串讲03 第3章 不等式（考点串讲）-2024-2025学年高一数学上学期期中考点大串讲（苏教版2019必修第一册）

苏教版(2019)必修第一册 数学 期中考点大串讲 串讲 03 第3章 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.不等关系与不等式 知识点用数学符号“≠”“>”“<”“≥”“≤”连接两个数或代数式，以表示它们之间的不等关系，含有这些不等号的式子叫做不等式． [点拨]　不等式中文字语言与符号语言之间的转换 文字语言 大于，高于，超过 小于，低于，少于 大于或等于，至少，不少于，不低于 小于或等于，至多，不多于，不超过 符号语言 > < ≥ ≤ 考点2.实数大小比较的基本事实,重要不等式 知识点　 (1)a>b⇔___________． (2)a＝b⇔a－b_______0. (3)_______⇔a－b<0. 知识点　 一般地，∀a，b∈R，有a2＋b2_____2ab，当且仅当_________时，等号成立． a－b>0 ＝ a<b [点拨]　要比较两个实数的大小，可以转化为比较它们的差与0的大小． ≥ a＝b 考点3.等式与不等式的性质 等式的性质 不等式的性质 a＝b⇔___________ a>b⇔___________ a＝b，b＝c⇒___________ a>b，b>c⇒___________ a＝b⇔a±c＝b±c a>b⇔___________________ a＝b⇒ac＝bc a>b，c>0⇒___________；a>b，c<0⇒___________ a＝b，c≠0⇔______________ a>b，c>d⇒__________________ — a>b>0，c>d>0⇒___________ — a>b>0⇒_____________________________ b＝a b<a a＝c 知识点　 a>c a＋c>b＋c ac>bc ac<bc a＋c>b＋d ac>bd an>bn(n∈N，n≥2) 考点4.基本不等式 知识点一　 如果a>0，b>0，则_____________，当且仅当________时，等号成立．通常称这个不等式为基本不等式．其中， _________叫做正数a，b的算术平均数， ________叫做正数a，b的几何平均数． 基本不等式表明：两个正数的算术平均数________它们的几何平均数． a＝b 不小于 考点5.基本不等式与最大(小)值 知识点 　当x，y均为正数时，下面的命题均成立： (1)若x＋y＝S(S为定值)，则当且仅当_______时，xy取得最_____值_________. (简记：和定积有最大值) (2)若xy＝P(P为定值)，则当且仅当_________时，x＋y取得最______值______. (简记：积定和有最小值) x＝y 大 x＝y 小 考点6.利用基本不等式证明不等式,利用基本不等式解决实际问题的一般步骤 知识点 利用基本不等式证明不等式时，要先观察题中要证明的不等式的结构特征，若不能直接使用基本不等式证明，则考虑对代数式进行拆、并、配等变形，使之达到能使用基本不等式的形式． 知识点　 (1)读懂题意，设出变量，列出函数关系式； (2)把实际问题抽象成函数的最大值或最小值问题； (3)在题目要求的范围内，求出函数的最大值或最小值； (4)正确写出答案． 考点7.一元二次不等式的概念,二次函数的零点 知识点　 一般地，我们把只含有________未知数，并且未知数的_____________的不等式，称为一元二次不等式．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均为常数，a≠0. 知识点　 一般地，对于二次函数y＝ax2＋bx＋c，我们把使ax2＋bx＋c＝0的实数x叫做二次函数y＝ax2＋bx＋c的_______． [提醒]　零点不是点，是函数图象与x轴交点的横坐标． 一个 最高次数是2 零点 考点8.二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系 考点8.二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系 {x|x<x1，或x>x2} R {x|x1<x<x2} ∅ ∅ 考点9.简单的分式不等式的解法 （ax+b)(cx+d)>0(<0) (ax+b)(cx+d)≥0(≤0) 考点10.一元二次不等式恒成立问题 知识点　 (1)在R上的恒成立问题 ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立⇔___________________；     ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立⇔___________________；     ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立⇔___________________； 考点10.一元二次不等式恒成立问题     ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立⇔____________． (2)在给定范围内的恒成立问题 ①当a>0时，ax2＋bx＋c<0在x∈{x|α≤x≤β}上恒成立⇔y＝ax2＋bx＋c在x＝α，x＝β时的函数值同时小于0. ②当a<0时，ax2＋bx＋c>0在x∈{x|α≤x≤β}上恒成立⇔y＝ax2＋bx＋c在x＝α，x＝β时的函数值同时大于0. 02 典例透析 考点1.用不等式(组)表示不等关系 解析 【例题1】某汽车公司因发展需要，需购进一批汽车，计划使用不超过1000万元的资金购买单价分别为40万元、90万元的A型汽车和B型汽车，根据需要，A型汽车至少买5辆，B型汽车至少买6辆，写出满足上述所有不等关系的不等式(组)． 考点2.