (3)两根式：03 _ yax2bxc(a0) ya(xx1)(xx2)(a0) ya x b 2a 24acb 2 4a
4、(a0) 5三个二次之间的关系 判别式 b24ac 0 0 0)的图象 一元二次方程 ax2bxc0 (a0)的根 有两相异实根 x1，x2 (x10 (a0)的解集 01 _ _ 02 _ 03 R ax2bxc0)的解集 04 _ 05 _ 06 _ (，x1) (x2，) (x1，x2) x x b 2a 1概念辨析 (1)abac2bc2.( ) (2)若不等式 ax2bxc0 的解集是(，x1)(x2，)，则方程 ax2 bxc0 的两个根是 x1和 x2.( ) (3)若方程 ax2bxc0(a0)没有实数根，则不等式 ax2bxc0 的 解集为 R.( ) (4)不等式 ax2b
5、xc0 在 R 上恒成立的条件是 a0 且 b2 4ac0.( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 答案答案 2小题热身 (1)设集合 Mx|x23x40，Nx|0 x5，则 MN 等于( ) A(0,4 B0,4) C1,0) D(1,0 解析 因为 Mx|1x4，Nx|0 x5，所以 MN0,4) 答案答案 解析解析 (2)已知a， b， c满足cba， 且acac Bc(ba)0 Ccb20 解析 因为 cba， 且 ac0， c0， b 的符号不确定， ba0，据此判断 A 成立，B，D 不成立，C 不一定成立 答案答案 解析解析 (3)设 M2a(a2)，N(a1)(a3)，则
6、有( ) AM N BM N CM0，故 M N. 答案答案 解析解析 (4)已知函数 f(x)ax2ax1，若对任意实数 x，恒有 f(x)0，则实数 a 的取值范围是_ 解析 当 a0 时，f(x)10 成立， 当 a0 时，若对xR，f(x)0， 须有 a24a10， a0，条件乙： ab 且1 a 1 b，则甲是乙的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 题型一题型一 不等式性质的应用不等式性质的应用 答案答案 解析 由 a0 不能推出 ab 且1 a 1 b，故甲不是乙的充分条件若 ab 且 1 a 1 b，即 ab 且 ba ab 0，则 a
7、b0，bb 且1 a 1 b能推出 a0.故甲是乙的必要条件所以甲是乙的必要不充分条件 解析解析 2已知等比数列an中，a10，q0，前 n 项和为 Sn，则S3 a3与 S5 a5的大小 关系为_ 解析 当 q1 时，S3 a33， S5 a55，所以 S3 a30 且 q1 时， S3 a3 S5 a5 a11q3 a1q21q a11q5 a1q41q q 21q31q5 q41q q1 q4 0， 所以S3 a3 S5 a5. 综上可知 S3 a3 S5 a5. 解析解析 3已知二次函数 yf(x)的图象过原点，且 1f(1)2,3f(1)4，求 f(2)的取值范围 解 由题意知 f(
8、x)ax2bx，则 f(2)4a2b， 由 f(1)ab，f(1)ab， 设存在实数 m，n，使得 4a2bm(ab)n(ab)， 即 4a2b(mn)a(mn)b， 所以 mn4， mn2， 解得 m1， n3， 所以 f(2)4a2b(ab)3(ab) 又 3ab4,33(ab)6， 所以 6(ab)3(ab)10， 即 f(2)的取值范围是6,10 解解 1判断不等式是否成立的方法 (1)判断不等式是否成立，需要逐一给出推理判断或反例说明 (2)在判断一个关于不等式的命题的真假时，可结合不等式的性质，对 数函数、指数函数的性质进行判断 2比较两个数(式)大小的两种方法 3求代数式的取值范
9、围 利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，一般是利用整体思想，通过 “一次性”不等关系的运算求得整体范围，是避免错误的有效途径如举 例说明 3. 1若1 a 1 b0，给出下列不等式： 1 ab0；a 1 ab 1 b； ln a2ln b2.其中正确的不等式是( ) A B C D 解析 因为1 a 1 b0，所以 ba|a|，所以|a|b0，ln a 2b，1 a 1 b可推出 a 1 ab 1 b，显然有 1 ab00，且 a7，则( ) A77aa7aa7 D77aa与 7aa7的大小不确定 解析 显然 77aa0,7aa70， 因为7 7aa 7aa7 7 a 7 a 7 a 7
10、a 7 7 a a 7 a 7a. 当 a7 时，07 a1,7a1， 当 0a1,7a0， 7 a 7a1. 综上知 77aa7aa7. 答案答案 解析解析 3若 13，42，则 |的取值范围是_ 解析 42，0|4，4|0. 3|0 的解集是(1，)，则关 于 x 的不等式(axb)(x2)0 的解集是(1，)，所以 a0， 且b a1，所以关于 x 的不等式(axb)(x2)0 可化为 xb a (x2)0，即 (x1)(x2)0，所以不等式的解集为x|1x0 时，原不等式化为 x2 a (x1)0， 解得 x2 a或 x1. 解解 当 a1，即 a2 时，解得1x 2 a； 当2 a1
