专题02 不等式（考点串讲）-2024-2025学年高一数学上学期期末考点大串讲（苏教版2019必修第一册）

高一数学上学期·期末复习大串讲 专题02 不等式 苏教版(2019) 必修第一册 01 02 03 目 录 押题预测 题型剖析 考点透视 10大常考点：知识梳理、思维导图 17个题型典例剖析+技巧点拨 精选20道期末真题对应考点练 考点透视 01 PART 考点透视 考点1.不等关系与不等式 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 > < ≥ ≤ 考点透视 考点2.实数大小比较的基本事实 重要不等式 (1)a>b⇔___________． (2)a＝b⇔a－b_______0. (3)_______⇔a－b<0. 　 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 考点透视 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 a>c a＋c>b＋c ac>bc ac<bc a＋c>b＋d ac>bd an>bn(n∈N，n≥2) 考点透视 考点4.基本不等式 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 考点透视 考点5.基本不等式与最大(小)值 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 考点透视 考点6.利用基本不等式证明不等式 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． 利用基本不等式解决实际问题的一般步骤 (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． 题型剖析 题型7.　一元二次不等式的概念 二次函数的零点 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. 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 考点透视 考点8.二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系 考点透视 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} ∅ ∅ 考点透视 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) 考点透视 考点10.一元二次不等式恒成立问题 (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⇔___________________； 考点透视 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. 题型剖析 02 PART 题型剖析 题型1.用不等式(组)表示不等关系 【例题1】(2024·辽宁葫芦岛协作校高一上第一次考试)某公司准备对一项目进行投资，提出两个投资方案：方案A为一次性投资300万；方案B为第一年投资80万，以后每年投资20万．下列不等式表示“经过n年之后，方案B的投入不少于方案A的投入”的是(　　) A．80＋20n≥300 B.80＋20n≤300 C．80＋20(n－1)≤300 D.80＋20(n－1)≥300 解析 ∵经过n年之后，方案B的投入不少于方案A的投入，方案A为一次性投资300万，方案B为第一年投资80万，以后每年投资20万，∴80＋20(n－1)≥300.故选D. 答案 解析 题型剖析 题型2.作差法比较大小 【例题2】设x，y，z∈R，比较下列各组中两个代数式的大小： (1)x2＋3与3x； (2)5x2＋y2＋z2与2xy＋4x＋2z－2. 解 题型剖析 题型3.比较大小在实际问题中的应用 【例题3】某单位包车参加活动．甲车队说：“如果领队买全票一张，其余人可享受7.5折优惠”，乙车队说：“你们属团体票，按原价的8折优惠．”这两车队的原价、车型都是一样的，试根据单位的人数，比较两车队的收费哪家更优惠． 解 题型剖析 题型3.比较大小在实际问题中的应用 解 题型剖析 题型4.利用不等式的性质判断命题的真假 答案 题型剖析 4.利用不等式的性质判断命题的真假 解析 题型剖析 4.利用不等式的性质判断命题的真假 解析 题型剖析 题型5.利用不等式的性质证明不等式 证明 题型剖析 题型6.利用不等式的性质求取值范围 解　∵1<a<4，2<b<8， ∴2<2a<8，6<3b<24. ∴8<2a＋3b<32. ∵2<b<8，∴－8<－b<－2. 又1<a<4， ∴1＋(－8)<a＋(－b)<4＋(－2)， 即－7<a－b<2. 故2a＋3b的取值范围是8<2a＋3b<32，a－b的取值范围是－7<a－b<2. 【例题6】已知1<a<4，2<b<8，试求2a＋3b与a－b的取值范围． 解 题型剖析 题型6.对基本不等式的理解 答案 题型剖析 题型6.利用不等式的性质求取值范围 解析 题型剖析 题型7.利用基本不等式比较大小 答案 解析 题型剖析 题型8.配凑法求最值 解 题型剖析 题型9.常数代换法求最值 解 题型剖析 题型10.利用基本不等式证明不等式 证明 题型剖析 题型10.利用基本不等式证明不等式 证明 题型剖析 题型11.基本不等式在实际问题中的应用 【例题11】围建一个面积为360 m2的矩形场地，要求矩形场地的一面围墙利用旧墙(利用的旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2 m的进出口，如图．