作差法比较大小 解：∵a3＋b3－(a2b＋ab2)＝(a3－a2b)＋(b3－ab2)＝a2(a－b)＋b2(b－a)＝(a－b)(a2－b2) ＝(a－b)2(a＋b)， ∴当a＝b时，a－b＝0，a3＋b3＝a2b＋ab2； 当a≠b时，(a－b)2>0，a＋b>0，a3＋b3>a2b＋ab2. 解 【例题2】已知a>0，b>0，试利用作差法比较a3＋b3与a2b＋ab2的大小． 考点3.比较大小在实际问题中的应用 【例题3】甲、乙两家饭馆的老板一同去超市购买两次大米，这两次大米的价格不同，两家饭馆老板购买的方式也不同，其中甲饭馆的老板每次购进100千克大米，而乙饭馆的老板每次用去100元钱．问：谁的购买方式更合算？ 解 考点4.利用不等式的性质判断命题的真假 解 考点4.利用不等式的性质判断命题的真假 解 考点5.利用不等式的性质证明不等式 证明 考点6.利用不等式的性质求取值范围 解 【例题6】已知－1<a＋b<5，－4<a－b<2，求2a－4b的取值范围． 考点7.对基本不等式的理解 答案 解析 解析：③中当x，y异号时，不成立． ①② 考点8.利用基本不等式比较大小 答案 解析 a＋b 考点9.配凑法求最值 答案 解析 1 考点10.常数代换法求最值 解 考点11.利用基本不等式证明不等式 证明 考点12.基本不等式在实际问题中的应用 考点12.基本不等式在实际问题中的应用 解 考点13.基本不等式的综合问题 答案 解析 2 考点14.一元二次不等式的解法 【例题14】求下列一元二次不等式的解集： (1)x2－5x>6； (2)4x2－4x＋1≤0； (3)－x2＋7x>6. 解 考点14.一元二次不等式的解法 解 考点15.含参数的一元二次不等式的解法 解：原不等式可化为(x－a)(x－a2)>0. 方程x2－(a＋a2)x＋a3＝0的两根为x1＝a，x2＝a2. 由a2－a＝a(a－1)可知， ①当a<0或a>1时，a2>a， 解原不等式得x>a2或x<a； 解 【例题15】解关于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3>0. 考点15.含参数的一元二次不等式的解法 解 ②当0<a<1时，a2<a， 解原不等式得x>a或x<a2； ③当a＝0时，原不等式为x2>0，∴x≠0； ④当a＝1时，原不等式为(x－1)2>0， ∴x≠1. 综上可知，当a<0或a>1时，原不等式的解集为{x|x<a，或x>a2}；当0<a<1时，原不等式的解集为{x|x<a2，或x>a}；当a＝0时，原不等式的解集为{x|x≠0}；当a＝1时，原不等式的解集为{x|x≠1}． 考点16.三个“二次”之间的关系 解 考点16.三个“二次”之间的关系 解 考点17.简单分式不等式的解法 解 考点17.简单分式不等式的解法 解 考点18.不等式恒成立问题 解 【例题18】已知不等式mx2－2x＋m－2<0，若对任意的实数x，不等式恒成立，求m的取值范围． 考点18.不等式恒成立问题 解 (2)若不等式x2＋mx>4x＋m－3对满足1≤m≤4的所有数m恒成立，求实数x的取值范围． 考点18.不等式恒成立问题 解 考点19.一元二次不等式的实际应用 解 【例题19】国家原计划以2400元/吨的价格收购某种农产品m吨．按规定，农户向国家纳税为：每收入100元纳税8元(称作税率为8个百分点，即8%)．为了减轻农民负担，制定积极的收购政策，根据市场规律，税率降低x个百分点，收购量能增加2x个百分点．试确定x的取值范围，使税率调低后，国家此项税收总收入不低于原计划的78%. 考点19.一元二次不等式的实际应用 解 03 考场练兵 答案 解析 解析：当导火索的长度为x厘米时，燃烧的时间为2x秒，人跑开的距离为4×2x米，为了保证安全，有4×2x>100. 答案 解析 3．已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，则下列不等式恒成立的是(　　) A．ab>bc B．ac>bc C．ab>ac D．a|b|>|b|c 解析：因为a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以3a>a＋b＋c＝0，3c<a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0，所以ab>ac. 答案 解析 4．(2024·山西临汾同盛实验中学高一月考)若a，b∈R，则“a<b”是“a3－a2b<0”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 解析：当a<b时，取a＝0，则a3－a2b＝0，即充分性不成立；当a3－a2b<0时，有a2(a－b)<0，则a≠0，故a2>0，所以a－b<0，即a<b，即必要性成立．综上，“a<b”是“a3－a2b<0”的必要不充分条件．故选B. 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 解析：因为Δ＝(－2)2－4×3×1＝4－12＝－8<0，所以不等式3x2－2x＋1>0的解集为R. 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析 答案 答案 解析 答案 解析 6 证明 证明 解 解 eq \f(a,c)＝eq \f(b,c) eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2) eq \f(a＋b,2) eq \r(ab) eq \f(S2,4) 2eq \r(P) 知识点 　 Δ＝b2－4ac 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 ___________________ ________________ ________ ax2＋bx＋c<0 (a>0)的解集 ___________________ ________ ________ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a))))) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ≤0)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ≤0)) 解：设购买A型汽车x辆，B型汽车y辆， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(40x＋90y≤1000，,x≥5，,y≥6，,x，y∈N＋.)) 