第2章 等式与不等式（复习课件）数学沪教版2020必修第一册

单元复习课件 第二章 等式与不等式 沪教版2020必修第一册·高一 学习内容导览 单元知识图谱 2 单元复习目标 1 3 考点串讲 针对训练 5 题型剖析 4 6 课堂总结 1.知识理解目标：透彻理解等式、不等式的概念及基本性质，明确等式与不等式在定义和性质上的联系与区别，能准确判断等式和不等式的成立条件。 2.技能掌握目标：熟练运用等式性质求解一元一次方程、二元一次方程组等各类方程，并能准确检验解的正确性； 3.思维培养目标：通过对比等式与不等式的性质和求解过程，培养类比迁移思维，学会借助已有知识探索新内容； 4.实际应用目标：能敏锐发现生活中的等量关系和不等量关系，将实际问题转化为等式或不等式模型，如购物预算、行程规划等问题，运用所学知识解决实际问题， 单元学习目标 单元知识图谱 关系 方法 作差法 作商法　　　作商比较的两个数是同号的 a>b a-b>0 >1(a,b>0)或<1(a,b<0) a=b a-b=0 =1(b≠0) a<b a-b<0 <1(a,b>0)或>1(a,b<0) 一、两个实数比较大小的方法 考点串讲 二、等式的性质 性质1　对称性：如果a＝b，那么 ； 性质2　传递性：如果a＝b，b＝c，那么 ； 性质3　可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c； 性质4　可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc； 性质5　可除性：如果a＝b，c≠0，那么 . b＝a a＝c 考点串讲 三、不等式的性质 性质1　对称性：a>b⇔ ； 性质2　传递性：a>b，b>c⇒ ； 性质3　可加性：a>b⇔a＋c>b＋c； 性质4　可乘性：a>b，c>0⇒ ；a>b，c<0⇒ ； 性质5　同向可加性：a>b，c>d⇒ ； 性质6　同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ ； 性质7　同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2). b<a a>c ac>bc ac<bc a＋c>b＋d ac>bd 微思考　对于非零实数a,b,如果a>b,是否一定有? 考点串讲 基本不等式：≤ (1)基本不等式成立的条件：a>0，b>0. (2)等号成立的条件：当且仅当 时，等号成立. (3)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. a＝b 四、基本不等式 考点串讲 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，如果和x＋y等于定值S，那么当x＝y时，积xy有最 大值 . 注意：利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”. 2 S2 五、基本不等式求最值 考点串讲 如图，对于函数f(x)＝x＋，k>0，x∈[a，b]，[a，b]⊆(0，＋∞). (1)当∈[a，b]时，f(x)＝x＋≥2，f(x)min＝f() ＝＝2； (2)当<a时，f(x)＝x＋在区间[a，b]上单调递增， f(x)min＝f(a)＝a＋； (3)当>b时，f(x)＝x＋在区间[a，b]上单调递减，f(x)min＝f(b)＝b＋. 因此，只有当∈[a，b]时，才能使用基本不等式求最值，而当∉[a，b]时只能利用对勾函数的单调性求最值. 六、对勾函数模型 考点串讲 七、绝对值三角不等式 考点串讲 题型一、作差法/作商法比较大小 【例1】(1)比较(x+3)(x+7)和(x+4)(x+6)的大小; (2)已知x∈R且x≠-1,比较与1-x的大小. 【解析】(1)因为(x+3)(x+7)-(x+4)(x+6)=(x2+10x+21)-(x2+10x+24)=-3<0, 所以(x+3)(x+7)<(x+4)(x+6). 作差法 作商法 题型剖析 【解析】(2)因为-(1-x)==, 当x=0时,=1-x; 当1+x<0,即x<-1时,<0,所以<1-x; 当1+x>0且x≠0,即-1<x<0或x>0时,>0,所以>1-x. 【例1】(1)比较(x+3)(x+7)和(x+4)(x+6)的大小; (2)已知x∈R且x≠-1,比较与1-x的大小. 题型一、作差法/作商法比较大小 情况不确定：分类讨论 题型剖析 题型一、作差法/作商法比较大小 比较大小的常用方法 （1）作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论. （2）作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论. （3）构造函数法：利用函数的单调性比较大小. 题型剖析 【解析】因为a-==,a>0, 所以当a>1时,>0,有a>; 当a=1时,=0,有a=; 当0<a<1时,<0,有a<. 综上,当a>1时,a>;当a=1时,a=;当0<a<1时,a<. 已知a>0,试比较a与的大小. 