新教材人教A版高中數(shù)學(xué)必修第一冊(cè)第二章一元二次函數(shù)、方程和不等式 知識(shí)點(diǎn)易錯(cuò)點(diǎn)解題方法提煉匯總

第二章一元二次函數(shù)、方程和不等式TOC\o"1-4"\h\z\u2.1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì) -1-2.2基本不等式 -6-第一課時(shí)基本不等式 -6-第二課時(shí)基本不等式與最大值、最小值 -9-2.3二次函數(shù)與一元二次方程、不等式(1) -15-2.3二次函數(shù)與一元二次方程、不等式(2) -22-2.1等式性質(zhì)與不等式性質(zhì)知識(shí)點(diǎn)一實(shí)數(shù)a、b大小設(shè)a、b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，它們?cè)跀?shù)軸上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是A、B，那么A、B的位置與a、b的大小有什么關(guān)系？知識(shí)梳理關(guān)于實(shí)數(shù)a，b大小的比較，有以下基本事實(shí)：如果a－b是正數(shù)，那么a＞b；如果a－b等于0，那么a＝b；如果a－b是負(fù)數(shù)，那么a＜b.反過來也對(duì)，這個(gè)基本事實(shí)可以表示為a＞b?a－b＞0；a＝b?a－b＝0；a＜b?a－b＜0.從上述基本事實(shí)可知，要比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小，可以轉(zhuǎn)化為比較它們的差與0的大?。R(shí)點(diǎn)二等式的基本性質(zhì)如果a＝b，那么a±c與b±c、ac與bc、eq\f(a,c)與eq\f(b,c)相等嗎？知識(shí)梳理等式有下面的基本性質(zhì)：性質(zhì)1如果a＝b，那么b＝a；性質(zhì)2如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性質(zhì)3如果a＝b，那么a±c＝b±c；性質(zhì)4如果a＝b，那么ac＝bc；性質(zhì)5如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).知識(shí)點(diǎn)三不等式的性質(zhì)如果a＞b，那么a±c與b±c，ac與bc有什么關(guān)系？知識(shí)梳理性質(zhì)別名性質(zhì)內(nèi)容注意1對(duì)稱性a＞b?b＜a?2傳遞性a＞b，b＞c?a＞c?3可加性a＞b?a＋c＞b＋c可逆4可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞0))?ac＞bcc的符號(hào)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＜0))?ac＜bc5同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞d))?a＋c＞b＋d同向6同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b＞0,c＞d＞0))?ac＞bd同向7可乘方性a＞b＞0?an＞bn(n∈N*，n≥2)同正解題方法探究探究一作差法比較大小[例1]設(shè)x＜y＜0，試比較(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大小．[解析](x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)(x2＋y2)－(x－y)(x＋y)2＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝(x－y)(－2xy)．由于x＜y＜0，所以x－y＜0，－2xy＜0，所以(x－y)(－2xy)＞0，即(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)．作差法比較兩個(gè)數(shù)大小的步驟及變形方法(1)作差法比較的步驟：作差→變形→定號(hào)→結(jié)論．(2)變形的方法：①因式分解；②配方；③通分；④對(duì)數(shù)與指數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)；⑤分母或分子有理化；⑥分類討論．探究二用不等式的性質(zhì)證明不等式[例2][教材P42例2拓展探究](1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求證：eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).[證明]∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，又∵a＞b＞0，∴a＋(－c)＞b＋(－d)＞0，即a－c＞b－d＞0，∴0＜eq\f(1,a－c)＜eq\f(1,b－d)，又∵e＜0，∴eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).(2)已知b克糖水中含有a克糖(b＞a＞0)，再添加m克糖(m＞0)(假設(shè)全部溶解)，糖水變甜了．請(qǐng)將這一事實(shí)表示為一個(gè)不等式，并證明這個(gè)不等式成立．[證明]eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b＞a＞0，m＞0，∴a－b＜0，eq\f(ma－b,bb＋m)＜0，∴eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m).利用不等式的性質(zhì)證明不等式注意事項(xiàng)(1)利用不等式的性質(zhì)及其推論可以證明一些不等式．