解：设两次大米的价格分别为a元/千克，b元/千克(a>0，b>0，a≠b)， 则甲饭馆的老板两次购买大米的平均价格(元/千克)是eq \f(100（a＋b）,200)＝eq \f(a＋b,2)， 乙饭馆的老板两次购买大米的平均价格(元/千克)是eq \f(200,\f(100,a)＋\f(100,b))＝eq \f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))＝eq \f(2ab,a＋b). 因为eq \f(a＋b,2)－eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(（a＋b）2－4ab,2（a＋b）)＝eq \f(（a－b）2,2（a＋b）)>0，所以eq \f(a＋b,2)>eq \f(2ab,a＋b). 所以乙饭馆的老板购买大米的方式更合算．　 【例题4】判断下列命题的真假，并说明理由： (1)若eq \f(a,c)>eq \f(b,d)，则ad>bc； (2)若a<b<0，则eq \f(1,a－b)<eq \f(1,a)； (3)设a，b为正实数，若a－eq \f(1,a)<b－eq \f(1,b)，则a<b. 解：(1)因为eq \f(a,c)>eq \f(b,d)， 所以eq \f(a,c)－eq \f(b,d)>0， 即eq \f(ad－bc,cd)>0， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ad－bc>0，,cd>0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ad－bc<0，,cd<0.))即ad>bc且cd>0，或ad<bc且cd<0，故(1)为假命题． (2)由a<b<0得a<a－b<0， 所以eq \f(1,a－b)<eq \f(1,a)，故(2)为真命题． (3)因为a－eq \f(1,a)<b－eq \f(1,b)，且a>0，b>0，所以a2b－b<ab2－a⇒a2b－ab2－b＋a<0⇒ab(a－b)＋(a－b)<0⇒(a－b)(ab＋1)<0，所以a－b<0，即a<b，故(3)为真命题． 【例题5】．设a>b>c，求证：eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)＋eq \f(1,c－a)>0. 证明：∵a>b>c，∴－c>－b， ∴a－c>a－b>0，∴eq \f(1,a－b)>eq \f(1,a－c)>0， ∴eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,c－a)>0，又b－c>0，∴eq \f(1,b－c)>0， ∴eq \f(1,a－b)＋eq \f(1,b－c)＋eq \f(1,c－a)>0. 解：设2a－4b＝m(a－b)＋n(a＋b)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝2，,－m＋n＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝－1，)) 即2a－4b＝3(a－b)－(a＋b)， 因为－1<a＋b<5，－4<a－b<2， 所以－5<－(a＋b)<1，－12<3(a－b)<6， 所以－17<2a－4b<7. 【例题7】．下列不等式的推导过程正确的是________． ①若x>1，则x＋eq \f(1,x)>2eq \r(x·\f(1,x))＝2； ②若x<0，则x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（－x）＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x)))))≤－2eq \r(（－x）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x))))＝－4； ③若x，y∈R，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,y)))＝|x|＋eq \f(2,|y|)≥2eq \r(|x|·\f(2,|y|)). 【例题8】．已知0<a<1，0<b<1，且a≠b，则a＋b，2eq \r(ab)，2ab，a2＋b2中最大的是________． 解析：因为0<a<1，0<b<1，a≠b，所以a2＋b2>2ab，a＋b>2eq \r(ab).所以最大的只能是a2＋b2与a＋b其中之一．而a2＋b2－(a＋b)＝a(a－1)＋b(b－1)，又0<a<1，0<b<1，所以a－1<0，b－1<0，因此a2＋b2<a＋b，所以a＋b最大． 解析：因为x<eq \f(5,4)，所以4x－5<0，则5－4x>0，所以4x－2＋eq \f(1,4x－5)＝4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3.因为5－4x＋eq \f(1,5－4x)≥2eq \r(（5－4x）·\f(1,5－4x))＝2，所以4x－5＋eq \f(1,4x－5)≤－2，所以4x－5＋eq \f(1,4x－5)＋3≤－2＋3＝1，当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时，等号成立．故当x＝1时，4x－2＋eq \f(1,4x－5)取得最大值1. 【例题9】已知x<eq \f(5,4)，则4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为________． 