题型一、作差法/作商法比较大小 变式训练 【探究1】将本例条件改为－1<x<y<3，求x－y的范围． 【探究2】若将本例条件改为“－1<x＋y<4，2<x－y<3”，求3x＋2y的取值范围． 由于变量间相互制约，在“取等”的条件上会有所不同，则应建立待求整体与已知变量之间的关系，然后根据不等式的性质求待求整体的取值范围 题型二、利用不等式的性质求代数式的范围 题型剖析 题型二、利用不等式的性质求代数式的范围 【探究1】将本例条件改为－1<x<y<3，求x－y的范围． 【探究2】若将本例条件改为“－1<x＋y<4，2<x－y<3”，求3x＋2y的取值范围． 题型剖析 题型二、利用不等式的性质求代数式的范围 利用不等式的性质求代数式的取值范围的注意点 （1）必须严格运用不等式的性质； （2）多次运用不等式的性质有可能扩大变量的取值范围，解决途径是先 建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，然后通过“一次性” 不等关系的运算求解范围. 题型剖析 题型二、利用不等式的性质求代数式的范围 已知1<a<4,2<b<8,试求下列各式的取值范围: (1)2a+3b (2)a-b (3). 【解析】(1)因为1<a<4,2<b<8,所以2<2a<8,6<3b<24. 所以8<2a+3b<32,故2a+3b的取值范围是8<2a+3b<32. (2)因为2<b<8,所以-8<-b<-2.又因为1<a<4,所以1+(-8)<a+(-b)<4+(-2),即-7<a-b<2，故a-b的取值范围是-7<a-b<2. (3)因为2<b<8,所以<<,而1<a<4,所以1×<a·<4×,即<<2. 故的取值范围是<<2. 变式训练 题型三、一元二次不等式的解法 题型剖析 题型三、一元二次不等式的解法 题型剖析 题型三、一元二次不等式的解法 1．解一元二次不等式的一般步骤 一化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式． 二判：计算对应方程的判别式． 三求：求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根． 四写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集．   2．解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据 (1)二次项中若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式． (2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系． (3)确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式． 提醒：当不等式中二次项的系数含有参数时，不要忘记讨论其等于0的情况． 题型剖析 题型三、一元二次不等式的解法 变式训练 题型四、一元二次不等式的恒成立问题 题型剖析 题型四、一元二次不等式的恒成立问题 题型剖析 题型四、一元二次不等式的恒成立问题 题型剖析 题型四、一元二次不等式的恒成立问题 题型剖析 一元二次不等式恒成立问题求参数的策略 （1）弄清楚自变量、参数.一般情况下，求谁的范围，谁就是参数； （2）一元二次不等式在R上恒成立，可用判别式Δ；一元二次不等式在给 定区间上恒成立，不能用判别式Δ，一般分离参数求最值或分类讨论. 题型四、一元二次不等式恒成立问题 题型剖析 已知函数f(x)=的定义域为R,则实数a的取值范围是(　　) A.(0,1] B.[0,1] C.(1,+∞) D.[1,+∞) 解析 由题意知,关于x的不等式ax2+2ax+1≥0对任意的x∈R恒成立. 当a=0时,1≥0恒成立,即a=0符合题意; 当a≠0时,则需解得0<a≤1. 综上,a的取值范围是[0,1]. 题型四、一元二次不等式恒成立问题 变式训练 题型五、简单的分式不等式的解法 【例5】解不等式:(1)<0;(2)≤1. 【解析】(1)<0⇔(2x+1)(1-x)<0,不等式等价于(x+)(x-1)>0,解得x>1或x<-. 故原不等式的解集为. (2)因为≤1,所以-1≤0,所以≤0,则(4-x)(2x-3)≤0且2x≠3. 所以(x-4)(x-)≥0且x≠从而x<或x≥4. 故原不等式的解集为. 题型剖析 分式不等式的解法 (1)对于比较简单的分式不等式,可直接转化为一元二次不等式或一元二次不等式组求解,但要注意等价变形,保证分母不为零. (2)对于不等号右边不为零的较复杂的分式不等式,先移项再通分(不要去分母),使之转化为不等号右边为零,然后再用上述方法求解. 题型五、简单的分式不等式的解法 题型剖析 解下列不等式:(1)≥0;(2)<3. 【解析】(1)不等式≥0可转化成不等式组解得x≤-1或x>3.即原不等式的解集为{x|x≤-1或x>3}. (2)不等式<3可改写为-3<0,即<0. 可将这个不等式转化成2(x-1)(x+1)<0,解得-1<x<1. 所以原不等式的解集为{x|-1<x<1}. 