已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m.设利用的旧墙长度为x(单位：m)，修建此矩形场地围墙的总费用为y(单位：元)． 试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用． 题型剖析 题型11.基本不等式在实际问题中的应用 解 题型剖析 题型12.基本不等式的综合问题 解 题型剖析 题型13.一元二次不等式的解法 【例题13】解下列不等式： (1)2x2－3x－2>0；(2)x2－4x＋4>0； (3)－2x2＋x－3<0；(4)－3x2＋5x－2>0. 解 题型剖析 题型13.一元二次不等式的解法 解 题型剖析 题型14.含参数的一元二次不等式的解法 【例题14】解关于x的不等式(a∈R)： (1)2x2＋ax＋2>0； (2)ax2－(a＋1)x＋1<0. 解 题型剖析 题型14.含参数的一元二次不等式的解法 解 题型剖析 题型14.含参数的一元二次不等式的解法 解 题型剖析 题型15.简单分式不等式的解法 解 题型剖析 题型15.简单分式不等式的解法 解 题型剖析 题型16.不等式恒成立问题 【例题16】设函数y＝mx2－mx－1. (1)若对一切实数x，y<0恒成立，求m的取值范围； (2)若对x∈{x|1≤x≤3}，y<－m＋5恒成立，求m的取值范围． 解 题型剖析 题型16.不等式恒成立问题 解 题型剖析 题型17.一元二次不等式的实际应用 解　设该厂日产量为x件时，日获利为y元， 则y＝(160－2x)x－(500＋30x)＝－2x2＋130x－500， 由题意可得－2x2＋130x－500≥1300， 解得20≤x≤45. 故该厂日产量x满足20≤x≤45时，可使日获利不少于1300元． 【例题17】 某小型服装厂生产一种风衣，日销售量x(单位：件)与单价p(单位：元/件)之间的关系为p＝160－2x，生产x件这种风衣所需成本为c＝500＋30x元，假设所生产的这种风衣能够全部售出，问：该厂日产量多大时，可使日获利不少于1300元？ 解 押题预测 03 PART 题型剖析 1．下面能表示“a与b的和是非正数”的不等式为(　　) A．a＋b<0 B．a＋b>0 C．a＋b≤0 D．a＋b≥0 解析：a与b的和是非正数，即a＋b≤0. 答案 解析 答案 解析 3．(2024·河南TOP二十名校高一下2月调研)河南是华夏文明的主要发祥地之一，众多的文物古迹和著名的黄河等自然风光构成了河南丰富的旅游资源，在旅游业蓬勃发展的带动下，餐饮、酒店、工艺品等行业持续发展．某连锁酒店共有500间客房，若每间客房每天的定价是200元，则均可被租出；若每间客房每天的定价在200元的基础上提高10x元(1≤x≤10，x∈Z)，则被租出的客房会减少15x套．若要使该连锁酒店每天租赁客房的收入超过106600元，则该连锁酒店每间客房每天的定价应为(　　) A．250元 B．260元 C．270元 D．280元 答案 解析 题型剖析 4．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 题型剖析 5．已知a，b，c为不全相等的实数，P＝a2＋b2＋c2＋3，Q＝2(a＋b＋c)，那么P与Q的大小关系是(　　) A．P>Q B．P≥Q C．P<Q D．P≤Q 解析：P－Q＝a2＋b2＋c2＋3－2(a＋b＋c)＝a2－2a＋1＋b2－2b＋1＋c2－2c＋1＝(a－1)2＋(b－1)2＋(c－1)2≥0，又a，b，c为不全相等的实数，∴等号取不到，∴P>Q.故选A. 答案 解析 题型剖析 6.不等式2x2＋mx＋n>0的解集是{x|x<－2，或x>3}，则m＋n的值是(　　) A．14 B．0 C．－10 D．－14 答案 解析 题型剖析 7．(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 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 16．下列说法正确的是(　　) A．某人的月收入x元不高于2000元可表示为“x<2000” B．小明的身高为x，小华的身高为y，则小明比小华矮可表示为“x>y” C．变量x不小于a可表示为“x≥a” D．变量y不超过a可表示为“y≥a” 解析：对于A，x应满足x≤2000，故A错误；对于B，x，y应满足x<y，故B错误；对于C，x与a的关系可表示为“x≥a”，故C正确；对于D，y与a的关系可表示为“y≤a”，故D错误． 答案 解析 答案 解析 题型剖析 答案 解析 题型剖析 19．(多选)已知关于x的不等式a(x＋1)(x－3)＋1>0(a≠0)的解集是{x|x1<x<x2，x1<x2}，则下列结论中正确的是(　　) A．x1＋x2＝2 B．x1x2<－3 C．x2－x1>4 D．－1<x1<x2<3 答案 解析 解 解 eq \f(a,c)＝eq \f(b,c) eq \f(a＋b,2) eq \r(ab) eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2) eq \f(S2,4) 2eq \r(P) Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0 y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(b,2a))))) 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(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 (1)∵(x2＋3)－3x＝x2－3x＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)>0，∴x2＋3>3x. (2)∵5x2＋y2＋z2－(2xy＋4x＋2z－2)＝4x2－4x＋1＋x2－2xy＋y2＋z2－2z＋1＝(2x－1)2＋(x－y)2＋(z－1)2≥0， ∴5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2， 当且仅当x＝y＝eq \f(1,2)，且z＝1时取等号． 