解決此類問題一定要在理解的基礎(chǔ)上，記準(zhǔn)、記熟不等式的性質(zhì)并注意在解題中靈活準(zhǔn)確地加以應(yīng)用．(2)應(yīng)用不等式的性質(zhì)進(jìn)行推導(dǎo)時(shí)，應(yīng)注意緊扣不等式的性質(zhì)成立的條件，且不可省略條件或跳步推導(dǎo)，更不能隨意構(gòu)造性質(zhì)與法則．探究三求表達(dá)式的范圍[例3]已知30＜x＜42,16＜y＜24，分別求x＋y，x－3y及eq\f(x,x－3y)的范圍．[解析]因?yàn)?0＜x＜42,16＜y＜24，所以30＋16＜x＋y＜42＋24，故46＜x＋y＜66.又30＜x＜42，－72＜－3y＜－48，所以30－72＜x－3y＜42－48，故－42＜x－3y＜－6.又30＜x＜42，－42＜x－3y＜－6，所以－eq\f(1,6)＜eq\f(1,x－3y)＜－eq\f(1,42)，所以0＜eq\f(1,42)＜－eq\f(1,x－3y)＜eq\f(1,6)，所以eq\f(30,42)＜－eq\f(x,x－3y)＜eq\f(42,6)，故－eq\f(42,6)＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(30,42)，得－7＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(5,7).根據(jù)某些代數(shù)式的范圍求其它代數(shù)式的范圍，要整體應(yīng)用已知的代數(shù)式，結(jié)合不等式的性質(zhì)進(jìn)行推理.易錯(cuò)點(diǎn)歸納一、借不等式性質(zhì)之根“移花接木”——不等式性質(zhì)的拓展1．由不等式性質(zhì)4：a＞b，c＞0，那么ac＞bc拓展為倒數(shù)性質(zhì)：若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞b,ab＞0))，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).證明：∵ab＞0，∴eq\f(1,ab)＞0由a＞b得a×eq\f(1,ab)＞b×eq\f(1,ab).∴eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).2．由性質(zhì)7：如果a＞b＞0，那么an＞bn.(n∈N且n≥1)．拓展為開方性質(zhì)：如果a＞b＞0，那么eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).(n∈N且n≥2)．證明：假設(shè)0＜eq\r(n,a)≤eq\r(n,b).由性質(zhì)7得(eq\r(n,a))n≤(eq\r(n,b))n∴a≤b與a＞b矛盾．∴eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).[典例]已知a＞b＞0，求證eq\r(a)＞eq\r(b).[證明]∵a＝(eq\r(a))2，b＝(eq\r(b))2.由a＞b得：(eq\r(a))2＞(eq\r(b))2＞0∴eq\r(a)＞eq\r(b).二、同樣正確用不等式性質(zhì)，差別這么大[典例]已知1≤a－b≤2,2≤a＋b≤4，求4a－2b的范圍．[解析]設(shè)4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b，于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4,n－m＝－2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3,n＝1))，∴4a－2b＝3(a－b)＋(a＋b)1≤a－b≤2,2≤a＋b≤4∴5≤3(a－b)＋(a＋b)≤10∴4a－2b范圍是[5,10]．糾錯(cuò)心得(1)使用不等式的性質(zhì)時(shí)，一定要注意它們成立的前提條件，不可強(qiáng)化或弱化它們成立的條件，盲目套用．(2)注意同一個(gè)問題中應(yīng)用同向不等式相加性質(zhì)時(shí)不能多次使用(因多次使用時(shí)取等號(hào)的條件會(huì)發(fā)生改變)，否則不等式范圍將會(huì)擴(kuò)大．2.2基本不等式第一課時(shí)基本不等式知識(shí)點(diǎn)基本不等式(1)對(duì)?a、b∈R.a2＋b2與2ab的大小如何？在右圖中，AB是圓的直徑，點(diǎn)C是AB上一點(diǎn)，AC＝a，BC＝b.過點(diǎn)C作垂直于AB的弦DE，連接AD，BD.可得到CD＝eq\r(ab)，eq\f(1,2)AB＝eq\f(a＋b,2)，由CD小于或等于圓的半徑，可得出什么樣的不等關(guān)系？知識(shí)梳理(1)?a，b∈R，有a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．(2)如果a＞0，b＞0，我們用eq\r(a)，eq\r(b)分別代替上式中的a，b，可得eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，①當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．通常稱不等式①為基本不等式(basicinequality)．其中，eq\f(a＋b,2)叫做正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)叫做正數(shù)a，b的幾何平均數(shù)．基本不等式表明：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)．解題方法探究探究一用基本不等式判斷不等式的成立[例1]有下列式子：①a2＋1＞2a；②eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥2；③eq\f(a＋b,\r(ab))≥2；④x2＋eq\f(1,x2＋1)≥1，其中正確的個(gè)數(shù)是()A．