第三章不等式复习提升
易混易错练
易错点1 多次利用不等式的性质导致所求代数式的取值范围扩大
1.(2022江苏滨海中学期中)已知2≤a+b≤5,-2≤a-b≤1,则3a-b的取值范围是( )
A.[-1,4] B.[-2,7]
C.[-7,2] D.[2,7]
2.(2020江苏南京天印高级中学月考)已知-1<2a+b<2,3
易错点2 忽略基本不等式等号成立的条件致错
3.(多选)(2020江苏大厂高级中学期中)已知a>0,b>0,则下列不等式一定成立的是( )
A.++2≥4 B.(a+b)≥4
C.≥a+b D.≥
4.(2022江苏淮安中学期中)已知a>0,b≠0,且a+|b|=3,则+的最小值为 .
5.已知正实数a,b满足a+b=1,求+的最小值.
易错点3 忽略二次项系数的符号致错
6.(2020江苏宿迁宿豫中学月考)不等式(-3x+1)(2-x)>0的解集是( )
A.{x|x>2} B.
C. D.
7.若 x∈R,ax2-3x+a≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.a≤ B.-C.a≥ D.a≤-或a≥
易错点4 解含参数的不等式时分类不全面或标准不统一致错
8.(2021安徽亳州检测)解关于x的不等式x2-(a+1)x+a≥0,a∈R.
9.解不等式:≤0(a∈R).
思想方法练
一、函数与方程思想在解不等式中的应用
1.(2021山西太原师院附中、师苑中学月考)若不等式ax2+bx+c>0的解集是,则不等式ax2-bx+c<0的解集是 .
2.(2021浙江台州实验中学月考)关于x的不等式x2-mx+m+2>0对-2≤x≤4恒成立,则m的取值范围为 .
二、分类讨论思想在解不等式中的应用
3.(多选)(2022江苏大港中学月考)使不等式(a2-1)x2-(a-1)x-1<0的解集为R的a的值可以是( )
A.0 B.1
C.2 D.-1
4.设m∈R,关于x的不等式x2+2mx+m+2<0的解集为 .
(1)求实数m的取值范围;
(2)求关于x的不等式mx2+(m-2)x-2≥0的解集.
三、数形结合思想在三个“二次”问题中的应用
5.已知关于x的方程x2-2x+a=0.当a为何值时,
(1)方程的一个根大于1,另一个根小于1
(2)方程的一个根大于-1且小于1,另一个根大于2且小于3
(3)方程的两个根都大于0
四、转化与化归思想在解不等式中的应用
6.(2020北京师范大学附属实验中学期中)设函数y=x2+mx+n,已知不等式y<0的解集为{x|1(1)求m和n的值;
(2)若y≥ax对任意x>0恒成立,求实数a的取值范围.
答案全解全析
易混易错练
1.B 3.ABC 6.D 7.C
1.B 设3a-b=x(a+b)+y(a-b)=(x+y)a+(x-y)b,
则解得x=1,y=2,
∴3a-b=a+b+2(a-b).
∵-2≤a-b≤1,∴-4≤2(a-b)≤2,
又2≤a+b≤5,
∴-2≤2(a-b)+a+b≤7,即3a-b∈[-2,7].
故选B.
2.答案 (1,8)
解析 令5a+b=λ(2a+b)+μ(a-b)=(2λ+μ)a+(λ-μ)b,λ,μ∈R,
∴
∴5a+b=2(2a+b)+(a-b).
∵-1<2a+b<2,∴-2<2(2a+b)<4.
又3∴5a+b的取值范围为(1,8).
易错警示
利用几个代数式的范围求某一个代数式的范围时,不可多次将不等式相加,否则易扩大范围,得到错误的答案.
3.ABC ≥2≥2×2=4(当且仅当a=b=1时取“=”),故A正确;
(a+b)≥2=4(当且仅当a=b时取“=”),故B正确;
∵(a+b)≤·(a+b)=≤=a2+b2(当且仅当a=b时取“=”),
∴≥a+b(当且仅当a=b时取“=”),故C正确;
∵a+b≥2≤(当且仅当a=b时取“=”),故D错误.故选ABC.
4.答案 3+2
解析 .
当b>0时,=-1.
因为≥时等号成立,
所以当a=.
5.解析 ++4=(1-2ab)·+4.
由a+b=1,得ab≤时,等号成立,所以1-2ab≥1-≥16,
所以+≥时,等号成立),
所以+.