解 设该单位的人数为n(n∈N＋)，全票价为x元，坐甲车队的车需花y1元，坐乙车队的车需花y2元． 由题意，得y1＝x＋eq \f(3,4)x(n－1)＝eq \f(1,4)x＋eq \f(3,4)nx，y2＝eq \f(4,5)nx. 因为y1－y2＝eq \f(1,4)x＋eq \f(3,4)nx－eq \f(4,5)nx＝eq \f(1,4)x－eq \f(1,20)nx＝eq \f(1,4)xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n,5)))， 当n＝5时，y1＝y2； 当n>5时，y1<y2； 当n<5时，y1>y2. 所以，当单位的人数为5时，两车队收费相同；大于5时，选甲车队更优惠；小于5时，选乙车队更优惠． 【例题4】对于实数a，b，c，下列命题中的真命题是(　　) A．若a<b，则ac2<bc2 B．若a>b>0，则eq \f(1,a)>eq \f(1,b) C．若a<b<0，则eq \f(b,a)>eq \f(a,b) D．若a>b，eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，则a>0，b<0 解析　法一：当c＝0时，有ac2＝bc2，故A为假命题；由a>b>0，有ab>0⇒eq \f(a,ab)>eq \f(b,ab)⇒eq \f(1,b)>eq \f(1,a)，故B为假命题； eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a<b<0⇒－a>－b>0⇒－\f(1,b)>－\f(1,a)>0，,a<b<0⇒－a>－b>0))⇒eq \f(a,b)>eq \f(b,a)，故C为假命题；eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a>b⇒b－a<0，,\f(1,a)>\f(1,b)⇒\f(1,a)－\f(1,b)>0⇒\f(b－a,ab)>0)) ⇒ab<0.∵a>b，∴a>0，b<0，故D为真命题．故选D. 解法二(特殊值排除法)：取c＝0，则ac2＝bc2，故A为假命题；取a＝2，b＝1，则eq \f(1,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(1,b)＝1，有eq \f(1,a)<eq \f(1,b)，故B为假命题；取a＝－2，b＝－1，则eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(a,b)＝2，有eq \f(b,a)<eq \f(a,b)，故C为假命题．故选D. 【例题5】若a>b>0，c<d<0，e<0，求证：eq \f(e,（a－c）2)>eq \f(e,（b－d）2). 证明　∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又a>b>0，∴a－c>b－d>0， ∴(a－c)2>(b－d)2>0， 两边同乘以eq \f(1,（a－c）2（b－d）2)， 得eq \f(1,（a－c）2)<eq \f(1,（b－d）2). 又e<0，∴eq \f(e,（a－c）2)>eq \f(e,（b－d）2). 【例题6】给出下面三个推导过程： ①因为a>0，b>0，所以eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2； ②因为a>0，所以a2－1＋eq \f(1,a2－1)≥2eq \r(（a2－1）·\f(1,a2－1))＝2； ③因为x，y∈R，xy<0，所以eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))))≤－2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x))))＝－2. 其中正确的推导过程为(　　) A．①② B．②③ C．② D．①③ 解析　①因为a>0，b>0，所以eq \f(b,a)>0，eq \f(a,b)>0，符合基本不等式成立的条件，故①的推导过程正确；②因为当a>0时，a2－1不一定为正，所以②的推导过程错误；③由xy<0，得eq \f(x,y)，eq \f(y,x)均为负数，但在推导过程中将eq \f(x,y)＋eq \f(y,x)看成一个整体提出负号后，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,y)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,x)))均为正数，符合基本不等式成立的条件，故③的推导过程正确． eq \f(2ab,a＋b) 解法二(特殊值法)：令a＝4，b＝2，则eq \f(a＋b,2)＝3，eq \r(ab)＝2eq \r(2)，eq \r(\f(a2＋b2,2))＝eq \r(10)，eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(8,3)，∴eq \f(2ab,a＋b)最小． 【例题7】已知a>0，b>0，且a≠b，则eq \f(a＋b,2)，eq \r(ab)，eq \r(\f(a2＋b2,2))，eq \f(2ab,a＋b)中最小的是________． 