第二章 等式与不等式（期中复习课件）高一数学上学期人教B版2019必修第一册

人教B版(2019)必修第一册 数学 期中考点大串讲 串讲02 第二章 等式与不等式 考场练兵 典例剖析 01 02 03 目 录 考点透视 01 考点透视 考点1 等式的性质 (1)等式的两边同时加上同一个数或代数式，等式仍成立； (2)等式的两边同时乘以同一个不为零的数或代数式，等式仍成立． 用符号语言和量词表示上述等式的性质： (1)如果a＝b，则对任意c，都有a＋c＝b＋c； (2)如果a＝b，则对任意不为零的c，都有ac＝bc. 考点2 方程组的解集 方程组中，由两个方程的解集____________称为这个方程组的解集． 状元随笔　当方程组中未知数的个数大于方程的个数时，方程组的解集可能有无穷多个元素，此时，如果将其中一些未知数看成常数，那么其他未知数往往能用这些未知数表示出来． 得到的交集 考点3 不等式的解集与不等式组的解集 一般地，不等式的所有解组成的集合称为不等式的解集．对于由若干个不等式联立得到的不等式组来说，这些不等式的解集的交集称为不等式组的解集． 知识点二　绝对值不等式 含有绝对值的不等式称为绝对值不等式． 知识点三　数轴上两点间的距离及中点坐标公式 (1)距离公式：一般地，如果实数a，b在数轴上对应的点分别为A，B，即A(a)，B(b)，则线段AB的长为________． (2)中点坐标公式：A(a)，B(b)，线段AB的中点M对应的数为x，则x ＝________． |a－b| 考点4．两个实数大小比较 考点5.不等式的性质 (3)可加性：a>b⇔a＋c____b＋c；a>b，c>d⇒a＋c____b＋d； (4)可乘性：a>b，c>0⇒ac____bc；a>b，c<0⇒ac<bc；a>b>0，c>d>0⇒ac____bd； (5)可乘方性：a>b>0⇒an____bn(n∈N，n≥2)； 2．不等式的性质 (1)对称性：a>b⇔b<a； (2)传递性：a>b，b>c⇒a>c； 考点6.一元二次不等式 考点7.一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式的关系 考点8. 　一元二次函数图象变换 考点9. 一元二次函数y＝a(x－h)2＋k(a≠0)的性质 考点10. 基本不等式 两个重要的不等式 1．基本不等式 2．两个重要的不等式 (1)a2＋b2≥________(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号． 考点11. 利用基本不等式求最值 3．利用基本不等式求最值 (1)已知x，y都是正数，如果积xy等于定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值______． (2)已知x，y都是正数，如果x＋y的和等于定值S，那么当x＝y时，积 xy有最大值________． 利用基本不等式求最值要注意： (1)满足“一正，二定，三相等”，忽略某个条件，就会出错． (2)一定要尽量避免多次使用基本不等式．若必须多次使用，则一定要保证它们等号成立的条件一致(等号同时成立)． 提醒 常用结论 02 典例透析 考点透视 考点1 因式分解 【例题1】把下列各式分解因式： (1)x2－3x＋2＝___________； (2)x2＋37x＋36＝___________； (3)(a－b)2＋11(a－b)＋28＝______________； (4)4m2－12m＋9＝___________． 解析：(1)x2－3x＋2＝(x－1)(x－2)； (2)x2＋37x＋36＝(x＋1)(x＋36)； (3)(a－b)2＋11(a－b)＋28 ＝[(a－b)＋4][(a－b)＋7] ＝(a－b＋4)(a－b＋7)； (4)4m2－12m＋9＝(2m－3)2. (x－1)(x－2) (x＋1)(x＋36) (a－b＋4)(a－b＋7) (2m－3)2 考点透视 考点2 一元一次方程的解集 【例题2】如果方程－8＝－的解集与方程4x－(3a＋1)＝6x＋2a－1的解集相同，求式子a－的值． 解析：解方程－8＝－， 去分母，得2(x－4)－48＝－3(x＋2)， 去括号，得2x－8－48＝－3x－6， 移项、合并同类项，得5x＝50， 系数化为1，得x＝10. 把x＝10代入方程4x－(3a＋1)＝6x＋2a－1， 得4×10－(3a＋1)＝6×10＋2a－1，解得a＝－4. 当a＝－4时，a－＝－4－＝－. 考点透视 考点3 因式分解法解一元二次方程 【例题3】用因式分解法求下列方程的解集： (1)x＝x； (2)(x－3)2＋2x－6＝0； (3)9(2x＋3)2－4(2x－5)2＝0. 考点透视 考点3 因式分解法解一元二次方程 解析：(1)x＝0， 即x＝0，所以x1＝0，x2＝， 所以该方程的解集为. (2)(x－3)2＋2(x－3)＝0， (x－3)(x－3＋2)＝0， 所以x－3＝0或x－1＝0， 所以x1＝3，x2＝1，所以该方程的解集为{3，1}． (3)[3(2x＋3)＋2(2x－5)][3(2x＋3)－2(2x－5)]＝0， 所以(10x－1)(2x＋19)＝0， 所以10x－1＝0或2x＋19＝0， 所以x1＝，x2＝－. 