易错警示
连续应用基本不等式求最值时,要注意各不等式取等号时条件是否一致,若不一致,则连续用基本不等式是求不出最值的.
6.D 由(-3x+1)(2-x)>0,得(3x-1)(x-2)>0,解得x<或x>2.故选D.
7.C 当a=0时,原不等式化为-3x≥0,不恒成立,不符合题意;
当a>0时,由对应二次函数的性质可知,要使ax2-3x+a≥0恒成立,只需满足解得a≥;
当a<0时,由对应二次函数的图象及性质可知,不符合题意.
综上可得,实数a的取值范围是a≥.
易错警示
当二次项系数是实数时,对于二次项系数是负数的不等式,要先将其化为正数再求解.当二次项系数是代数式时,一般要分等于0和不等于0两种情况讨论.
8.解析 不等式x2-(a+1)x+a≥0可化为(x-a)(x-1)≥0.
当a<1时,解得x≤a或x≥1;
当a=1时,解得x∈R;
当a>1时,解得x≤1或x≥a.
综上,当a<1时,不等式的解集是{x|x≤a或x≥1};
当a=1时,不等式的解集为R;
当a>1时,不等式的解集是{x|x≤1或x≥a}.
9.解析 ≤0 ax(x+1)≤0且x+1≠0.
当a>0时,ax(x+1)≤0且x+1≠0 x(x+1)≤0且x+1≠0 -1此时原不等式的解集为{x|-1当a=0时,原不等式的解集为{x|x≠-1};
当a<0时,ax(x+1)≤0且x+1≠0 x(x+1)≥0且x+1≠0 x<-1或x≥0,
此时原不等式的解集为{x|x<-1或x≥0}.
综上可知,当a>0时,原不等式的解集为{x|-1易错警示
在解决含参的不等式问题时,对参数的讨论要明确、统一,要做到不重不漏.
思想方法练
1.答案
解析 由不等式ax2+bx+c>0的解集是,
可得-2和-是方程ax2+bx+c=0的两根,且a>0.
由不等式的解集得到相应方程的根,利用根与系数的关系列方程组,进而求解.
所以a,c=a.
所以不等式ax2-bx+c<0可化为ax2-ax+a<0,
即2ax2-5ax+2a<0.
因为a>0,所以不等式等价于2x2-5x+2=(x-2)(2x-1)<0,解得.
2.答案 {m|2-2}
解析 设函数y=x2-mx+m+2,其图象的对称轴为直线x=,
设出不等式对应的函数,考虑函数图象的特点,应用函数与方程思想.
①当≤-2,即m≤-4时,(-2)2-m×(-2)+m+2>0,
根据函数图象列出相应关系式.
解得m>-2,又∵m≤-4,∴无解;
②当-2<<4,即-4根据函数图象特点,得到对应方程根的情况,列出相应关系式.
解得2-2,
又∵-4③当≥4,即m≥8时,42-m×4+m+2>0,
根据函数图象列出相应关系式.
解得m<6,又∵m≥8,∴无解.
综上所述,m的取值范围为{m|2-2}.
思想方法
函数与方程思想在本章中的体现
(1)利用函数图象讨论方程解的个数及分布情况,讨论不等式的解的情况;
(2)利用函数解决代数中有关取值范围的问题,以及函数在实际问题中的应用;
(3)利用方程解决与函数有关的问题.
3.AB 对二次项系数是不是0进行分类讨论.
根据题意,当a=1时,不等式为-1<0,不等式恒成立,因此a=1满足题意;
当a=-1时,不等式为2x-1<0,即x<,因此a=-1不满足题意;
当a≠±1时,由不等式(a2-1)x2-(a-1)x-1<0的解集为R,
得综上,当不等式(a2-1)x2-(a-1)x-1<0的解集为R时,a的取值范围是.
结合题意可知选项A,B正确.故选AB.
4.解析 (1)由题意得Δ=4m2-4(m+2)≤0,即m2-m-2≤0,解得-1≤m≤2.
故实数m的取值范围为[-1,2].
(2)mx2+(m-2)x-2≥0,即(mx-2)(x+1)≥0.
对二次项系数分m=0和m≠0讨论.
①当m=0时,不等式化为-2x-2≥0,解集为{x|x≤-1};
当m≠0时,对应一元二次方程的两根的大小关系不确定,需分类讨论.
②当0③当-1≤m<0时,.