解析　解法一：∵eq \f(2ab,a＋b)＝eq \f(ab,\f(a＋b,2))≤eq \f(ab,\r(ab))＝eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，又2ab≤a2＋b2，∴(a＋b)2≤2(a2＋b2)，∴eq \f(（a＋b）2,4)≤eq \f(a2＋b2,2)，∴eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2)).综上所述，eq \f(2ab,a＋b)≤eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)≤eq \r(\f(a2＋b2,2))(当且仅当a＝b时等号成立)．又a≠b，∴eq \f(2ab,a＋b)<eq \r(ab)<eq \f(a＋b,2)<eq \r(\f(a2＋b2,2))，∴eq \f(2ab,a＋b)最小． 【例题8】若x>2，求eq \f(1,x－2)＋x的最小值． 解　因为x>2，所以x－2>0，eq \f(1,x－2)＋x＝eq \f(1,x－2)＋x－2＋2≥2eq \r(（x－2）·\f(1,x－2))＋2＝4，当且仅当x－2＝eq \f(1,x－2)，即x＝3时等号成立， 所以eq \f(1,x－2)＋x的最小值为4. 【例题9】已知x>0，y>0，且满足eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1，求x＋2y的最小值． 解　∵x>0，y>0，eq \f(8,x)＋eq \f(1,y)＝1， ∴x＋2y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)))(x＋2y)＝10＋eq \f(x,y)＋eq \f(16y,x)≥10＋2eq \r(\f(x,y)·\f(16y,x))＝18， 当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(1,y)＝1，,\f(x,y)＝\f(16y,x)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝12，,y＝3))时，等号成立， 故当x＝12，y＝3时，x＋2y取最小值18. 【例题10】已知a，b，c是不全相等的三个正数， 求证：eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)＞3. 证明　eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c) ＝eq \f(b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(b,c)－3 ＝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)))－3.　 ∵a，b，c都是正数， ∴eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)≥2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2， 同理eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)≥2，eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)≥2， ∵a，b，c不全相等，上述三式不能同时取等号， ∴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)))＞6， ∴eq \f(b＋c－a,a)＋eq \f(a＋c－b,b)＋eq \f(a＋b－c,c)＞3. 解　设矩形的另一边长为a m， 则y＝45x＋180(x－2)＋180×2a＝225x＋360a－360. 由已知ax＝360，得a＝eq \f(360,x)， ∴y＝225x＋eq \f(3602,x)－360. ∵x>0， ∴225x＋eq \f(3602,x)≥2eq \r(225×3602)＝10800. ∴y＝225x＋eq \f(3602,x)－360≥10440， 当且仅当225x＝eq \f(3602,x)时，等号成立， 即当x＝24 m时，修建此矩形场地围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．　 【例题12】若不等式9x＋eq \f(a2,x)≥a＋1(常数a>0)对一切正实数x恒成立，求a的取值范围． 解 常数a>0，若9x＋eq \f(a2,x)≥a＋1对一切正实数x恒成立，则a＋1≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9x＋\f(a2,x))) eq \s\do7(min)，又9x＋eq \f(a2,x)≥6a，当且仅当9x＝eq \f(a2,x)，即x＝eq \f(a,3)时，等号成立．故必有6a≥a＋1，解得a≥eq \f(1,5).所以a的取值范围为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,5))))). 