0 B．1C．2 D．3[解析]∵a2－2a＋1＝(a－1)2≥0，∴a2＋1≥2a，故①不正確；對(duì)于②，當(dāng)x＞0時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x＋eq\f(1,x)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”)；當(dāng)x＜0時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝－x－eq\f(1,x)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝－1時(shí)取“＝”)，∴②正確；對(duì)于③，若a＝b＝－1，則eq\f(a＋b,\r(ab))＝－2＜2，故③不正確；對(duì)于④，x2＋eq\f(1,x2＋1)＝x2＋1＋eq\f(1,x2＋1)－1≥1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取“＝”)，故④正確．∴選C.[答案]C利用基本不等式比較實(shí)數(shù)大小的注意事項(xiàng)(1)利用基本不等式比較大小，常常要注意觀察其形式(和與積)，同時(shí)要注意結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性)．(2)利用基本不等式時(shí)，一定要注意條件是否滿足a＞0，b＞0.探究二用基本不等式證明不等式[例2][教材P44由公式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)的證明過程探究](1)證明不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.[證明]∵a2＋b2≥2abb2＋c2≥2bcc2＋a2≥2ac.∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c取等號(hào))∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.(2)已知a＞0，b＞0，c＞0，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.[證明]∵a＞0，b＞0，c＞0，∴eq\f(bc,a)＞0，eq\f(ac,b)＞0，eq\f(ab,c)＞0.則eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)≥2eq\r(\f(abc2,ab))＝2c，eq\f(bc,a)＋eq\f(ab,c)≥2b，eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥2a.由不等式的性質(zhì)知，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥2(a＋b＋c)，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.利用基本不等式證明不等式的注意事項(xiàng)(1)策略：從已證不等式和問題的已知條件出發(fā)，借助不等式的性質(zhì)和有關(guān)定理，經(jīng)過逐步的邏輯推理，最后轉(zhuǎn)化為所求問題，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．(2)注意事項(xiàng)：①多次使用基本不等式時(shí)，要注意等號(hào)能否成立；②累加法是不等式證明中的一種常用方法，在證明不等式時(shí)注意使用條件；③對(duì)不能直接使用基本不等式的證明可重新組合，形成基本不等式模型再使用．易錯(cuò)點(diǎn)歸納一、千變?nèi)f化，不離其宗基本不等式的幾種常見變形及結(jié)論(1)a＋b≥2eq\r(ab)(a＞0，b＞0)；(2)ab≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)；(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，(a，b∈R)；(4)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(ab＞0)；(5)a＋eq\f(k,a)≥2eq\r(k)(a＞0，k＞0)；(6)eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a，b都是正實(shí)數(shù))．[典例]已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝1，求證：eq\r(ab)＋eq\r(ac)＋eq\r(bc)≤1.[證明]∵eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，eq\r(bc)≤eq\f(b＋c,2)，eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，∴eq\r(ab)＋eq\r(ac)＋eq\r(bc)≤eq\f(2a＋b＋c,2)＝1.故原不等式成立．二、忽視基本不等式的條件[典例]設(shè)y＝x＋eq\f(1,x)，求y的取值范圍．[解析]當(dāng)x＞0時(shí)，y＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2.當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)取“＝”．當(dāng)x＜0時(shí)，y＝x＋eq\f(1,x)＝－[(－x)＋eq\f(1,－x)]∵(－x)＋eq\f(1,－x)≥2∴－[(－x)＋eq\f(1,－x)]≤－2.當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)時(shí)，即x＝－1時(shí)取“＝”．