所以该方程的解集为. 考点透视 考点4 方程根个数的判断及应用 【例题4】已知关于x的一元二次方程3x2－2x＋k＝0，根据下列条件，分别求出k的范围． (1)方程有两个不相等的实数根； (2)方程有两个相等的实数根． 解析：Δ＝(－2)2－4×3k＝4(1－3k)． (1)因为方程有两个不相等的实数根， 所以Δ>0，即4(1－3k)>0， 所以k<. (2)因为方程有两个相等的实数根， 所以Δ＝0，即4(1－3k)＝0， 所以k＝. 考点透视 方法归纳 对于一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，有 (1)当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根x1，2＝； (2)当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根x1＝x2＝－； (3)当Δ＜0时，方程没有实数根． 考点透视 考点5 直接应用根与系数的关系进行计算 【例题5】已知一元二次方程2x2＋3x－4＝0的两根为x1与x2，求下列各式的值： ；(2)|x1－x2|. 【解析】　由一元二次方程根与系数的关系，得 x1＋x2＝－，x1x2＝－2. (1)由上有 ＝(x1＋x2)2－2x1x2＝－2×(－2)＝. (2)因为 (x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－4×(－2)＝， 所以 |x1－x2|＝＝. 考点6 应用根与系数的关系求字母系数的值或范围 【例题6】　(1)关于x的方程x2－(m＋6)x＋m2＝0有两个相等的实数根，且满足x1＋x2＝x1x2，则m的值是(　　) A．－2或3　B．3 C．－2 D．－3或2 (2)已知：方程2x2－(k＋1)x＋k＋3＝0的两根之差为1，则k的值为________． C －3或9 考点6 应用根与系数的关系求字母系数的值或范围 解析：(1)∵x1＋x2＝m＋6，x1x2＝m2，x1＋x2＝x1x2， ∴m＋6＝m2，解得m＝3或m＝－2. ∵方程x2－(m＋6)x＋m2＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝[－(m＋6)]2－4m2＝－3m2＋12m＋36＝0， 解得m＝6或m＝－2. ∴m＝－2. (2)设x1，x2为方程的两个根，则， |x1－x2|＝1，－2(k＋3)＝1，k＝9或k＝－3. 检验当k＝9或k＝－3时，Δ≥0成立． 考点7.比较大小 考点8.不等式的性质及应用 考点9.利用不等式的性质证明不等式 考点10.求一元二次函数的解析式 考点11.一元二次函数图象的变换 考点12.解不含参数的一元二次不等式 考点12.解不含参数的一元二次不等式 考点13.解含参数的一元二次不等式 考点14. 三个“二次”之间的关系 考点14. 三个“二次”之间的关系 考点15.对基本不等式的理解 考点16.利用基本不等式求最值——无条件求最值 考点17.利用基本不等式求最值——有条件求最值 考点18. 利用基本不等式解决实际问题 考点18. 利用基本不等式解决实际问题 考点19.简单的分式不等式的解法 考点20.一元二次不等式的恒成立问题 考点21. 一元二次不等式在实际问题中的应用 考点22 利用基本不等式求最值 常数代换法 C 考点23 利用基本不等式求最值 消元法 【例题23】若正数x，y满足x2＋xy－3＝0，则4x＋y的最小值是(　　) B 利用基本不等式求最值的方法 (1)知和求积的最值：“和为定值，积有最大值”．但应注意以下两点：①具备条件——正数；②验证等号成立． (2)知积求和的最值：“积为定值，和有最小值”，直接应用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的条件． (3)构造不等式求最值：在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量替换”或“常数1”的替换，构造不等式求解． 反思感悟 03 考场练兵 1．不等式－x2＋3x＋10>0的解集为(　　) A．(－2，5) B．(－∞，－2)∪(5，＋∞) C．(－5，2) D．(－∞，－5)∪(2，＋∞) A A　由－x2＋3x＋10>0得x2－3x－10<0，解得－2<x<5. > ＝ < 1．文字叙述 如果a－b是________，那么a>b； 如果a－b________，那么a＝b； 如果a－b是________，那么a<b，反之也成立． 2．符号表示 a－b>0⇔a________b； a－b＝0⇔a________b； a－b<0⇔a________b. 正数 等于0 负数 要点　 一般地，只含有一个未知数，并且未知数的最高次是____的不等式叫作一元二次不等式．通常，一般表达式是：ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0，或ax2＋bx＋c≥0，或ax2＋bx＋c≤0，其中a，b，c均为常数，且a≠0.