综上所述,当m=0时,不等式的解集为{x|x≤-1};当0思想方法
在本章中,分类讨论思想主要用于解含参数的不等式,主要有以下几种情况:
(1)二次项系数为参数且没有给出具体范围时,要分大于0,等于0,小于0三类讨论;
(2)对应方程的根无法判断大小时,要分类讨论;
(3)若判别式含参数,则在确定解的情况时需分Δ>0,Δ=0,Δ<0三种情况进行讨论.
5.解析 (1)作满足题意的二次函数y=x2-2x+a的图象,根据图列不等式,进而得出参数的取值范围.
作满足题意的二次函数y=x2-2x+a的大致图象(如图1),由图知,12-2+a<0,解得a<1.
所以a的取值范围是{a|a<1}.
图1
(2)作满足题意的二次函数y=x2-2x+a的图象,由根的情况列不等式组求解.
作满足题意的二次函数y=x2-2x+a的大致图象(如图2),由图知,解得-3图2
(3)作满足题意的二次函数y=x2-2x+a的图象,由根的情况列不等式组求解.
作满足题意的二次函数y=x2-2x+a的大致图象(如图3),由图知,
解得0所以a的取值范围是{a|0图3
思想方法
数形结合思想在本章主要体现在三个“二次”的应用中,在解题时要充分利用二次函数的图象研究一元二次不等式的解集与一元二次方程的根.
6.解析 (1)由题意知1,4是关于x的方程x2+mx+n=0的两个根.
由不等式的解集得到对应一元二次方程的根,体现了转化与化归思想.
所以-m=1+4=5,n=1×4=4,
所以m=-5,n=4.
(2)由(1)得y=x2-5x+4,
则x2-5x+4≥ax对任意x>0恒成立,
即a≤x+-5对任意x>0恒成立,
即a≤,x>0.
将恒成立问题转化为函数的最值问题,体现了转化与化归思想.
因为x+≥2=4(当且仅当x=2时,等号成立),
所以x+-5≥-1,所以=-1,所以a≤-1.
思想方法
转化与化归思想在高考中占有十分重要的地位,数学问题的解决总离不开转化与化归,如未知向已知的转化、新知识向旧知识的转化、复杂问题向简单问题的转化、不同数学问题之间的转化、实际问题向数学问题的转化等.本章主要体现在①利用一元二次不等式的解集得到一元二次方程的根;②将恒成立问题转化为最值问题.
1第三章不等式综合拔高练
考点1 不等式的解法
1.(2020全国Ⅰ文,1)已知集合A={x|x2-3x-4<0},B={-4,1,3,5},则A∩B=( )
A.{-4,1} B.{1,5}
C.{3,5} D.{1,3}
2.(2019天津,10)设x∈R,使不等式3x2+x-2<0成立的x的取值范围为 .
3.(2021上海,4)不等式<1的解集为 .
考点2 基本不等式及其应用
4.(2020江苏,12)已知5x2y2+y4=1(x,y∈R),则x2+y2的最小值是 .
5.(2020天津,14)已知a>0,b>0,且ab=1,则++的最小值为 .
6.(2019天津理,13)设x>0,y>0,x+2y=5,则的最小值为 .
考点3 不等式的应用
7.(2019北京,14)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 .
8.(2020全国Ⅲ,23)设a,b,c∈R,a+b+c=0,abc=1.
(1)证明:ab+bc+ca<0;
(2)用max{a,b,c}表示a,b,c的最大值,证明:max{a,b,c}≥.
应用实践
1.(2022江苏南通第二中学月考)已知关于x的不等式ax2+bx+c>0(a,b,c∈R)的解集为{x|3A.5 B.4 C.3 D.2
2.(2022江苏盐城响水中学期中)设a>b>c,n∈N,且+≥恒成立,则n的最大值是( )
A.2 B.3
C.4 D.5
3.(2020江苏昆山第一中学月考)若不等式>1的解集为(-∞,-1)∪(4,+∞),则≥0的解集为( )
A. B.[-1,1)
C. D.
4.(多选)(2020江苏南京溧水高级中学月考)对于给定的实数a,关于x的一元二次不等式a(x-a)(x+1)>0的解集可能为( )
A.