∴y的取值范圍為{y|y≤－2或y≥2}．第二課時(shí)基本不等式與最大值、最小值知識(shí)點(diǎn)基本不等式求最大值、最小值(1)當(dāng)x＞0，y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是幾？(2)當(dāng)x＞0，y＞0，x＋y＝1，xy的最大值是幾？知識(shí)梳理(1)用基本不等式求最值．①設(shè)x，y為正實(shí)數(shù)，若x＋y＝s(s為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(s,2)時(shí)，積xy有最大值為eq\f(s2,4).②設(shè)x，y為正實(shí)數(shù)，若xy＝p(p為定值)，則當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\r(p)時(shí)，和x＋y有最小值為2eq\r(p).(2)基本不等式求最值的條件①x，y必須是正數(shù)．②求積xy的最大值時(shí)，應(yīng)看和x＋y是否為定值；求和x＋y的最小值時(shí)，應(yīng)看積xy是否為定值．③等號(hào)成立的條件是否滿足．解題方法探究探究一用基本不等式求最值[例1][教材P45例1探究拓展](1)若x＞0，求函數(shù)y＝x＋eq\f(4,x)的最小值，并求此時(shí)x的值；[解析]∵x＞0.∴x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(4,x)，即x2＝4，x＝2時(shí)取等號(hào)．∴函數(shù)y＝x＋eq\f(4,x)(x＞0)在x＝2時(shí)取得最小值4.(2)設(shè)0＜x＜eq\f(3,2)，求函數(shù)y＝4x(3－2x)的最大值；[解析]∵0＜x＜eq\f(3,2)，∴3－2x＞0，∴y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq\f(9,2).當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)時(shí)，等號(hào)成立．∵eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，∴函數(shù)y＝4x(3－2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(3,2)))的最大值為eq\f(9,2).(3)已知x＞2，求x＋eq\f(4,x－2)的最小值；[解析]∵x＞2，∴x－2＞0，∴x＋eq\f(4,x－2)＝x－2＋eq\f(4,x－2)＋2≥2eq\r(x－2·\f(4,x－2))＋2＝6，當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝eq\f(4,x－2)，即x＝4時(shí)，等號(hào)成立．∴x＋eq\f(4,x－2)的最小值為6.(4)已知x＞0，y＞0，且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．[解析]∵x＞0，y＞0，eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))(x＋y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)＋10≥2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＋10＝6＋10＝16，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，即x＝4，y＝12時(shí)，上式取等號(hào)．故當(dāng)x＝4，y＝12時(shí)，(x＋y)min＝16.應(yīng)用基本不等式的常用技巧(1)常值代替這種方法常用于“已知ax＋by＝m(a，b，x，y均為正數(shù))，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值”和“已知eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)＝1(a，b，x，y均為正數(shù))，求x＋y的最小值”兩類題型．(2)構(gòu)造不等式當(dāng)和與積同時(shí)出現(xiàn)在同一個(gè)等式中時(shí)，可利用基本不等式構(gòu)造一個(gè)不等式從而求出和或積的取值范圍．(3)利用基本不等式求最值的關(guān)鍵是獲得定值條件，解題時(shí)應(yīng)對(duì)照已知和欲求的式子運(yùn)用適當(dāng)?shù)摹安痦?xiàng)、添項(xiàng)、配湊、變形”等方法創(chuàng)設(shè)應(yīng)用基本不等式的條件．探究二基本不等式的實(shí)際應(yīng)用[例2]如圖，汽車行駛時(shí)，由于慣性作用，剎車后還要向前滑行一段距離才能停住，我們把這段距離叫做“剎車距離”．在某公路上，“剎車距離”s(米)與汽車車速v(米/秒)之間有經(jīng)驗(yàn)公式：s＝eq\f(3,40)v2＋eq\f(5,8)v.為保證安全行駛，要求在這條公路上行駛著的兩車之間保持的“安全距離”為“剎車距離”再加25米．現(xiàn)假設(shè)行駛在這條公路上的汽車的平均身長5米，每輛車均以相同的速度v行駛，并且每兩輛車之間的間隔均是“安全距離”．(1)試寫出經(jīng)過觀測(cè)點(diǎn)A的每輛車之間的時(shí)間間隔T與速度v的函數(shù)關(guān)系式；(2)問v為多少時(shí)，經(jīng)過觀測(cè)點(diǎn)A的車流量(即單位時(shí)間通過的汽車數(shù)量)最大？[解析](1)T＝eq\f(s＋25＋5,v)＝eq\f(\f(3v2,40)＋\f(5v,8)＋30,v)＝eq\f(3v,40)＋eq\f(30,v)＋eq\f(5,8).(2)經(jīng)過A點(diǎn)的車流量最大，即每輛車之間的時(shí)間間隔T最小．