题型五、简单的分式不等式的解法 变式训练 题型六、含绝对值不等式的求解 【例6】（1）解不等式：|1—2x|>x 题型剖析 题型六、含绝对值不等式的求解 题型剖析 题型七、利用基本不等式求最值 题型剖析 题型七、利用基本不等式求最值 题型剖析 题型七、利用基本不等式求最值 题型剖析 题型七、利用基本不等式求最值 题型剖析 题型七、利用基本不等式求最值 利用基本不等式求最值问题的常见类型及解题策略 (1)知和求积的最值．求解此类问题的关键：明确“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．明确“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． 题型剖析 题型七、利用基本不等式求最值 （2025·绍兴质检）若两个正实数x，y满足 ＋ ＝1，且不等 式x＋ ＜m2－3m有解，则实数m的取值范围是（　C　） A. （－1，4） B. （－4，1） C. （－∞，－1）∪（4，＋∞） D. （－∞，0）∪（3，＋∞） 变式训练 解析：因为两个正实数x，y满足 ＋ ＝1，所以x＋ ＝（x＋ ）（ ＋ ）＝2＋ ＋ ≥2＋2 ＝4，当且仅当 ＝ ，即x＝2，y＝8时取等号，因为不等式x＋ ＜m2－3m有解，所以m2－3m大于x＋ 的最小值，即m2－3m＞4，解得m＜－1或m＞4，即实数m的取值范围是（－∞，－1）∪（4，＋∞），故选C. 题型七、利用基本不等式求最值 变式训练 题型八、绝对值三角不等式 考点串讲 题型八、绝对值三角不等式 题型剖析 题型八、绝对值三角不等式 变式训练 针对训练 针对训练 针对训练 针对训练 课堂总结 课堂总结 课堂总结 感谢聆听! 定理1 如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．该定理被称为绝对值三角不等式． 定理2 如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立． 【例2】已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是___，3x＋2y的取值范围是_____． 【解析】∵－1<x<4，2<y<3， ∴－3<－y<－2， ∴－4<x－y<2. 由－1<x<4，2<y<3，得－3<3x<12，4<2y<6， ∴1<3x＋2y<18. 答案：(－4，2)　(1，18) 【解析】∵－1<x<3，－1<y<3，∴－3<－y<1， ∴－4<x－y<4.①又∵x<y，∴x－y<0，② 由①②得－4<x－y<0.故x－y的取值范围为(－4，0)． 【解析】设3x＋2y＝m(x＋y)＋n(x－y)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝3，,m－n＝2，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(5,2)，,n＝\f(1,2)，)) 即3x＋2y＝eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)，又－1<x＋y<4，2<x－y<3， ∴－eq \f(5,2)<eq \f(5,2)(x＋y)<10，1<eq \f(1,2)(x－y)<eq \f(3,2)，∴－eq \f(3,2)<eq \f(5,2)(x＋y)＋eq \f(1,2)(x－y)<eq \f(23,2)， 即－eq \f(3,2)<3x＋2y<eq \f(23,2).故3x＋2y的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(23,2))). 【例3】（1）已知函数f(x)＝(ax－1)·(x＋b)，如果不等式f(x)>0的解集是 (－1，3)，则不等式f(－2x)<0的解集是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))) 【解析】由f(x)>0，得ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1，3)， ∴a<0.且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1－ab,a)＝2，,－\f(b,a)＝－3，))解得a＝－1或a＝eq \f(1,3)(舍去)， ∴a＝－1，b＝－3，∴f(x)＝－x2＋2x＋3，∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3， 由－4x2－4x＋3<0，得4x2＋4x－3>0，解得x>eq \f(1,2)或x<－eq \f(3,2)， 故选A. 【例3】（2）解关于x的不等式：ax2－2≥2x－ax(a∈R)． 【解析】原不等式可化为ax2＋(a－2)x－2≥0. ①当a＝0时，原不等式化为x＋1≤0，解得x≤－1. ②当a>0时，原不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≥0，解得x≥eq \f(2,a)或x≤－1. ③当a<0时，原不等式化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x＋1)≤0. 