B.(-1,a)
C.(a,1)
D.(-∞,-1)∪(a,+∞)
5.(多选)记max{a,b}=已知x>0,y>0,x+2y+xy=30,则( )
A.xy的最大值为18
B.x+2y的最大值为12
C.x+y的最小值为8-3
D.max{x+2,2y+2}的最小值为8
6.(多选)(2020江苏平潮高级中学期中)16世纪中叶,英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首次把“=”作为等号使用,后来英国数学家哈里奥特首次使用“<”和“>”符号,并逐步被数学界接受,不等号的引入对不等式的发展影响深远.若a,b,c∈R,则下列命题正确的是( )
A.若a>b>0,则ac2>bc2
B.若aC.若aD.若a>0,b>0,则+≥a+b
7.(2020江苏邗江中学期中)中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”,即假设在平面内有一个三角形,边长分别为a,b,c,三角形的面积S可由公式S=求得,其中p为三角形周长的一半,这个公式也被称为海伦-秦九韶公式.现有一个三角形的边长满足a+b=6,c=4,则此三角形面积的最大值为 .
8.(2020湖南雅礼中学检测)设y=3ax2+2bx+c(a,b,c∈R),且a+b+c=0,(3a+2b+c)c>0.求证:
(1)方程3ax2+2bx+c=0有实数根;
(2)若-2<<-1,且x1,x2是方程3ax2+2bx+c=0的两个实数根,则≤|x1-x2|<.
9.(2020山东临沂期中)汽车智能辅助驾驶已经得到应用,其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离(并结合车速转化为所需时间),当此距离等于报警距离时就开始报警提醒,等于危险距离时就自动刹车.若将报警时间划分为4段,分别为准备时间t0秒、人的反应时间t1秒、系统反应时间t2秒、制动时间t3秒,相应的距离分别为d0米,d1米,d2米,d3米,如图所示.当车速为v 米/秒,且v∈(0,33.3]时,通过大数据统计分析得到下表给出的数据(其中系数k随地面湿滑程度等路面情况而变化,k∈[1,2]).
阶段 准备 人的反应 系统反应 制动
时间 (秒) t0 t1=0.8 t2=0.2 t3
距离 (米) d0=10 d1 d2 d3=
(1)请写出报警距离d米与车速v米/秒之间的函数关系式d(v);并求当k=1,在汽车达到报警距离时,若人和系统均未采取任何制动措施,仍以此速度行驶的情况下,汽车撞上固定障碍物的最短时间(精确到0.1秒);
(2)若要求汽车无论在何种路面情况下行驶,报警距离均小于50米,则汽车的行驶速度应限制在多少千米/时
迁移创新
10.(2020山东泰安第四中学月考)利用二元基本不等式“设a>0,b>0,≥,当且仅当a=b时,等号成立”可以证明不等式,也可以利用“和定积最大,积定和最小”求最值.
(1)对于三元基本不等式请猜想:设a>0,b>0,c>0,≥ ,当且仅当a=b=c时,等号成立(把横线补全);
(2)利用(1)猜想的三元基本不等式证明:设a>0,b>0,c>0,(a2+b2+c2)(a+b+c)≥9abc;
(3)利用(1)猜想的三元基本不等式求最值:设a>0,b>0,c>0,a+b+c=1,求(1-a)(1-b)(1-c)的最大值.
答案全解全析
1.D 由x2-3x-4<0,得(x-4)(x+1)<0,解得-1又∵B={-4,1,3,5},
∴A∩B={1,3},故选D.
2.答案
解析 3x2+x-2<0 (x+1)(3x-2)<0,所以-1方法总结
求解一元二次不等式时,常借助二次函数的图象,首先确定图象与x轴的交点,然后由图象位于x轴上方或下方的部分确定不等式的解集.
3.答案 (-7,2)
解析 <1 -1<0 <0,解得-7故答案为(-7,2).
4.答案
解析 由5x2y2+y4=1知y≠0,∴x2=≥2.
5.答案 4
解析 ≥2,即(a+b)2=16,
亦即a+b=4时取等号,
又∵ab=1,∴时取等号,
∴的最小值为4.
6.答案 4
解析 ∵x+2y=5,x>0,y>0,
∴≥2
即.
7.答案 ①130 ②15
解析 ①x=10时,一次购买草莓和西瓜各1盒,共140元,由题可知顾客需支付140-10=130元.
②设每笔订单金额为m元,则只需考虑m≥120时的情况.
根据题意得(m-x)80%≥m×70%,
所以x≤,而m≥120,
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≤,而=15,
所以x≤15.所以x的最大值为15.
8.证明 (1)由题设可知,a,b,c均不为零,所以ab+bc+ca=(a2+b2+c2)<0.