使一元二次不等式成立的所有未知数的值组成的________叫作这个一元二次不等式的解集． 2 集合 {x|x1<x<x2} ∅ Δ>0 Δ＝0 Δ<0 y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象 ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根 有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2) 有两个相等的实数根x1＝x2＝－eq \f(b,2a) 没有实数根 ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集 ________ {x|x≠－eq \f(b,2a)} ________ ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集 ________ ∅ ________ {x|x<x1，或x>x2} R |h| 上 下 |k| 一元二次函数y＝a(x－h)2＋k的图象是一条________，它可以由y＝ax2的图象经过向______(或向______)平移______个单位长度，再向______(或向______)平移______个单位长度而得到． 抛物线 左 右 上 减小 增大 小 ymin＝k 要点二　一元二次函数y＝a(x－h)2＋k(a≠0)的性质 (1)函数y＝a(x－h)2＋k的图象是一条________，顶点坐标是________，对称轴是直线________； (2)当a>0时，抛物线开口向______；在区间(－∞，h]上，函数值y随自变量x的增大而________；在区间[h，＋∞)上，函数值y随自变量x的增大而________；函数在x＝h处有最________值，记作________． 当a<0时，抛物线开口向______；在区间(－∞，h]上，函数值y随自变量x的增大而________；在区间[h，＋∞)上，函数值y随自变量x的增大而________；函数在x＝h处有最______值，记作________． 下 增大 减小 大 ymax＝k 抛物线 (h，k) x＝h 【例题7】已知a∈R，p＝(a－1)(a－3)，q＝(a－2)2，则p与q的大小关系为(　　) A．p>q B．p≥q C．p<q D．p≤q 解析：由题意， p＝(a－1)(a－3)，q＝(a－2)2， 则p－q＝(a－1)(a－3)－(a－2)2 ＝a2－4a＋3－(a2－4a＋4) ＝－1<0，所以p－q<0， 即p<q.故选C. 答案：C 【例题8】已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是(　　) 若a>b，则ac2>bc2 B．若eq \f(a,c)>eq \f(b,c)，则a>b C．若a3>b3且ab<0，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b) D．若a2>b2且ab>0，则eq \f(1,a)<eq \f(1,b) 【解析】A中，若a>b，则ac2>bc2(错)，若c＝0，则A不成立；B中，若eq \f(a,c)>eq \f(b,c)，则a>b(错)，若c<0，则B不成立；C中，若a3>b3，且ab<0，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b)(对)，若a3>b3且ab<0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0,b<0)).D中，若a2>b2，且ab>0，则eq \f(1,a)<eq \f(1,b)(错)，若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,b<0，))则D不成立．故选C. 【例题9】　(1)已知a>b>0，c<0，求证：eq \f(c,a)>eq \f(c,b). (2)求证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.(a，b，c∈R)． 证明：(1)∵a>b>0，∴ab>0，eq \f(1,ab)>0，∴a·eq \f(1,ab)>b·eq \f(1,ab)，即eq \f(1,b)>eq \f(1,a)，又c<0，∴eq \f(c,a)>eq \f(c,b). (2)∵2(a2＋b2＋c2)－2(ab＋bc＋ca) ＝(a2＋b2－2ab)＋(b2＋c2－2bc)＋(c2＋a2－2ca) ＝(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2， 又a，b，c∈R， ∴(a－b)2≥0，(b－c)2≥0，(c－a)2≥0， ∴(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0， 当且仅当a＝b＝c时取“＝”． ∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)， 即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 【例题10】已知抛物线与x轴交于点(－1,0)，(1,0)，并且与y轴交于点(0,1)，则抛物线的解析式为(　　) A．