11、，即 a2 时，解得 x1 满足题意； 当2 a1，即2a0 时，不等式的解集为； 解解 当2a0 时，不等式的解集为； 当 a2 时，不等式的解集为1； 当 a0(0(0)； (2) fx gx0(0) fx gx00， gx0. 3解含参数的一元二次不等式的一般步骤 1 (2019 江西省重点中学协作体联考)已知命题 p： A， 命题 q：Bx|xa0若命题 p 是命题 q 的必要不充分条件，则实数 a 的取值范围是( ) A(2，) B2，) C(，1) D(，1 答案答案 解析 由x2 1x0，得 x2 x10， x2x10， x10， 解得 x1 或 x2，Ax|x1 或 x2又 B
12、x|xa0 x|x0 的解集是(1,3)，求实数 a，b 的值； (2)若 b2，a0，解关于 x 的不等式 f(x)0. 解 (1)由题意，知 x1，x3 是方程 ax2bxa20 的两个根， 代入方程有 b20， 8a3b20， a1， b2. (2)当 b2 时，f(x)ax22xa2(axa2)(x1)，a0， f(x)0 可化为 xa2 a (x1)0， 当a2 a 1，即 a1 时， 解集为 x xa2 a ； 当a2 a 1，即 0a1 时， 解集为 x x1 . 解解 题型三题型三 二二次次不不等等式式中中的的任任意意性性与与存存在在性性 角度 1 任意性与存在性 1已知函数
13、f(x)x2a 2x1. (1)若 f(x)0，在 R 上恒成立，求实数 a 的取值范围； (2)若x1,2，f(x)2 成立，求实数 a 的取值范围 解 (1)由题意得 f(x)x2a 2x10 在 R 上恒成立， a 2 4 40，解得4a4，实数 a 的取值范围为4,4 (2)由题意得x1,2，x2a 2x12 成立， x1,2，a 2x 1 x成立 令 g(x)x1 x，x1,2， 则 g(x)在区间1,2上单调递增， g(x)maxg(2)3 2， a 2 3 2，解得 a3，实数 a 的取值范围为(，3 解解 角度 2 给定区间上的任意性问题 2已知函数 f(x)x2mx1，若对于
14、任意 xm，m1，都有 f(x)0 成立，则实数 m 的取值范围是_ 解析 要满足 f(x)x2mx10 对于任意 xm，m1恒成立， 只需 fm0， fm10， 即 2m210， m12mm110， 解得 2 2 m0. 解析解析 3设函数 f(x)mx2mx1.若对于 x1,3，f(x)m5 恒成立，求 m 的取值范围 解 要使 f(x)m5 在 x1,3上恒成立，即 m x1 2 23 4m60 时，g(x)在1,3上是增函数， 所以 g(x)maxg(3)，即 7m60，所以 m6 7， 所以 0m6 7； 解解 当 m0 时，60 恒成立； 当 m0 时，g(x)在1,3上是减函数，
15、 所以 g(x)maxg(1)，即 m60， 所以 m6，所以 m0. 综上所述，m 的取值范围是 m m0 在区间1,5上有解，则 a 的取值范围是 _ 解析 由 a280，知方程 x2ax20 恒有两个不等实数根，又 知两根之积为负，所以方程 x2ax20 必有一正根、一负根于是不等 式在区间1,5上有解的充要条件是 f(5)0，解得 a23 5 ，故 a 的取值范围 为 23 5 ， . 解析解析 2函数 f(x)x2ax3. (1)当 xR 时，f(x)a 恒成立，求实数 a 的取值范围； (2)当 x2,2时，f(x)a 恒成立，求实数 a 的取值范围； (3)当 a4,6时，f(x
16、)0 恒成立，求实数 x 的取值范围 解 (1)当 xR 时，x2ax3a0 恒成立， 需 a24(3a)0，即 a24a120， 实数 a 的取值范围是6,2 (2)当 x2,2时， 设 g(x)x2ax3a0， 分如下三种情况讨论(如 图所示)： 如图 1，当 g(x)的图象恒在 x 轴上方且满足条件时，有 a24(3 a)0，即6a2. 解解 如图 2，g(x)的图象与 x 轴有交点， 但当 x2，)时，g(x)0， 即 0， xa 22， g20， 即 a243a0， a 22， 42a3a0， 可得 a2或a6， a4， a7 3， 解得 a. 解解 如图 3，g(x)的图象与 x