当eq \f(2,a)>－1，即a<－2时，解得－1≤x≤eq \f(2,a)；当eq \f(2,a)＝－1，即a＝－2时，解得x＝－1满足题意； 当eq \f(2,a)<－1，即a>－2时，解得eq \f(2,a)≤x≤－1. 综上所述，当a＝0时，不等式的解集为{x|x≤－1}；当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≥\f(2,a)，或≤－1))；当－2<a<0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(2,a)≤x≤－1))； 当a＝－2时，不等式的解集为{x|x＝－1}；当a<－2时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1≤x≤\f(2,a))). 解下列不等式： (1)0＜x2－x－2≤4；（2）x2－4ax－5a2＞0(a≠0)． 【解析】(1)原不等式等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,x2－x－2≤4))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－2＞0，,x2－x－6≤0))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－2）（x＋1）＞0，,（x－3）（x＋2）≤0))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞2或x＜－1，,－2≤x≤3.)) 借助于数轴，如图所示， 原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－2≤x＜－1或2x＜x≤3)). (2)由x2－4ax－5a2＞0知(x－5a)(x＋a)＞0.由于a≠0故分a＞0与a＜0讨论． 当a＜0时，x＜5a或x＞－a；当a＞0时，x＜－a或x＞5a. 综上，a＜0时，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜5a或x＞－a))； a＞0时，解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＞5a或x＜－a)). 【探究1】在本例中，把“x∈R，f(x)<0”改为“x∈[1，3]，f(x)<－m＋5”，如何求解？ 【探究2】在本例条件下，求使f(x)<0，且|m|≤1恒成立的x的取值范围． 【探究3】在本例条件下，若函数f(x)的值域为(－∞，0]，且关于x的不等式f(x)>c的解集为(m，m＋5)，求实数c的值． 【例3】设函数f(x)＝mx2－mx－1.若对于x∈R，f(x)<0恒成立， 则实数m的取值范围为________． 【解析】要使mx2－mx－1<0恒成立， 若m＝0，显然－1<0； 若m≠0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2＋4m<0))⇒－4<m<0. 所以m的取值范围为(－4，0] 答案：(－4，0] 【探究1】在本例中，把“x∈R，f(x)<0”改为“x∈[1，3]，f(x)<－m＋5”，如何求解？ 【解析1】要使f(x)<－m＋5在[1，3]上恒成立， 只需mx2－mx＋m<6恒成立(x∈[1，3])，又因为x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)>0， 所以m<eq \f(6,x2－x＋1).令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))， 因为t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)在[1，3]上是增函数，所以y＝eq \f(6,x2－x＋1)在[1，3]上是减函数． 因此函数的最小值ymin＝eq \f(6,7).所以，m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(6,7))). 【探究2】在本例条件下，求使f(x)<0，且|m|≤1恒成立的x的取值范围． 【解析2】将不等式f(x)<0整理成关于m的不等式为(x2－x)m－1<0. 令g(m)＝(x2－x)m－1，m∈[－1，1]． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－1）<0，,g（1）<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x－1<0，,x2－x－1<0，)) 解得eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2)， 即x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，\f(1＋\r(5),2))). 