y＝－x2＋1 B．y＝x2＋1 C．y＝－x2－1 D．y＝x2－1 解析：由题意得抛物线的对称轴是y轴且开口向下，顶点为(0,1)，故该抛物线为y＝－x2＋1.故选A. 答案：A 【例题11】[多选题]在平面直角坐标系中， 对于二次函数y＝(x－2)2＋1，下列说法中正确的是(　　) A．y的最小值为1 B．图象顶点坐标为(2,1)，对称轴为直线x＝2 C．当x<2时，y的值随x值的增大而增大，当x≥2时，y的值随x值的增大而减小 D．它的图象可以由y＝x2的图象向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得到 解析：二次函数y＝(x－2)2＋1，a＝1>0，∴该函数的图象开口向上，对称轴为直线x＝2，顶点为(2,1)，当x＝2时，y有最小值1，当x>2时，y的值随x值的增大而增大，当x<2时，y的值随x值的增大而减小，故选项A、B的说法正确，C的说法错误；根据平移的规律，y＝x2的图象向右平移2个单位长度得到y＝(x－2)2，再向上平移1个单位长度得到y＝(x－2)2＋1；故选项D说法正确，故选ABD. 答案：ABD 【例题12】求下列不等式的解集： (1)2x2＋7x＋3>0；(2)－x2＋8x－3>0； (3)x2－4x－5≤0；(4)－4x2＋18x－eq \f(81,4)≥0； (5)－eq \f(1,2)x2＋3x－5>0；(6)－2x2＋3x－2<0. 解析：(1)因为Δ＝72－4×2×3＝25>0，所以方程2x2＋7x＋3＝0有两个不等实根x1＝－3，x2＝－eq \f(1,2)，又二次函数y＝2x2＋7x＋3的图象开口向上，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2)或x<－3)))). (2)因为Δ＝82－4×(－1)×(－3)＝52>0，所以方程－x2＋8x－3＝0有两个不等实根x1＝4－eq \r(13)，x2＝4＋eq \r(13)，又二次函数y＝－x2＋8x－3的图象开口向下，所以原不等式的解集为{x|4－eq \r(13)<x<4＋eq \r(13)}． (3)原不等式可化为(x－5)(x＋1)≤0，所以原不等式的解集为{x|－1≤x≤5}． (4)原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(9,2)))2≤0，所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(9,4))))). (5)原不等式可化为x2－6x＋10<0，因为Δ＝62－40＝－4<0，所以原不等式的解集为∅. (6)原不等式可化为2x2－3x＋2>0，因为Δ＝9－4×2×2＝－7<0，所以原不等式的解集为R. 【例题12】求下列不等式的解集： (1)2x2＋7x＋3>0；(2)－x2＋8x－3>0； (3)x2－4x－5≤0；(4)－4x2＋18x－eq \f(81,4)≥0； (5)－eq \f(1,2)x2＋3x－5>0；(6)－2x2＋3x－2<0. 【例题13】解关于x的不等式2x2＋ax＋2>0. 解析：对于方程2x2＋ax＋2＝0，其判别式Δ＝a2－16＝(a＋4)(a－4)． ①当a>4或a<－4时，Δ>0，方程2x2＋ax＋2＝0的两根为x1＝eq \f(1,4)(－a－eq \r(a2－16))，x2＝eq \f(1,4)(－a＋eq \r(a2－16))． ∴原不等式的解集为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当a＝4时，Δ＝0，方程有两个相等实根，x1＝x2＝－1， ∴原不等式的解集为{x|x≠－1}． ③当a＝－4时，Δ＝0，方程有两个相等实根，x1＝x2＝1， ∴原不等式的解集为{x|x≠1}． ④当－4<a<4时，Δ<0，方程无实根，∴原不等式的解集为R. 【例题14】已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|2<x<3}，求关于x的不等式cx2＋bx＋a<0的解集． 解析：方法一　由不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|2<x<3}可知，a<0，且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，由根与系数的关系可知eq \f(b,a)＝－5，eq \f(c,a)＝6.