2022届高三数学一轮复习（原卷版）第1节 不等式的性质与一元二次不等式 教案.doc

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1、1 全国卷五年考情图解 高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制 12 个小题，分值 510分. 2.考查内容 (1)小题主要考查：一元二次不等式的解法、简单的线性规划中线性目标函数的最值求法、简单的逻辑推理题等. (2)大题主要考查： 应用基本不等式求最值(或范围)、运用演绎推理、直接证明与间接证明以及数学归纳法证明代数或几何问题. 3.备考策略 从 2019 年高考试题可以看出， 高考对简单线性规划的考查会逐渐趋于淡化，对于推理与证明的思想运用会进一步加强. 第一节第一节 不等式的性质与一元二次不等式不等式的性质与一元二次不等式 最新考纲 1.了解现实世界和日常生活中存在着大量的

2、不等关系，了解不等式(组)的实际背景.2.会从实际问题的情境中抽象出一元二次不等式模型.3.通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、 一元二次方程的联系.4.会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图 1两个实数比较大小的方法 2 (1)作差法ab0ab，ab0ab（a，bR），ab0ab. (2)作商法ab1ab，ab1ab（aR，b0），ab1ab. 2不等式的性质 (1)对称性：abbb，bcac； (3)可加性：abacbc； ab，cdacbd； (4)可乘性：ab，c0acbc； ab，c0acb0，cd0acbd； (5)乘方法则：ab0anbn(n

3、2，nN)； (6)开方法则：ab0nanb(n2，nN)； (7)倒数性质：设 ab0，则 a1b. 3“三个二次”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 x|xx2 x|xb2a R ax2bxc0)的x|x1xx2 3 解集 常用结论 1若 ab0，m0，则babmam； 若 ba0，m0，则babmam. 2(xa)(xb)0 或(xa)(xb)0 型不等式的解法口诀：大于取两边，小于取中间 3 恒成立问题的转化： af(x)恒成立af(x)max； af(x)恒成立af(x)min 4

4、能成立问题的转化： af(x)能成立af(x)min； af(x)能成立af(x)max 一、思考辨析(正确的打“”，错误的打“”) (1)abac2bc2.( ) (2)若不等式 ax2bxc0 的解集为(x1，x2)，则必有 a0.( ) (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 ax2bxc0 在 R 上恒成立的条件是 a0 且 b24ac0.( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材改编 1函数 f(x)3xx2的定义域为( ) A0，3 B(0，3) C(，03，) D(，0)(3，) A 要使函数 f

5、(x) 3xx2有意义，则 3xx20，即 x23x0，解得0 x3. 2设 A(x3)2，B(x2)(x4)，则 A 与 B 的大小关系为( ) AAB BAB CAB DAB B AB(x3)2(x2)(x4) x26x9x26x810， 4 AB，故选 B. 3设 ba，dc，则下列不等式中一定成立的是( ) Aacbd Bacbd Dadbc C 由同向不等式具有可加性可知 C 正确 4若不等式 ax2bx20 的解集为x12x13，则 ab_ 14 由题意知 x112，x213是方程 ax2bx20 的两个根， 则ba1213，2a1213， 解得a12，b2(经检验知满足题意) a

6、b14. 考点 1 比较大小与不等式的性质 比较大小的 5 种常用方法 (1)作差法：直接作差判断正负即可(常用变形手段：因式分解、配方、有理化、通分等) (2)作商法：直接作商与 1 的大小比较，注意两式的符号 (3)函数的单调性法：把比较的两个数看成一个函数的两个值，根据函数的单调性比较 (4)不等式的性质法 (5)特殊值排除法：可以多次取特殊值，根据特殊值比较大小，从而得出结论 1.若 a，b，cR，且 ab，则下列不等式一定成立的是( ) Aacbc B(ab)c20 5 Cacbc D.babcac B (不等式的性质法)a，b，cR，且 ab，可得 ab0，因为 c20，所以(ab

7、)c20.故选 B. 2若 a0，b0，则 pb2aa2b与 qab 的大小关系为( ) Apq Dpq B 法一： (作差法)pqb2aa2bab b2a2aa2b2b(b2a2)1a1b （b2a2）（ba）ab（ba）2（ba）ab， 因为 a0，b0，所以 ab0. 若 ab，则 pq0，故 pq； 若 ab，则 pq0，故 pq. 综上，pq.故选 B. 法二： (特殊值排除法)令 ab1，则 pq2，排除选项 A、C; 令 a1，b2，则 pq，排除选项 D.故选 B. 3(2019 全国卷)若 ab，则( ) Aln(ab)0 B3a3b Ca3b30 D|a|b| C 法一：由