【例题10】已知a>0，b>0，a＋3b＝eq \f(1,2)，求eq \f(1,3a)＋eq \f(1,b)的最小值． 解：eq \f(1,3a)＋eq \f(1,b)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)＋\f(1,b)))(a＋3b)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(b,a)＋\f(a,b)＋3))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)＋\f(b,a)＋\f(a,b)))≥2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)＋2\r(\f(b,a)·\f(a,b))))＝eq \f(32,3)， 当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(a,b)，,a＋3b＝\f(1,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,8)，,b＝\f(1,8)))时，等号成立． 所以eq \f(1,3a)＋eq \f(1,b)的最小值为eq \f(32,3). 【例题11】已知a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1. 求证：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥10. 证明：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c))) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a＋b＋c,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(a＋b＋c,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(a＋b＋c,c))) ＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＋\f(a,c)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,b)＋\f(b,c)))≥4＋2＋2＋2＝10，当且仅当a＝b＝c＝eq \f(1,3)时取等号， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,c)))≥10.　 【例题12】某人准备租一辆车从孝感出发去武汉，已知从出发点到目的地的距离为100 km，按交通法规定：这段公路车速限制在40～100(单位：km/h)之间．假设目前油价为7.2元/L，汽车的耗油率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(x2,360))) L/h，其中x(单位：km/h)为汽车的行驶速度，耗油率指汽车每小时的耗油量．租车需付给司机的工资为每小时76.4元，不考虑其他费用，这次租车的总费用最少是多少？此时的车速x是多少？(注：租车总费用＝耗油费＋司机的工资) 解：设总费用为y元． 由题意，得y＝76.4×eq \f(100,x)＋7.2×eq \f(100,x)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(x2,360)))＝eq \f(9800,x)＋2x(40≤x≤100)． 因为y＝eq \f(9800,x)＋2x≥2eq \r(19600)＝280， 当且仅当eq \f(9800,x)＝2x，即x＝70时取等号，所以这次租车的总费用最少是280元，此时的车速为70 km/h. 【例题13】若不等式x＋2eq \r(2xy)≤a(x＋y)对一切正实数x，y恒成立，则实数a的最小值为________． 解：因为x>0，y>0，则x＋2eq \r(2xy)≤a(x＋y)⇔a≥eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)，而eq \f(x＋2\r(2xy),x＋y)＝eq \f(x＋2\r(x·2y),x＋y)≤eq \f(x＋2·\f(x＋2y,2),x＋y)＝eq \f(2x＋2y,x＋y)＝2，当且仅当x＝2y时取“＝”，则a≥2，所以实数a的最小值为2. 解：(1)由x2－5x>6得x2－5x－6>0， ∵x2－5x－6＝0的两根是x＝－1或6， ∴不等式x2－5x>6的解集为{x|x<－1，或x>6}． (2)4x2－4x＋1≤0，即(2x－1)2≤0， 方程(2x－1)2＝0的根为x＝eq \f(1,2). ∴不等式4x2－4x＋1≤0的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2))))). (3)由－x2＋7x>6得x2－7x＋6<0. 而x2－7x＋6＝0的两根是x＝1或6， ∴不等式－x2＋7x>6的解集为{x|1<x<6}． 【例题16】已知关于x的不等式ax2＋5x＋c>0的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)<x<\f(1,2))))). (1)求a，c的值； (2)解关于x的不等式ax2＋(ac＋2)x＋2c≥0. 解：(1)由题意知，不等式对应的方程ax2＋5x＋c＝0的两个实数根为eq \f(1,3)和eq \f(1,2)， 由根与系数的关系，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(5,a)＝\f(1,3)＋\f(1,2)，,\f(c,a)＝\f(1,2)×\f(1,3)，)) 解得a＝－6，c＝－1. (2)由a＝－6，c＝－1知不等式ax2＋(ac＋2)x＋2c≥0可化为－6x2＋8x－2≥0， 即3x2－4x＋1≤0， 解得eq \f(1,3)≤x≤1， 所以原不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x≤1)))). 