解 (1)∵Δ>0，方程2x2－3x－2＝0的根是x1＝－eq \f(1,2)，x2＝2， ∴不等式2x2－3x－2>0的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)，或x>2)))). （2）∵Δ＝0，方程x2－4x＋4＝0的根是x1＝x2＝2，∴不等式x2－4x＋4>0的解集为{x|x≠2}. （3）原不等式可化为2x2－x＋3>0， ∵Δ<0，方程2x2－x＋3＝0无解， ∴不等式－2x2＋x－3<0的解集为R. （4）原不等式可化为3x2－5x＋2<0， ∵Δ>0，方程3x2－5x＋2＝0的两根为x1＝eq \f(2,3)，x2＝1，∴不等式－3x2＋5x－2>0的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,3) < x<1)))). 解 (1)Δ＝a2－16，下面分情况讨论： ①当Δ<0，即－4<a<4时，方程2x2＋ax＋2＝0无实根，所以原不等式的解集为R； ②当Δ>0，即a>4或a<－4时，方程2x2＋ax＋2＝0的两个根为x1＝eq \f(1,4)(－a－eq \r(a2－16))，x2＝eq \f(1,4)(－a＋eq \r(a2－16))，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(x<\f(1,4)（－a－\r(a2－16)），或x>\f(1,4)（－a＋\r(a2－16)）)))). ③当Δ＝0，即a＝4或－4时，方程2x2＋ax＋2＝0有两个相等的实数根， 当a＝－4时，原不等式的解集为{x|x∈R，且x≠1}， 当a＝4时，原不等式的解集为{x|x∈R，且x≠－1}． (2)若a＝0，原不等式为－x＋1<0， 解得x>1； 若a<0，原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0， 解得x<eq \f(1,a)或x>1； 若a>0，原不等式可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0，(*) 其解的情况应由eq \f(1,a)与1的大小关系决定，故 ①当a＝1时，由(*)式可得x∈∅， ②当a>1时，由(*)式可得eq \f(1,a)<x<1， ③当0<a<1时，由(*)式可得1<x<eq \f(1,a). 综上所述，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<\f(1,a)，或x>1))))；当a＝0时，不等式的解集为{x|x>1}；当0<a<1时，不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a)))))；当a＝1时，不等式的解集为∅；当a>1时，不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))). 【例题15】解下列不等式： (1)eq \f(x＋2,3－x)≥0；(2)eq \f(2x－1,3－4x)>1. 解　(1)原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋2）（3－x）≥0，,3－x≠0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋2）（x－3）≤0，,x≠3，)) 解得－2≤x<3. ∴原不等式的解集为{x|－2≤x<3}．　 (2)原不等式可化为eq \f(2x－1,3－4x)－1>0，即eq \f(3x－2,4x－3)<0，等价于(3x－2)(4x－3)<0，∴eq \f(2,3)<x<eq \f(3,4). ∴原不等式的解集为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<\f(3,4))))). 解　(1)若m＝0，显然－1<0恒成立； 若m≠0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0))⇒－4<m<0. ∴m的取值范围为{m|－4<m≤0}． (2)y<－m＋5恒成立， 即m(x2－x＋1)－6<0恒成立， ∵x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0， ∴m<eq \f(6,x2－x＋1). ∵函数y＝eq \f(6,x2－x＋1)＝eq \f(6,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))在1≤x≤3时的最小值为eq \f(6,7)，∴只需m<eq \f(6,7)即可． ∴m的取值范围为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(m<\f(6,7))))). 2．(2024·重庆八中高一上月考)若不等式ax2＋(a－1)x＋a>0对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(a<－1，或a>\f(1,3))))) B．{a|a>1} C.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,3))))) D.eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1<a<\f(1,3))))) 解析：当a＝0时，0＋(0－1)×x＋0>0，∴x<0，不符合题意，舍去；当a≠0时，由题意得a>0，且Δ＝(a－1)2－4a2<0，解得a>eq \f(1,3).综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,3))))). 解析：依题意，每天有(500－15x)间客房被租出，该连锁酒店每天租赁客房的收入为(500－15x)(200＋10x)＝－150x2＋2000x＋100000.因为要使该连锁酒店每天租赁客房的收入超过106600元，所以－150x2＋2000x＋100000>106600，即3x2－40x＋132<0，解得6<x<eq \f(22,3).