8、函数 yln x 的图象(图略)知，当 0ab1 时，ln(ab)b 时，3a3b，故 B 不正确；因为函数 yx3在 R 上单调递增，所以当 ab 时，a3b3，即 a3b30，故 C 正确；当 ba0 时，|a|b|，故 D 不正确故选 C. 法二：当 a0.3，b0.4 时，ln(ab)0，3a3b，|a|b|，故排除 A，B，D.故选 C. 4设 f(x)ax2bx，若 1f(1)2，2f(1)4，则 f(2)的取值范围是_ 5，10 法一：(待定系数法)设 f(2)mf(1)nf(1)(m，n 为待定系数)，6 则 4a2bm(ab)n(ab)， 即 4a2b(mn)a(nm)b.

9、于是得mn4，nm2，解得m3，n1. f(2)3f(1)f(1) 又1f(1)2，2f(1)4. 53f(1)f(1)10， 故 5f(2)10. 法二：(运用方程思想)由f（1）ab，f（1）ab， 得a12f（1）f（1），b12f（1）f（1）， f(2)4a2b3f(1)f(1) 又1f(1)2，2f(1)4， 53f(1)f(1)10，故 5f(2)10. 法三：(借助线性规划)由1ab2，2ab4 确定的平面区域如图阴影部分所示， 当 f(2)4a2b 过点 A32，12时， 取得最小值 4322125， 当 f(2)4a2b 过点 B(3，1)时， 取得最大值 432110，

10、5f(2)10. (1)尽管特值法可以较快的排除干扰选项，但直接应用该法作出正确判断是有风险的，如 T2，T3. (2)利用不等式的性质判断不等式是否成立时要特别注意前提条件，如 T1，T4. 考点 2 一元二次不等式的解法 7 解一元二次不等式的一般步骤 解下列不等式： (1)32xx20； (2)ax2(a1)x10(aR) 解 (1)原不等式化为 x22x30， 即(x3)(x1)0， 故所求不等式的解集为x|1x3 (2)若 a0，原不等式等价于x11. 若 a0， 解得 x1. 若 a0，原不等式等价于x1a(x1)0. 当 a1 时，1a1，x1a(x1)1 时，1a1，解x1a(

11、x1)0 得1ax1； 当 0a1，解 x1a(x1)0 得 1x1a. 综上所述：当 a0 时，解集为xx1 ； 当 a0 时，解集为x|x1； 当 0a1 时，解集为x1x1 时，解集为x1ax1 . 母题探究 将本例(2)中不等式改为 x2(a1)xa0(aR)，求不等式的8 解集 解 原不等式可化为(xa)(x1)1 时，原不等式的解集为(1，a)； 当 a1 时，原不等式的解集为； 当 a0 的解集为x|x13或 x9 12，则不等式 bx25xa0 的解集为( ) Ax|13x12 Bx|x13或x12 Cx|3x2 Dx|x2 C 由题意知 a0， 且12， 13是方程 ax25

12、xb0 的两根， 13125a，1312ba，解得a30，b5， bx25xa5x25x300，即 x2x60， 解得3xa2(aR) 解 原不等式可化为 12x2axa20， 即(4xa)(3xa)0，令(4xa)(3xa)0， 解得 x1a4，x2a3. 当 a0 时，不等式的解集为，a4a3， ； 当 a0 时，不等式的解集为(，0)(0，)； 当 a0 a0，0，0 ax2bxc0 a0，0 ax2bxc0 a0，0 不等式(a2)x22(a2)x40 对一切 xR 恒成立， 则实数 a 的取值范围是_ (2，2 当 a20，即 a2 时，不等式即为40，对一切 xR 恒成立， 当 a