【例题17】解下列不等式： (1)eq \f(x＋2,1－x)<0；(2)eq \f(x＋1,x－2)≤2. 解：(1)由eq \f(x＋2,1－x)<0，得eq \f(x＋2,x－1)>0， 此不等式等价于(x＋2)(x－1)>0， ∴x<－2或x>1， ∴原不等式的解集为{x|x<－2，或x>1}． (2)不等式移项得eq \f(x＋1,x－2)－2≤0， 化简得eq \f(－x＋5,x－2)≤0，即eq \f(x－5,x－2)≥0， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）（x－5）≥0，,x－2≠0，)) ∴x<2或x≥5. ∴原不等式的解集为{x|x<2，或x≥5}． 解：当m＝0时，－2x－2<0，显然对任意x不能恒成立； 当m≠0时，由二次函数的图象可知有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝4－4m（m－2）<0，))解得m<1－eq \r(2)， 故m的取值范围是{m|m<1－eq \r(2)}． 解：不等式x2＋mx>4x＋m－3⇔(x－1)m＋x2－4x＋3>0.设y＝(x－1)m＋x2－4x＋3，其中m为自变量，x为参数，即y是关于m的函数． ①当x＝1时，y恒等于0，即y>0不成立， 即x2＋mx>4x＋m－3不成立． ②当x≠1时， 易得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－1）×1＋x2－4x＋3>0，,（x－1）×4＋x2－4x＋3>0)) ⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x＋2>0，,x2－1>0))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<1或x>2，,x<－1或x>1，)) 解得x<－1或x>2. 综上所述，实数x的取值范围是{x|x<－1，或x>2}． 解：设税率调低后税收总收入为y元， 则y＝2400m(1＋2x%)(8－x)% ＝－eq \f(12,25)m(x2＋42x－400)(0<x≤8)． 依题意，得y≥2400m×8%×78%， 即－eq \f(12,25)m(x2＋42x－400)≥2400m×8%×78%， 整理，得x2＋42x－88≤0，解得－44≤x≤2. 根据x的实际意义知0<x≤8， 所以x的取值范围为{x|0<x≤2}． 1．不等式eq \f(3x－1,2－x)≥1的解集是(　　) A.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)≤x≤2)))) B.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)≤x<2)))) C.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≤\f(3,4)，或x>2)))) D.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≥\f(3,4))))) 解析：不等式eq \f(3x－1,2－x)≥1，移项得eq \f(3x－1,2－x)－1≥0，即eq \f(x－\f(3,4),x－2)≤0，可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))（x－2）≤0，,x－2≠0，))解得eq \f(3,4)≤x<2，则原不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)≤x<2)))).故选B. 2．在开山工程爆破时，已知导火索燃烧的速度是每秒eq \f(1,2)厘米，人跑开的速度是每秒4米，为了使点燃导火索的人能够在爆破时跑到100米以外的安全区，导火索的长度x(单位：厘米)应该满足的不等式为(　　) A．4×2x≥100 B．4×2x≤100 C．4×2x>100 D．4×2x<100 5．若eq \f(x2－x＋1,x－1)(x>1)在x＝t处取得最小值，则t等于(　　) A．1＋eq \r(2) B．2 C．3 D．4 解析：eq \f(x2－x＋1,x－1)＝eq \f(x（x－1）＋1,x－1)＝x＋eq \f(1,x－1)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋1≥2＋1＝3，当且仅当x－1＝eq \f(1,x－1)，即x＝2时，等号成立． 6．已知x>2，y>1，(x－2)(y－1)＝4，则x＋y的最小值是(　　) A．1 B．4 C．7 D.3＋eq \r(17) 解析：∵x>2，y>1，(x－2)(y－1)＝4，∴x＋y＝(x－2)＋(y－1)＋3≥2eq \r(（x－2）（y－1）)＋3＝7，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝3))时，等号成立．故选C. 7．设x>0，则x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为(　　) A．0 B.eq \f(1,2) C．1 D.eq \f(3,2) 解析：因为x>0，所以x＋eq \f(1,2)>0，所以x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＋eq \f(1,x＋\f(1,2))－2≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·\f(1,x＋\f(1,2)))－2＝0，当且仅当x＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,x＋\f(1,2))，即x＝eq \f(1,2)时等号成立，所以x＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(3,2)的最小值为0. 