由a<0知c<0，eq \f(b,c)＝eq \f(－5,6)，故不等式cx2＋bx＋a<0，即x2＋eq \f(b,c)x＋eq \f(a,c)>0，即x2－eq \f(5,6)x＋eq \f(1,6)>0，解得x<eq \f(1,3)或x>eq \f(1,2)，所以不等式cx2＋bx＋a<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). 方法二　由不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|2<x<3}可知，a<0，且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，所以ax2＋bx＋c＝a(x－2)(x－3)＝ax2－5ax＋6a⇒b＝－5a，c＝6a，故不等式cx2＋bx＋a<0，即6ax2－5ax＋a<0⇒6aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<0，故原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). 【例题14】　已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|2<x<3}，求关于x的不等式cx2＋bx＋a<0的解集． 【例题15】设0<a<b，则下列不等式中正确的是(　　) A．a<b<eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2) B．a<eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)<b C．a<eq \r(ab)<b<eq \f(a＋b,2) D.eq \r(ab)<a<eq \f(a＋b,2)<b 解析：0<a<b⇒a2<ab<b2⇒a<eq \r(ab)<b,0<a<b⇒2a<a＋b<2b⇒a<eq \f(a＋b,2)<b，又eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)，所以a<eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)<b. 答案：B 【例题16】若0<x<eq \f(1,2)，则y＝x(1－2x)的最大值是(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,8) C．1 D．4 解析：(1)∵0<x<eq \f(1,2)，∴1－2x>0，∴y＝x(1－2x)≤eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋1－2x,2)))2＝eq \f(1,8)，当且仅当2x＝1－2x，即x＝eq \f(1,4)时取等号．(也可用二次函数配方法求解．) 答案：(1)B　 【例题17】若a>0，b>0，a＋3b＝1，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,3b)的最小值为(　　) A．2 B．2eq \r(2) C．4 D．3eq \r(2) 解析：∵a>0，b>0，a＋3b＝1，∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,3b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,3b)))·(a＋3b)＝2＋eq \f(3b,a)＋eq \f(a,3b)≥2＋2eq \r(\f(3b,a)×\f(a,3b))＝2＋2＝4.当且仅当a＝3b时等号成立，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,3b)的最小值为4. 答案：C 【例题18】如图，某学校准备修建一个面积为600平方米的矩形活动场地(图中ABCD)的围栏，按照修建要求，中间用围墙EF隔开，使得ABEF为矩形，EFDC为正方形，设AB＝x米，已知围墙(包括EF)的修建费用均为每米800元，设围墙(包括EF)的修建总费用为y元． (1)求出y关于x的函数解析式及x的取值范围； (2)当x为何值时，围墙(包括EF)的修建总费用y最小？并求出y的最小值． 解析：(1)设AD＝t米，则由题意得xt＝600，且t>x，故t＝eq \f(600,x)>x，可得0<x<10eq \r(6)， 则y＝800(3x＋2t)＝800eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋2×\f(600,x)))＝2 400eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(400,x)))， 所以y关于x的函数解析式为y＝2 400eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(400,x)))(0<x<10eq \r(6))． (2)y＝2 400eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(400,x)))≥2 400×2eq \r(x·\f(400,x))＝96 000， 当且仅当x＝eq \f(400,x)，即x＝20时等号成立． 