(2)不妨设max{a,b,c}=a,
因为abc=1,a=-(b+c),所以a>0,b<0,c<0.
由bc≤,可得abc≤,
故a≥,所以max{a,b,c}≥.
1.B 2.C 3.C 4.ABD 5.ACD 6.BCD
1.B 依题意得a<0,且3和4是方程ax2+bx+c=0的两个实数根,则
因为a<0,所以-a>0,所以≥2,
当且仅当-24a=时取等号,
所以.故选B.
2.C 因为a>b>c,所以a-b>0,a-c>0,b-c>0,又≥(n∈N),所以(a-c)≥n2(n∈N),
即≥11+2≥n2,n∈N,故n的最大值是4.
故选C.
3.C 不等式>1可化为[(a-1)x-b+1](x+b)>0.
因为其解集为(-∞,-1)∪(4,+∞),
所以a-1>0,即a>1,且方程(ax-x-b+1)(x+b)=0的两个根分别为x1=-1,x2=4,
则
解得(舍去),
所以≥0可化为≥0,
整理得解得-6≤x<-,
所以不等式≥0的解集为.故选C.
4.ABD 当a<0时,y=a(x-a)(x+1)的图象开口向下,若a=-1,则不等式的解集为 ,故A正确;若-10时,y=a(x-a)(x+1)的图象开口向上,与x轴交点的横坐标为a,-1,故不等式的解集为(-∞,-1)∪(a,+∞),故D正确.故选ABD.
解题模板
一元二次方程ax2+bx+c=0的根x1,x2(x1(1)当a>0时,ax2+bx+c>0的解集为(-∞,x1)∪(x2,+∞);ax2+bx+c<0的解集为(x1,x2).
(2)当a<0时,ax2+bx+c>0的解集为(x1,x2);ax2+bx+c<0的解集为(-∞,x1)∪(x2,+∞).
5.ACD 由题意,得xy=30-(x+2y)≤30-2解得06.BCD 对于A,当c=0时,ac2=bc2,故A错误;
对于B,a+,
∵a0,∴1+>0,
∴(a-b)<0,
∴a+,故B正确;
对于C,,
∵a0,a+c<0,
∴,故C正确;
对于D,=(b2-a2)·,
∵a>0,b>0,∴≥0,即-(a+b)≥0,
∴≥a+b,故D正确.
故选BCD.
7.答案 2
解析 由已知条件可得p==5,
∴三角形的面积S=≤,
当且仅当a=b=3时,等号成立.
因此,三角形面积的最大值为2.
8.证明 (1)若a=0,则由a+b+c=0,得b=-c,此时(3a+2b+c)c=-c2≤0,与已知矛盾,
∴a≠0,b=-(a+c),
∴Δ=4b2-4×3ac=4(b2-3ac)=4.
∵(3a+2b+c)c>0,∴c≠0,
∴Δ=4>0,
∴方程3ax2+2bx+c=0有实数根.
(2)由根与系数的关系得x1+x2=-,
∴(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=.
∵-2<≤(x1-x2)2<,
∴≤|x1-x2|<.
9.解析 (1)由题意得d(v)=d0+d1+d2+d3,
所以d(v)=10+0.8v+0.2v+.
当k=1时,d(v)=10+v+,
则+1≥1+2≈2.4,当且仅当时,等号
成立.
故此种情况下汽车撞上固定障碍物的最短时间约为2.4秒.
(2)根据题意得,对任意k∈[1,2],d(v)<50恒成立,即对任意k∈[1,2],10+v+<50恒成立,即对任意k∈[1,2],恒成立.
由k∈[1,2],得∈,
所以,化简得v2+20v-800<0,解得-400,所以020×=72(千米/时).
故汽车的行驶速度应限制在72千米/时.
10.解析 (1).
(2)证明:∵a>0,b>0,c>0,≥≥,当且仅当a=b=c时,等号成立,
∴·≥·=abc,当且仅当a=b=c时,等号成立,
∴(a2+b2+c2)(a+b+c)≥9abc,当且仅当a=b=c时,等号成立.
(3)由(1)可得,≥abc.
由题意知a>0,b>0,c>0,a+b+c=1,
∴1-a=b+c>0,1-b=a+c>0,1-c=a+b>0,
∴(1-a)(1-b)(1-c)=(b+c)(a+c)(a+b)≤(a+b+c)3=,当且仅当b+c=a+c=a+b,即a=b=c时,等号成立,
故(1-a)(1-b)(1-c)的最大值为.
1