8．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x件，则平均仓储时间为eq \f(x,8)天，且每件产品每天的仓储费用为1元．为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品(　　) A．60件 B．80件 C．100件 D．120件 解析：设每件产品的生产准备费用与仓储费用之和为y元，由题意得y＝eq \f(800,x)＋eq \f(x,8)≥2eq \r(\f(800,x)·\f(x,8))＝20，当且仅当eq \f(800,x)＝eq \f(x,8)(x>0)，即x＝80时“＝”成立．故选B. 9．(2024·湖南长沙雨花区高一上期末)中国南宋著名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＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)求得，其中p为三角形周长的一半．已知△ABC的周长为12，c＝4，则此三角形的面积最大时，∠A＝(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：由题可知a＋b＝8，c＝4，可得p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)＝6，则S＝eq \r(6（6－a）（6－b）（6－4）)＝eq \r(12（6－a）（6－b）)≤eq \r(12)×eq \f(6－a＋6－b,2)＝4eq \r(3)，当且仅当a＝b＝4时取等号，所以此时三角形为等边三角形，故∠A＝60°.故选C. 10．(2024·四川省宜宾市期中)高一学生在新的学期里，刚刚搬入新教学楼，随着楼层的升高，上、下楼耗费的精力增多，因此不满意度升高．已知当教室在第n层楼时，上、下楼造成的不满意度为n，但高处空气清新，嘈杂声较小，环境较好，因此随着教室所在楼层的升高，环境不满意度降低．设教室在第n层楼时，环境不满意度为eq \f(8,n)，则同学们认为最适宜的教室所在的楼层应为(　　) A．2 B．3 C．4 D．8 解析：由题意知，教室在第n层楼时，同学们总的不满意度y＝n＋eq \f(8,n)≥4eq \r(2)，当且仅当n＝eq \f(8,n)，即n＝2eq \r(2)时，不满意度最小，又n∈N＋，分别把n＝2，3代入y＝n＋eq \f(8,n)，易知当n＝3时，y最小，故最适宜的教室应在3楼． 11．不等式3x2－2x＋1>0的解集为(　　) A.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1<x<\f(1,3))))) B.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)<x<1)))) C．∅ D．R 12．不等式eq \f(3x－1,2－x)≥1的解集是(　　) A.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)≤x≤2)))) B.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)≤x<2)))) C.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≤\f(3,4)，或x>2)))) D.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≥\f(3,4))))) 解析：不等式eq \f(3x－1,2－x)≥1，移项得eq \f(3x－1,2－x)－1≥0，即eq \f(x－\f(3,4),x－2)≤0，可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))（x－2）≤0，,x－2≠0，))解得eq \f(3,4)≤x<2，则原不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)≤x<2)))).故选B. 13.关于x的不等式eq \f(3x＋a,x－1)≤1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)≤x<1))))，则实数a的值为(　　) A．－6 B．－eq \f(7,2) C.eq \f(3,2) D．4 解析：eq \f(3x＋a,x－1)≤1⇔eq \f(2x＋a＋1,x－1)≤0⇔(2x＋a＋1)(x－1)≤0且x≠1.由题意得－eq \f(a＋1,2)＝－eq \f(5,2)，解得a＝4.故选D. 14．若0<t<1，则不等式(x－t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,t)))<0的解集为(　　) A.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)<x<t)))) B.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<t，或x>\f(1,t))))) C.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,t)，或x>t)))) D.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(t<x<\f(1,t))))) 解析：∵0<t<1，∴t<eq \f(1,t)，∴原不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(t<x<\f(1,t))))). 15．(多选)(2024·广东深圳中学高一上月考)解关于x的不等式ax2＋(2－4a)x－8>0，下列说法正确的是(　　) A．