∵T＝eq\f(3v,40)＋eq\f(30,v)＋eq\f(5,8)≥2eq\r(\f(30,v)·\f(3v,40))＋eq\f(5,8)＝eq\f(29,8)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3v,40)＝eq\f(30,v)，即v＝20時(shí)取等號(hào)．∴當(dāng)v＝20米/秒時(shí)，經(jīng)過觀測(cè)點(diǎn)A的車流量最大．利用基本不等式解決實(shí)際問題時(shí)，一般是先建立關(guān)于目標(biāo)量的函數(shù)關(guān)系，再利用基本不等式求解目標(biāo)函數(shù)的最大(小)值及取最大(小)值的條件．易錯(cuò)點(diǎn)歸納一、用基本不等式求最值的策略1．配湊以拼湊出和是定值或積是定值的形式為目標(biāo)，根據(jù)代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，利用系數(shù)的變化或?qū)Τ?shù)的調(diào)整進(jìn)行巧妙變形，注意做到等價(jià)變形．一般地，形如f(x)＝ax＋b＋eq\f(e,cx＋d)的函數(shù)求最值時(shí)可以考慮配湊法．[典例]函數(shù)y＝eq\f(x2,x＋1)(x＞－1)的最小值為________．[解析]因?yàn)閥＝eq\f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq\f(1,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2，因?yàn)閤＞－1，所以x＋1＞0，所以y≥2eq\r(1)－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立．[答案]02．常值代換利用“1”的代換構(gòu)造積為定值的形式，一般形如“已知ax＋by(或eq\f(a,x)＋eq\f(b,y))為定值，求cx＋dy(或eq\f(c,x)＋eq\f(d,y))的最值(其中a，b，c，d均為常參數(shù))”時(shí)可用常值代換處理．[典例]若正數(shù)x，y滿足3x＋y＝5xy，則4x＋3y的最小值是()A．2 B．3C．4 D．5[解析]由3x＋y＝5xy，得eq\f(3x＋y,xy)＝eq\f(3,y)＋eq\f(1,x)＝5，所以4x＋3y＝(4x＋3y)·eq\f(1,5)(eq\f(3,y)＋eq\f(1,x))＝eq\f(1,5)(4＋9＋eq\f(3y,x)＋eq\f(12x,y))≥eq\f(1,5)(4＋9＋2eq\r(36))＝5，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3y,x)＝eq\f(12x,y)，即y＝2x時(shí)，等號(hào)成立，故4x＋3y的最小值為5.[答案]D3．探究通過換元法使得問題的求解得到簡(jiǎn)化，從而將復(fù)雜問題化為熟悉的最值問題處理，然后利用常值代換及基本不等式求最值．[典例]設(shè)x，y是正實(shí)數(shù)，且x＋y＝1，則eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,y＋1)的最小值為________．[解析]令x＋2＝m，y＋1＝n，則m＋n＝4，且m＞2，n＞1，所以eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,y＋1)＝eq\f(m－22,m)＋eq\f(n－12,n)＝eq\f(4,m)＋eq\f(1,n)－2＝(eq\f(4,m)＋eq\f(1,n))(eq\f(m,4)＋eq\f(n,4))－2＝eq\f(m,4n)＋eq\f(n,m)－eq\f(3,4)≥2eq\r(\f(m,4n)·\f(n,m))－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m,4n)＝\f(n,m)，,m＋n＝4))即m＝eq\f(8,3)，n＝eq\f(4,3)時(shí)取等號(hào)．所以eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,y＋1)的最小值為eq\f(1,4).[答案]eq\f(1,4)4．減元當(dāng)題中出現(xiàn)了三個(gè)變?cè)?，我們要利用題中所給的條件構(gòu)建不等關(guān)系，并減元，在減元后應(yīng)注意新元的取值范圍．[典例]已知x，y，z均為正實(shí)數(shù)，且x－2y＋3z＝0，則eq\f(y2,xz)的最小值為________．[解析]由x－2y＋3z＝0得y＝eq\f(x＋3z,2)，所以eq\f(y2,xz)＝eq\f(x2＋9z2＋6xz,4xz)＝eq\f(x,4z)＋eq\f(9z,4x)＋eq\f(3,2).又x，z均為正實(shí)數(shù)，所以eq\f(x,4z)＞0，eq\f(9z,4x)＞0，所以eq\f(y2,xz)＝eq\f(x,4z)＋eq\f(9z,4x)＋eq\f(3,2)≥2eq\r(\f(x,4z)·\f(9z,4x))＋eq\f(3,2)＝3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,4z)＝eq\f(9z,4x)即x＝3z時(shí)取等號(hào)．所以eq\f(y2,xz)的最小值為3.[答案]3二、忽視基本不等式的應(yīng)用條件[典例]已知一次函數(shù)mx＋ny＝－2過點(diǎn)(－1，－2)(m＞0，n＞0)．則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為()A．3 B．