因为1≤x≤10且x∈Z，所以x＝7，即该连锁酒店每间客房每天的定价应为270元．故选C. 解析：∵不等式2x2＋mx＋n>0的解集是{x|x<－2，或x>3}，∴一元二次方程2x2＋mx＋n＝0的两个根为－2，3.由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＋3＝－\f(m,2)，,－2×3＝\f(n,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝－12，))所以m＋n＝－14.故选D. 8．(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. 9．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. 10．(2024·河北三河二中高一上期末)已知正数x，y满足x＋y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)的最小值为(　　) A．2 B．eq \f(9,2) C．eq \f(14,3) D．5 解析：∵x＋y＝1，∴x＋(1＋y)＝2，则2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,1＋y)))＝[x＋(1＋y)]eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(4,1＋y)))＝eq \f(4x,1＋y)＋eq \f(1＋y,x)＋5≥2eq \r(\f(4x,1＋y)·\f(1＋y,x))＋5＝9，∴eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)≥eq \f(9,2)，当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4x,1＋y)＝\f(1＋y,x)，,x＋y＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)，,y＝\f(1,3)))时，等号成立，因此eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)的最小值为eq \f(9,2).故选B. 11．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))))). 12．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. 13．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. 14．若x>y，m>n，则下列不等式中正确的是(　　) A．x＋m>y＋n B.x－m>y－n C．eq \f(x,n)>eq \f(y,m) D．xm>yn 解析：因为x>y，m>n，所以x＋m>y＋n，故A正确；当x＝2，y＝1，m＝2，n＝－1时，x－m<y－n，故B错误；当x＝2，y＝1，m＝2，n＝－1时，eq \f(x,n)<eq \f(y,m)，故C错误；当x＝1，y＝－1，m＝2，n＝－4时，xm<yn，故D错误．故选A. 15．已知正实数m，n满足m＋n＝1，且使eq \f(1,m)＋eq \f(16,n)取得最小值．若y＝eq \f(5,m)，x＝eq \f(4,n)是方程y＝xα的解，则α＝(　　) A．－1 B．1 C．2 D．3 解析：eq \f(1,m)＋eq \f(16,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(16,n)))(m＋n)＝1＋eq \f(16m,n)＋eq \f(n,m)＋16＝17＋eq \f(16m,n)＋eq \f(n,m)≥17＋2eq \r(\f(16m,n)·\f(n,m))＝25，当且仅当eq \f(16m,n)＝eq \f(n,m)，m＋n＝1，即m＝eq \f(1,5)，n＝eq \f(4,5)时，取等号．即eq \f(1,m)＋eq \f(16,n)取得最小值时，m＝eq \f(1,5)，n＝eq \f(4,5)，所以y＝25，x＝5，即25＝5α.所以α＝2. 17．不等式eq \f(x－2,x＋1)≤0的解集是(　　) A．{x|x<－1，或－1<x≤2} B．{x|－1≤x≤2} C．{x|x<－1，或x≥2} D．{x|－1<x≤2} 解析：此不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）（x＋1）≤0，,x＋1≠0，))∴－1<x≤2. 18．(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. 解析：∵关于x的不等式a(x＋1)(x－3)＋1>0(a≠0)的解集是{x|x1<x<x2，x1<x2}，∴a<0，x1，x2是一元二次方程ax2－2ax＋1－3a＝0的两根．∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1－3a,a)＝eq \f(1,a)－3<－3，x2－x1＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(4－4×\f(1－3a,a))＝2eq \r(4－\f(1,a))>4.由x2－x1>4和x1＋x2＝2可得x1<－1<3<x2.故选ABC. 20．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． $$