故当x为20米时，y最小；y的最小值为96 000元． 【例题19】解不等式：(1)eq \f(3－x,x＋7)<0；(2)eq \f(x＋1,x－2)≤2. 先把分式不等式化为标准分式不等式，再转化为整式不等式进行求解． 解析：(1)由eq \f(3－x,x＋7)<0得eq \f(x－3,x＋7)>0，此不等式等价于(x－3)(x＋7)>0，解得x<－7或x>3. 所以原不等式的解集是{x|x<－7或x>3}． (2)移项得eq \f(x＋1,x－2)－2≤0，左边通分并化简得eq \f(－x＋5,x－2)≤0，即eq \f(x－5,x－2)≥0， 此不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－5x－2≥0，,x－2≠0，)) 解得x<2或x≥5. 所以原不等式的解集是{x|x<2或x≥5}． 【例题20】若关于x的不等式ax2＋2x＋2>0在R上恒成立，求实数a的取值范围． 需讨论a＝0和a≠0两种情况．当a≠0时，要使不等式在R上恒成立，只需a>0，且对应的一元二次方程的判别式Δ<0. 解析：当a＝0时，原不等式化为2x＋2>0，解集不为R，所以a＝0不满足题意，舍去； 当a≠0时，要使原不等式的解集为R， 只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,22－4×2a<0，))解得a>eq \f(1,2). 综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). 【例题21】某蛋糕厂生产某种蛋糕的成本为40元/个，出厂价为60元/个，日销售量为1 000个，为适应市场需求，计划提高蛋糕档次，适度增加成本．若每个蛋糕成本增加的百分率为x(0<x<1)，则每个蛋糕的出厂价相应提高的百分率为0.5x，同时预计日销售量增加的百分率为0.8x，已知日利润＝(出厂价－成本)×日销售量，且设增加成本后的日利润为y，为使日利润有所增加，求x的取值范围． 解析：由题意，得y＝[60×(1＋0.5x)－40×(1＋x)]×1 000×(1＋0.8x)＝2 000(－4x2＋3x＋10)(0<x<1)． 要保证日利润有所增加，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y>60－40×1 000，,0<x<1，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－4x2＋3x>0，,0<x<1，))解得0<x<eq \f(3,4). 所以为使日利润有所增加，x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))). A．3 B．6 C．2 D．4 2．不等式2x2－x－1>0的解集是(　　) A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)或x>1)))) B．{x|x<1或x>2} C．{x|x>1} D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<1)))) 解析：原不等式化为(2x＋1)(x－1)>0，所以x<－eq \f(1,2)或x>1.故选A. 答案：A 3．若不等式ax2－x＋a>0对一切实数x都成立，则实数a的取值范围为(　　) A．a<－eq \f(1,2)或a>eq \f(1,2) B．a>eq \f(1,2)或a<0 C．a>eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)<a<eq \f(1,2) 解析：不等式ax2－x＋a>0对一切实数x都成立，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0,Δ<0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0,1－4a2<0))，解得a>eq \f(1,2)，所以实数a的取值范围是a>eq \f(1,2).故选C. 答案：C 4.已知实数0<a<1，则下列正确的是(　　) A.eq \f(1,a)>a>a2 B．a>a2>eq \f(1,a) C．a2>eq \f(1,a)>a D.eq \f(1,a)>a2>a 解析： ∵0<a<1，∴取a＝eq \f(1,2)，逐一验证，可知A正确． 答案： A　 5．下列不等式一定成立的是(　　) A.eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab) B.eq \f(a＋b,2)≤－eq \r(ab) C．x＋eq \f(1,x)≥2 D．x2＋eq \f(1,x2)≥2 解析：当a，b，x都为负数时，A、C选项不正确．当a，b为正数时，B选项不正确．