17、轴有交点，但当 x(，2时，g(x)0. 即 0， xa 22， g20， 即 a243a0， a 22， 7a0， 可得 a2或a6， a4， a7. 7a6. 综上，实数 a 的取值范围是7,2 解解 解解 (3)令 h(a)xax23. 当 a4,6时，h(a)0 恒成立 只需 h40， h60， 即 x24x30， x26x30， 解得 x3 6或 x3 6. 实数 x 的取值范围是(，3 63 6，) 解解 3 课时作业课时作业 PART THREE 1(2019 潍坊模拟)已知集合 Ax|x22x30，Bx|2x2， 则 AB( ) A2，1 B1,2 C1,1 D1,2 A组组
18、基础关基础关 解析 Ax|x22x30 x|(x3)(x1)0 x|x1 或 x3， 又 Bx|2x2，所以 ABx|2x1 答案答案 解析解析 2若正实数 a，b 满足 ab，且 ln a ln b0，则( ) A.1 a 1 b Ba2ab Dlg alg b0 解析 由已知得 ab1 或 0ba1，因此必有1 ab2，所以 A，B 错误；又 ab1 或 0ab0 或 lg (ab)0，即 ab1ab，所以 C 正确 答案答案 解析解析 解析 2， 2， 2， 3 2 3 2 .又 ， 0，从而3 2 0. 3若角 ， 满足 20，B ab0，所 以 A2B2ab2 ab(ab)2 ab0
19、，所以 A2B2，所以 AB. 4设 a，b0，)，A a b，B ab，则 A，B 的大小关系 是( ) AAB BAB CAB 答案答案 解析解析 5(2020 广东清远一中月考)关于 x 的不等式 axb0 的解集是(1， )，则关于 x 的不等式(axb)(x3)0 的解集是( ) A(，1)(3，) B(1,3) C(1,3) D(，1)(3，) 解析 关于 x 的不等式 axb0 的解集是(1，)，即不等式 axb 的解集是(1，)，ab0，不等式(axb)(x3)0 可化为(x1)(x 3)0，解得1x3，所求解集是(1,3)故选 C. 答案答案 解析解析 6 设函数 f(x)
20、x24x6，x0， x6，xf(1)的解集是( ) A(3,1)(3，) B(3,1)(2，) C(1,1)(3，) D(，3)(1,3) 解析 由题意知 f(1)3，故原不等式可化为 x3 或 x0， x24x63， 解得3x3， 所以原不等式的解集为(3,1) (3，)，故选 A. 答案答案 解析解析 7已知函数 f(x)(ax1)(xb)，如果不等式 f(x)0 的解集为(1,3)， 那么不等式 f(2x)0 的解集是(1,3)， 则 a0， 故有1 a1， b3，即 a1，b3，f(x)x22x3，f(2x)4x24x 3，由4x24x31 2或 x 3 2，故不等式 f(2x)0 恒
21、成立， 则实数 a 的取值范围是_ 解析 对任意 x1，)，f(x)0 恒成立 等价于 x22xa0，即 a(x1)21 在1，)上恒成立，令 g(x) (x1)21，则 g(x)在1，)上单调递减，所以 g(x)maxg(1)3， 所以 a3. 解析解析 (3，) 9若存在 x2,3，使不等式 2xx2a 成立，则实数 a 的取值范围 是_ 解析 设 f(x)2xx2， 则当 x2,3时， f(x)(x1)218,1， 因为存在 x2,3，使不等式 2xx2a 成立，所以 af(x)max，所以 a1. 解析解析 (，1 10 设不等式 mx22xm10 对于满足|m|2 的一切 m 的值都
22、成立， 则 x 的取值范围是_ 解析 记 f(m)mx22xm1(x21)m12x(|m|2)，则 f(m)0 恒成立等价于 f22x22x30， f22x22x10， 解得1 7 2 x 1 4，命题 q：xR，ax 2 ax10，则 p 成立是 q 成立的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 B组组 能力关能力关 答案答案 解析 求解不等式1 a 1 4可得 0a0， a24a0， 解得 0a4，即命题 q 为真时 0a4，故 p 成立是 q 成立的充分不必 要条件 解析解析 2若不等式 x2(a1)xa0 的解集是4,3的子集，则 a 的取值范
23、围是( ) A4,1 B4,3 C1,3 D1,3 解析 原不等式为(xa)(x1)0，当 a1 时，不等式的解集为a,1， 此时只要 a4 即可，即4a1 时，不等式的解集为1，a，此时只要 a3 即可，即 10 的解集为_ 解析 因为 f(x) xln (3x)，则 x0， 3x0， 解得 0 x0 等价于 x0， ln 3x0， 解得 0x0，所以 0lg x3， 0lg x0， 解得 1x100，所以解集为(1,100) 解析解析 (1,100) 5不等式 x28y2y(xy)对于任意的 x，yR 恒成立，则实数 的 取值范围为_ 解析 因为 x28y2y(xy)对于任意的 x， yR 恒成立， 所以 x28y2 y(xy)0 对于任意的 x， yR 恒成立， 即 x2yx(8)y20 恒成立， 由二次不等式的性质可得， 2y24(8)y2y2(2432)0， 所以(8)(4)0，解得84. 解析解析 8,4 本课结束本课结束