13、2 时，则有a20，4（a2）216（a2）0， 即a2，2a2，2a2. 综上，可得实数 a 的取值范围是(2，2 本题在求解中常因忽略“a20”的情形致误， 只要二次项系数含参数，必须讨论二次项系数为零的情况 若不等式 2kx2kx380 对一切实数 x 都成立，则 k 的取值范围为( ) A(3，0) B3，0) C3，0 D(3，0 D 当 k0 时，显然成立；当 k0 时，即一元二次不等式 2kx2kx380对一切实数 x 都成立，则 k0，k242k380，解得3k0. 综上， 满足不等式 2kx2kx380 对一切实数 x 都成立的 k 的取值范围是(3，0 在给定区间上恒成立，

14、求参数的范围 在给定某区间上恒成立，形如 f(x)0 或 f(x)0(xa，b)的不等11 式确定参数范围时，常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值 一题多解已知函数 f(x)mx2mx1.若对于 x1，3，f(x)5m恒成立，求实数 m 的取值范围 解 要使 f(x)m5 在 x1，3上恒成立， 即 mx12234m60 时，g(x)在1，3上是增函数， 所以 g(x)maxg(3)，即 7m60， 所以 m67，所以 0m67； 当 m0 时，60 恒成立； 当 m0 时，g(x)在1，3上是减函数， 所以 g(x)maxg(1)，即 m60， 所以 m6，所以 m0， 又因为 m(

15、x2x1)60，所以 m6x2x1. 因为函数 y6x2x16x12234在1， 3上的最小值为67， 所以只需 m67即可 所以 m 的取值范围是m|m67. 母题探究 若将“f(x)5m 恒成立”改为“存在 x， 使 f(x)5m 成立”，如何求 m 的取值范围？ 解 由题意知 f(x)5m 有解， 即 m6x2x1有解，则 m6x2x1max， 12 又 x1，3，得 m6，即 m 的取值范围为(，6) 函数最值法、分离参数法及数形结合法是解决不等式在给定某区间上恒成立问题的三种常用方法每种方法对于不同试题各有优劣，要牢牢掌握，灵活使用，特别是数形结合时，满足条件的图象要画全，画对二次函

16、数问题建议多考虑，对应二次函数图象，建议恒成立或能成立问题求参数范围时，首选分离参数法 若不等式 x2ax40 对一切 x(0，1恒成立，则 a 的取值范围为_ 5， ) 由不等式x2ax40对一切x(0， 1恒成立， 得ax4x对一切 x(0，1恒成立 设 f(x)x4x，x(0，1， 则只要 af(x)max即可 由于函数 f(x)在区间(0，1上单调递增， 所以f(x)maxf(1)5，故 a5. 给定参数范围的恒成立问题 形如 f(x)0 或 f(x)0(参数 ma，b)的不等式确定 x 的范围时，要注意变换主元，即将原不等式转化为 g(m)0 或 g(m)0 恒成立问题 对任意的 k

17、1， 1， 函数 f(x)x2(k4)x42k 的值恒大于零，则 x 的取值范围是_ x|x3 对任意的 k1，1，x2(k4)x42k0 恒成立，即g(k)(x2)k(x24x4)0，在 k1，1时恒成立 只需 g(1)0 且 g(1)0，即x25x60，x23x20， 解得 x3. 解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数，一般地，知道谁的范围，谁就是主元，求谁的范围，谁就是参数 函数 f(x)x2ax3. (1)当 xR 时，f(x)a 恒成立，求实数 a 的取值范围； 13 (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)0 恒成立，

18、求实数 x 的取值范围 解 (1)当 xR 时，x2ax3a0 恒成立， 需 a24(3a)0，即 a24a120，解得6a2. 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)的图象与 x 轴不超过 1 个交点时， 有 a24(3a)0，即6a2. 如图 2，g(x)的图象与 x 轴有 2 个交点， 但当 x2，)时，g(x)0， 即0，xa22，g（2）0，即a24（3a）0，a22，42a3a0， 可得a2或a6，a4，a73，解得 a. 如图 3，g(x)的图象与 x 轴有 2 个交点， 但当 x(，2时，g(x)0. 即0，xa22，g（2）0，即a24（3a）0，a22，7a0， 14 可得a2或a6，a4，a7.7a6， 综上，实数 a 的取值范围是7，2 (3)令 h(a)xax23. 当 a4，6时，h(a)0 恒成立 只需h（4）0，h（6）0，即x24x30，x26x30，解得 x3 6或 x3 6. 实数 x 的取值范围是(，3 63 6，).