【探究3】在本例条件下，若函数f(x)的值域为(－∞，0]，且关于x的 不等式f(x)>c的解集为(m，m＋5)，求实数c的值． 【解析3】∵f(x)的值域为(－∞，0]， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝m2＋4m＝0，))解得m＝－4. ∴f(x)＝－4x2＋4x－1. 由f(x)>c，得－4x2＋4x－1>c，即4x2－4x＋1＋c<0， 又∵不等式的解集为(m，m＋5)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋（m＋5）＝1，,m（m＋5）＝\f(1＋c,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,c＝－25.)) ∴实数c的值是－25. 【解析】 当 时，原不等式化为 ，即 。 此时，不等式的解为 。 当 时，原不等式化为 ，即 。 此时，不等式的解为 。 综上所述，原不等式的解集为 。 【例6】(2)解不等式 ． 【解析】 当 时，原不等式化为 ，可解得 ． 此时，不等式的解为 。 当 时，原不等式化为 ，即 ，它始终成立。 此时，不等式的解为 。 当 时，原不等式化为 ，可解得 。 此时，不等式的解为 。 综上所述，原不等式的解集为 。 【例4】(1)已知x>0，y>0，且2x＋y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为________； （2）当x>0时，f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)的最大值为________． 【解析】(1)∵x>0，y>0，且2x＋y＝1， ∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(2x＋y,x)＋eq \f(2x＋y,y)＝3＋eq \f(y,x)＋eq \f(2x,y)≥3＋2eq \r(2)，当且仅当eq \f(y,x)＝eq \f(2x,y)时，取等号． (2)∵x>0， ∴f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)＝eq \f(2,x＋\f(1,x))≤eq \f(2,2)＝1，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号． 答案：(1)3＋2eq \r(2)　(2)1 【探究1】在本例(1)的条件下，求xy的取值范围． 【探究2】在本例(1)的条件下，求4x＋2y的最小值． 【解析1】∵1＝2x＋y≥2eq \r(2xy)， ∴eq \r(xy)≤eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，∴0<xy≤eq \f(1,8)，即xy的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))). 【解析2】4x＋2y＝22x＋2y≥2eq \r(22x·2y)＝2eq \r(22x＋y)＝2eq \r(2)， 当且仅当x＝eq \f(1,4)，y＝eq \f(1,2)时取最小值2eq \r(2) 【解析3】∵x>0，y>0，2x＋y＝a，∴a>0，eq \f(2x＋y,a)＝1. ∴eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·eq \f(2x＋y,a)＝eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))(2x＋y)＝eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(y,x)＋\f(2x,y))) ＝eq \f(3,a)＋eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(2x,y)))≥eq \f(3,a)＋eq \f(2,a) eq \r(\f(y,x)·\f(2x,y))＝eq \f(3,a)＋eq \f(2\r(2),a)＝eq \f(3＋2\r(2),a). 即eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)的最小值为eq \f(3＋2\r(2),a). 【探究3】若将本例(1)中“2x＋y＝1”改为“2x＋y＝a”，如何求解？ 【解析4】因为x<eq \f(5,4)，所以5－4x>0，则f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5) ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4x＋\f(1,5－4x)))＋3≤－2＋3＝1，当且仅当5－4x＝eq \f(1,5－4x)，即x＝1时， 等号成立．故f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值为1. 