当a＝0时，不等式的解集为{x|x>4} B．当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x>4，或x<－\f(2,a))))) C．当a＝－eq \f(1,2)时，不等式的解集为R D．当a＝－1时，不等式的解集为{x|2<x<4} 16．(多选)(2024·湖北襄阳一中高一上质量检测)下列说法一定正确的是(　　) A．若eq \r(3,a)>eq \r(3,b)，则a2024>b2024 B．若ab<0，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则a>b C．若a>b，a＋c>b＋d，则c>d D．若a>b>0，则eq \f(b＋1,a＋1)>eq \f(b,a) 解析：对于A，取a＝0，b＝－1可知a2024>b2024不成立，故A错误；对于B，由ab<0，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)得，a>0>b，故B正确；对于C，取a＝3，b＝0，c＝1，d＝2，满足a>b，a＋c>b＋d，但c>d不成立，故C错误；对于D，∵a>b>0，∴eq \f(b＋1,a＋1)－eq \f(b,a)＝eq \f(a－b,a（a＋1）)>0，∴eq \f(b＋1,a＋1)>eq \f(b,a)成立，故D正确．故选BD. 17．(2024·江西南昌一中高一上月考)已知a>0，b>0，eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,6)，若不等式2a＋b≥9m恒成立，则m的最大值为________． 解析：由已知，可得6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝1，所以2a＋b＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2a,b)＋\f(2b,a)))≥6×(5＋4)＝54，当且仅当eq \f(2a,b)＝eq \f(2b,a)，即a＝b＝18时等号成立，所以9m≤54，即m≤6. 18．已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证： (1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8； (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9. 证明：(1)eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(a＋b,ab)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))， ∵a＋b＝1，a＞0，b＞0， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(a＋b,a)＋eq \f(a＋b,b)＝2＋eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2＋2＝4， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时，等号成立)). (2)证法一：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1， ∴1＋eq \f(1,a)＝1＋eq \f(a＋b,a)＝2＋eq \f(b,a)， 同理，1＋eq \f(1,b)＝2＋eq \f(a,b)， ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(a,b)))＝5＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9. ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(当且仅当a＝b＝\f(1,2)时，等号成立)). 证法二：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab). 由(1)知，eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥8， 故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝1＋eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,ab)≥9，当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立． 19．某自来水厂的蓄水池存有400 t水，水厂每小时可向蓄水池中注水60 t，同时蓄水池又向居民小区不间断供水，x h内供水总量为120eq \r(6x)(0≤x≤24)． (1)从供水开始到第几个小时蓄水池中的存水量最少？最少水量是多少？ (2)若蓄水池中水量少于80 t时，就会出现供水紧张现象，请问：在一天的24 h内，有几个小时出现供水紧张现象？ 解：(1)设x h后蓄水池中的存水量为y t， 则y＝400＋60x－120eq \r(6x)(0≤x≤24)， 设eq \r(6x)＝u，则u2＝6x(0≤u≤12)， 所以y＝400＋10u2－120u＝10(u－6)2＋40. 因为0≤u≤12，故当u＝6， 即x＝6时，ymin＝40. 即从供水开始到第6 h时，蓄水池中的存水量最少，为40 t. (2)依题意，得400＋10u2－120u＜80， 即u2－12u＋32＜0， 解得4＜u＜8，所以16＜u2＜64. 又u2＝6x，所以16＜6x＜64， 所以eq \f(8,3)＜x＜eq \f(32,3). 又eq \f(32,3)－eq \f(8,3)＝8，所以每天有8 h出现供水紧张现象． $$