2eq\r(2)C.eq\f(3＋2\r(2),2) D.eq\f(3－2\r(2),2)[解析]由題意得eq\f(m,2)＋n＝1，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝(eq\f(1,m)＋eq\f(1,n))(eq\f(m,2)＋n)＝eq\f(3,2)＋eq\f(m,2n)＋eq\f(n,m)≥eq\f(3,2)＋2eq\r(\f(1,2))＝eq\f(3＋2\r(2),2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(m,2n)＝eq\f(n,m)即m＝eq\r(2)n時(shí)取等號(hào)．故選C.[答案]C糾錯(cuò)心得應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，必須遵循“一正、二定、三相等”的順序．本題中求出eq\f(m,2)＋n＝1后，若采用兩次基本不等式，有如下錯(cuò)解：eq\f(m,2)＋n＝1≥2eq\r(\f(mn,2))，所以eq\r(mn)≤eq\f(\r(2),2)，eq\f(1,\r(mn))≥eq\r(2)，①又eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)≥2eq\r(\f(1,mn))，②所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)≥2eq\r(2).選B.此錯(cuò)解中，①式取等號(hào)的條件是eq\f(m,2)＝n，②式取等號(hào)的條件是eq\f(1,m)＝eq\f(1,n)即m＝n，兩式的等號(hào)不可能同時(shí)取得，所以2eq\r(2)不是eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值．2.3二次函數(shù)與一元二次方程、不等式(1)知識(shí)點(diǎn)一一元二次不等式的概念我們知道，方程x2＝1的一個(gè)解是x＝1，解集是{1，－1}，解集中的每一個(gè)元素均可使等式成立．那么什么是不等式x2＞1的解？你能舉出一個(gè)解嗎？你能寫出不等式x2＞1的解集嗎？知識(shí)梳理(1)一般地，我們把只含有一個(gè)未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)是2的不等式，稱為一元二次不等式(quadricinequalityinoneunknown)．一元二次不等式的一般形式是ax2＋bx＋c＞0或ax2＋bx＋c＜0，其中a，b，c均為常數(shù)，a≠0.(2)一般地，對(duì)于二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c，我們把使ax2＋bx＋c＝0的實(shí)數(shù)x叫做二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的零點(diǎn)．即一元二次方程的根是相應(yīng)一元二次函數(shù)的零點(diǎn)．知識(shí)點(diǎn)二二次函數(shù)與一元二次方程、不等式的解的對(duì)應(yīng)關(guān)系函數(shù)y＝x2－1的零點(diǎn)與方程x2－1＝0及不等式x2－1＞0解之間有什么關(guān)系？知識(shí)梳理(1)Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2(x1＜x2)有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實(shí)數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＜x1，或x＞x2}{x|x≠－eq\f(b,2a)}Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??(2)不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的求解方法eq\x(將原不等式化成ax2＋bx＋c＞0a＞0的形式)eq\x(計(jì)算Δ＝b2－4ac的值)Δ＞0eq\x(\a\al(方程ax2＋bx＋c＝0有,兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，,解得x1，x2x1＜x2))eq\x(\a\al(原不等式的解集為,{x|x＜x1，或x＞x2}))Δ＝0eq\x(\a\al(方程ax2＋bx＋c＝0有,兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，解得x1＝,x2＝－\f(b,2a)))eq\x(\a\al(原不等式的解集為,{x|x≠－\f(b,2a)))Δ＜0eq\x(\a\al(方程ax2＋bx＋c＝0,沒有實(shí)數(shù)根))eq\x(原不等式的解集為R)解題方法探究探究一一元二次不等式的解法[例1]解下列不等式．(1)－x2＋2x－eq\f(2,3)＞0；(2)－eq\f(1,2)x2＋3x－5＞0；(3)4x2－18x＋eq\f(81,4)≤0.[解析](1)兩邊都乘以－3，得3x2－6x＋2＜0，∵3＞0，Δ＝36－24＝12＞0，且方程3x2－6x＋2＝0的根是x1＝1－eq\f(\r(3),3)，x2＝1＋eq\f(\r(3),3).∴原不等式的解集是{x|1－eq\f(\r(3),3)＜x＜1＋eq\f(\r(3),3)}．(2)不等式可化為x2－6x＋10＜0，Δ＝(－6)2－4×10＝－4＜0，∴原不等式的解集為?.(3)不等式可化為16x2－72x＋81≤0，即(4x－9)2≤0，∵4x－9＝0時(shí)，x＝eq\f(9,4).∴原不等式的解集為{x|x＝eq\f(9,4)}.解一元二次不等式的一般步驟(1)通過對(duì)不等式變形，使二次項(xiàng)系數(shù)大于零；(2)計(jì)算對(duì)應(yīng)方程的判別式；(3)求出相應(yīng)的一元二次方程的根，或根據(jù)判別式說明方程沒有實(shí)根；(4)根據(jù)函數(shù)圖象與x軸的相關(guān)位置寫出不等式的解集.