根据基本不等式，有x2＋eq \f(1,x2)≥2eq \r(x2·\f(1,x2))＝2.(当且仅当x2＝eq \f(1,x2)时取等号) 答案：D 6．[多选题]若a>－b>0，则下列不等式中正确的是(　　) A．a＋b>0 B.eq \f(1,a)<eq \f(1,b) C．|a|>|b| D.eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)<－2 解析：∵a>－b>0，∴a＋b>0，且a>0，b<0， |a|>|－b|，即|a|>|b|，∴eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，∴A正确，B错误，C正确． 对于D，∵eq \f(b,a)<0，eq \f(a,b)<0，∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)))))≤－2. ∵a>－b，∴－eq \f(b,a)≠－eq \f(a,b)，∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)<－2，故D正确．故选ACD. 答案：ACD 7.不等式eq \f(x＋5,x－1)≥2的解集为________． 解析：eq \f(x＋5,x－1)≥2⇔eq \f(x＋5,x－1)－2≥0⇔eq \f(7－x,x－1)≥0⇔eq \f(x－7,x－1)≤0⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－7x－1≤0，,x－1≠0)) 解得：1<x≤7，故原不等式的解集为(1,7]． 答案：(1,7] 8．函数y＝x＋eq \f(1,x)(x>0)的最小值为________. 解析：∵x>0，∴y＝x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号． 答案：2 9.已知一元二次函数y＝2x2＋5x－12，当x∈[－1,3]时，求函数的最值． 解析：因为y＝2x2＋5x－12＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,4)))2－eq \f(121,8)， 又因为－eq \f(5,4)<－1， 所以y＝2x2＋5x－12在[－1,3]上y随x的增大而增大， 所以当－1≤x≤3时，函数y＝2x2＋5x－12的最小值为－15，最大值为21. 10.已知x>1，求y＝eq \f(4x2－8x＋5,x－1)的最小值． 换元法：令t ＝x－1>0. 解析：∵x>1，令t＝x－1(t>0)，则x＝t＋1， 所以y＝eq \f(4x2－8x＋5,x－1)＝eq \f(4t＋12－8t＋1＋5,t) ＝eq \f(4t2＋1,t)＝4t＋eq \f(1,t)≥2 eq \r(4t·\f(1,t))＝4. 当且仅当4t＝eq \f(1,t)，即t＝eq \f(1,2)，x＝eq \f(3,2)时取等号． 所以y＝eq \f(4x2－8x＋5,x－1)的最小值为4. 答案： 4 11.某校园内有一块长为800 m，宽为600 m的长方形地面．现要对该地面进行绿化，规划四周种花卉(花卉带的宽度相同)，中间种草坪，若要求草坪的面积不小于总面积的一半，求花卉带宽度的范围． 解析：设花卉带的宽度为x m(0<x<300)， 则草坪的长为(800－2x) m，宽为(600－2x) m， 所以草坪的面积为(800－2x)(600－2x)m2. 依题意有(800－2x)(600－2x)≥eq \f(1,2)×800×600， 所以(400－x)(300－x)≥60 000， 整理得x2－700x＋60 000≥0. 解得x≤100或x≥600，又因为0<x<300， 所以x的取值范围是0<x≤100. 答：花卉带宽度的范围应是(0,100] m. 12.　已知一元二次不等式x2＋px＋q<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(1,3)))))，求不等式qx2＋px＋1>0的解集． 解析：因为x2＋px＋q<0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<\f(1,3)))))， 所以x1＝－eq \f(1,2)与x2＝eq \f(1,3)是方程x2＋px＋q＝0的两个实数根， 由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2)＝－p，,\f(1,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝q，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,6)，,q＝－\f(1,6).)) 所以不等式qx2＋px＋1>0即为－eq \f(1,6)x2＋eq \f(1,6)x＋1>0， 整理得x2－x－6<0，解得－2<x<3. 即不等式qx2＋px＋1>0的解集为{x|－2<x<3}． $$