探究二含參數(shù)的一元二次不等式[例2]解關(guān)于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3＞0(a∈R)．[解析]原不等式可化為(x－a)(x－a2)＞0.當(dāng)a＜0時(shí)，a＜a2，原不等式的解集為{x|x＜a，或x＞a2}；當(dāng)a＝0時(shí)，x2＞0，原不等式的解集為{x|x≠0}；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，a2＜a，原不等式的解集為{x|x＜a2，或x＞a}；當(dāng)a＝1時(shí)，a2＝a，原不等式的解集為{x|x≠1}；當(dāng)a＞1時(shí)，a＜a2，原不等式的解集為{x|x＜a，或x＞a2}．綜上所述：當(dāng)a＜0或a＞1時(shí)，原不等式的解集為{x|x＜a，或x＞a2}；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，原不等式的解集為{x|x＜a2，或x＞a}；當(dāng)a＝0時(shí)，解集為{x|x≠0}；當(dāng)a＝1時(shí)，解集為{x|x≠1}．解含參數(shù)的不等式，可以按常規(guī)思路進(jìn)行：先考慮開口方向，再考慮判別式的正負(fù)，最后考慮兩根的大小關(guān)系，當(dāng)遇到不確定因素時(shí)再討論．探究三三個(gè)二次之間的關(guān)系[例3][教材P52例1、例2的拓展探究](1)已知解集求函數(shù)若不等式y(tǒng)＝ax2－x－c＞0的解集為(－2,1)，則函數(shù)的圖象為()[解析]因?yàn)椴坏仁降慕饧癁?－2,1)，所以a＜0，排除C，D；又與坐標(biāo)軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－2,1，故選B.[答案]B(2)已知方程的根或函數(shù)零點(diǎn)求不等式若函數(shù)y＝x2－ax＋1有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，則a的范圍為________．[解析]有零點(diǎn)，∴Δ＝a2－4≥0，∴a≥2或a≤－2，∵f(0)＝1，要使x2－ax＋1＝0有負(fù)根，則對(duì)稱軸x＝eq\f(a,2)＜0，即a＜0.∴a≤－2.[答案]a≤－2(3)已知解集求不等式已知x2＋px＋q＜0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜x＜\f(1,3)))))，解關(guān)于x的不等式qx2＋px＋1＞0.[解析]由已知得，x1＝－eq\f(1,2)，x2＝eq\f(1,3)是方程x2＋px＋q＝0的根，∴－p＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，q＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,3)，∴p＝eq\f(1,6)，q＝－eq\f(1,6).∵不等式qx2＋px＋1＞0，∴－eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,6)x＋1＞0，即x2－x－6＜0，∴－2＜x＜3，故不等式qx2＋px＋1＞0的解集為{x|－2＜x＜3}．應(yīng)用三個(gè)“二次”之間的關(guān)系解題的思想一元二次不等式與其對(duì)應(yīng)的函數(shù)與方程之間存在著密切的聯(lián)系，即給出了一元二次不等式的解集，則可知不等式二次項(xiàng)系數(shù)的符號(hào)和相應(yīng)一元二次方程的根．在解決具體的數(shù)學(xué)問題時(shí)，要注意三者之間的相互聯(lián)系，并在一定條件下相互轉(zhuǎn)換．易錯(cuò)點(diǎn)歸納分久必合——分類討論思想解含參數(shù)不等式含有參數(shù)的一元二次不等式，因?yàn)楹袇?shù)，便大大增加了問題的復(fù)雜程度．分類討論是解決這類問題的主要方法，確定分類討論的標(biāo)準(zhǔn)時(shí)，要著重處理好以下三點(diǎn)：(1)討論的“時(shí)刻”，即在什么時(shí)候才開始進(jìn)行討論．要求轉(zhuǎn)化必到位，過早或過晚討論都會(huì)使問題更加復(fù)雜化．(2)討論的“點(diǎn)”，即以哪個(gè)量為標(biāo)準(zhǔn)進(jìn)行討論．若把握不好這一類，問題就不能順利解決．(3)考慮要周到，即討論對(duì)象的各種情況都要加以分析，給出結(jié)論．1．討論二次項(xiàng)系數(shù)型為主當(dāng)二次項(xiàng)系數(shù)為字母時(shí)，首先要討論二次項(xiàng)系數(shù)是否為0，若二次項(xiàng)系數(shù)為0，則該不等式變?yōu)橐淮尾坏仁剑蝗舳雾?xiàng)系數(shù)不為0，解集則與二次項(xiàng)系數(shù)的正負(fù)相關(guān)．[典例]解關(guān)于x的不等式，ax2＋(1－a)x－1＞0.[解析]原不等式化為(x－1)(ax＋1)＞0(1)當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式為x－1＞0，∴x＞1，(2)當(dāng)a＞0時(shí)，原不等式為(x－1)(x＋eq\f(1,a))＞0.兩根為1與－eq\f(1,a)且1＞－eq\f(1,a)，∴得x＞1或x＜－eq\f(1,a)；(3)當(dāng)a＜0時(shí)，原不等式化為(x－1)(x＋eq\f(1,a))＜0兩根為1與－eq\f(1,a)，又∵當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，－eq\f(1,a)＞1，∴得1＜x＜－eq\f(1,a).當(dāng)a＝－1時(shí)，不等式為(x－1)2＜0，解集為?，當(dāng)a＜－1時(shí)，－eq\f(1,a)＜1，∴得－eq\f(1,a)＜x＜1.綜上，當(dāng)a＞0時(shí)，解集為{x|x＞1，或x＜－eq\f(1,a)}；當(dāng)a＝0時(shí)，解集為{x|x＞1}；當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，解集為{x|1＜x＜－eq\f(1,a)}；當(dāng)a＝－1，解集為?；當(dāng)a＜－1時(shí)，解集為{x|－eq\f(1,a)＜x＜1}．規(guī)律總結(jié)解二次項(xiàng)含參數(shù)的一元二次不等式一定要對(duì)參數(shù)大于0，等于0和小于0展開討論．2．討論判別式型為主當(dāng)二次不等式中有字母，且不易觀察出所對(duì)應(yīng)方程是否有實(shí)根，此時(shí)應(yīng)對(duì)方程有無實(shí)根進(jìn)行討論．[典例]解關(guān)于x的不等式：2x2＋ax＋2＞0.[解析]Δ＝a2－16＝(a－4)(a＋4)．(1)當(dāng)a＞4或a＜－4時(shí)，Δ＞0，方程2x2＋ax＋2＝0的兩根為x1＝eq\f(1,4)(－a－eq\r(a2－16))，x2＝eq\f(1,4)(－a＋eq\r(a2－16))．原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜\f(1,4)－a－\r(a2－16)或x＞\f(1,4)－a＋\r(a2－16))))).(2)當(dāng)a＝±4時(shí)，Δ＝0，方程只有一根x＝－eq\f(a,4)，∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x∈R且x≠－\f(a,4))))).(3)當(dāng)－4＜a＜4時(shí)，Δ＜0，方程無根，∴原不等式的解集為R.規(guī)律總結(jié)若一元二次方程判別式符號(hào)不確定，應(yīng)分Δ＞0、Δ＝0、Δ＜0討論．3．討論根的大小型為主當(dāng)一元二次不等式中有字母，而導(dǎo)致根的大小不易區(qū)別時(shí)，應(yīng)通過作差法，由根的大小確定字母范圍．[典例]解關(guān)于x的不等式：x2－2x＋1－a2≥0.[解析]原不等式等價(jià)于(x－1－a)(x－1＋a)≥0.①當(dāng)a＞0時(shí)，1＋a＞1－a，所以原不等式的解集為{x|x≥1＋a，或x≤1－a}．②當(dāng)a＝0時(shí)，原不等式的解集為全體實(shí)數(shù)R.③當(dāng)a＜0時(shí)，1－a＞1＋a，原不等式的解集為{x|x≥1－a，或x≤1＋a}．規(guī)律總結(jié)當(dāng)不等式對(duì)應(yīng)方程根的大小不確定時(shí)，必須討論根的大小，以確定不等式的解集．在解關(guān)于含參數(shù)的一元二次不等式時(shí)，往往要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，為了做到分類“不重不漏”，討論需從如下三個(gè)方面進(jìn)行考慮：(1)關(guān)于不等式類型的討論：二次項(xiàng)系數(shù)a＞0，a＜0，a＝0.(2)關(guān)于不等式對(duì)應(yīng)的方程是否有根的討論：二根(Δ＞0)，一根(Δ＝0)，無根(Δ＜0)．(3)關(guān)于不等式對(duì)應(yīng)的方程根的大小的討論：x1＞x2，x1＝x2，x1＜x2.2.3二次函數(shù)與一元二次方程、不等式(2)知識(shí)點(diǎn)一分式不等式的解法不等式eq\f(1,x)＞1與x＜1等價(jià)嗎？eq\f(1,x)＞1的解集應(yīng)是什么？知識(shí)梳理一般的分式不等式的同解變形法則(1)eq\f(fx,gx)＞0?f(x)·g(x)＞0；(2)eq\f(fx,gx)≤0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx·gx≤0，,gx≠0；))(3)eq\f(fx,gx)≥a?eq\f(fx－agx,gx)≥0.知識(shí)點(diǎn)二一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立問題(1)?x∈R，x2－c＞0，c取何值？(2)?x∈R，ax2＋1＞0，a取何值？知識(shí)梳理一元二次不等式恒成立的情況：(1)ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0,Δ＜0))；(2)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0,Δ≤0)).解題方法探究探究一解簡(jiǎn)單的分式不等式[例1]解不等式．(1)eq\f(x＋2,1－x)＜0；(2)eq\f(x＋1,x－2)≤2.[解析](1)由eq\f(x＋2,1－x)＜0，得eq\f(x＋2,x－1)＞0.此不等式等價(jià)于(x＋2)(x－1)＞0.∴原不等式的解集為{x|x＜－2或x＞1}．(2)法一：移項(xiàng)，得eq\f(x＋1,x－2)－2≤0，左邊通分并化簡(jiǎn)，得eq\f(－x＋5,x－2)≤0，即eq\f(x－5,x－2)≥0，它的同解不等式為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x－5≥0，,x－2≠0，))∴x＜2或x≥5.原不等式的解集為{x|x＜2或x≥5}．法二：原不等式可化為eq\f(x－5,x－2)≥0.此不等式等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≥0，,x－2＞0，))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≤0，,x－2＜0.))②解①，得x≥5.解②，得x＜2.∴原不等式的解集為{x|x＜2或x≥5}.1.對(duì)于比較簡(jiǎn)單的分式不等式，可直接轉(zhuǎn)化為一元二次不等式或一元一次不等式組求解，但要注意分母不為零．2.對(duì)于不等號(hào)右邊不為零的較復(fù)雜的分式不等式，先移項(xiàng)再通分