【探究4】若将本例(2)中的“x>0”改为“x<eq \f(5,4)”，试求f(x)＝4x－2＋eq \f(1,4x－5)的最大值． 【例8】　求函数y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值． 【解析】y＝|x＋1|＋|x－2|＝|x＋1|＋|2－x| ≥|x＋1＋2－x|＝3，所以y≥3. 所以函数的最小值为y＝3， 此时(x＋1)(2－x)≥0，即－1≤x≤2. 所以－1≤x≤2时，函数的最小值为3. 归纳升华 1．用三角不等式放缩，主要用在含有绝对值的表达式中．由于它有|a±b|，|a|＋|b|，±(|a|－|b|)，||a|－|b||多种结构形式，因此，应在熟练的基础上，灵活应用． 2．运用绝对值不等式的性质证明不等式时，要注意放缩的方向和“尺度”，切忌放缩过度． 若a，b∈R，且|a|≤3，|b|≤2，则|a＋b|的最大值________最小值是________． 【解析】由定理得|a＋b|≤|a|＋|b|＝5，当且仅当ab＞0，即a＝3，b＝2或a＝－3，b＝－2时等号成立． 因为|a|最小为0，|b|最小为0， 故|a＋b|最小值为0. 所以|a＋b|的最大值是5，最小值是0. 1．已知集合A＝{x|x2－2x－3≤0}，B＝{x|x2－2mx＋m2－4≤0，x∈R，m∈R}． (1)若A∩B＝[0，3]，则实数m的值为________； (2)若A⊆∁RB，则实数m的取值范围为________． 解析：由已知得A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|m－2≤x≤m＋2}． (1)∵A∩B＝[0，3]，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－2＝0，,m＋2≥3，))∴m＝2. (2)由(1)知：∁RB＝{x|x＜m－2或x＞m＋2}， ∵A⊆∁RB，∴m－2＞3或m＋2＜－1，即m＞5或m＜－3. 因此实数m的取值范围是{m|m＞5或m＜－3}． 答案：(1)2　(2)(－∞，－3)∪(5，＋∞) 2．已知集合A＝{x|x2－2x－3>0}，B＝{x|x2＋ax＋b≤0}，若A∪B＝R，A∩B＝{x|3<x≤4}，则a＋b的值等于________． 解析：由已知得A＝{x|x<－1或x>3}， ∵A∪B＝R，A∩B＝{x|3<x≤4}．∴B＝{x|－1≤x≤4}， 即方程x2＋ax＋b＝0的两根为x1＝－1，x2＝4.∴a＝－3，b＝－4，∴a＋b＝－7. 答案：－7 【解析】选A　∵x>1，∴x－1>0，∴y＝eq \f(x2＋2,x－1)＝eq \f(x2－2x＋2x＋2,x－1)＝eq \f(x2－2x＋1＋2（x－1）＋3,x－1)＝eq \f(（x－1）2＋2（x－1）＋3,x－1)＝x－1＋eq \f(3,x－1)＋2≥2 eq \r(（x－1）·\f(3,x－1))＋2＝2eq \r(3)＋2，当且仅当x－1＝eq \f(3,x－1)，即x＝1＋eq \r(3)时取等号．所以函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值为2eq \r(3)＋2. 3..函数y＝eq \f(x2＋2,x－1)(x>1)的最小值是(　　) A．2eq \r(3)＋2 B．2eq \r(3)－2 C．2eq \r(3) D．2 【解析】(1)∵f(x)＋2x>0的解集为(1，3)，则f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0， 因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)·x＋3a.①由方程f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.②因为方程②有两个相等的根，所以Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0，即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－eq \f(1,5).由于a<0，舍去a＝1，将a＝－eq \f(1,5)代入①，得f(x)＝－eq \f(1,5)x2－eq \f(6,5)x－eq \f(3,5).(2)由f(x)＝ax2－2(1＋2a)x＋3a＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1＋2a,a))) eq \s\up12(2)－eq \f(a2＋4a＋1,a)及a<0，可得f(x)的最大值为－eq \f(a2＋4a＋1,a).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a2＋4a＋1,a)>0，,a<0，))解得a<－2－eq \r(3)或－2＋eq \r(3)<a<0.故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值范围是(－∞，－2－eq \r(3))∪(－2＋eq \r(3)，0)． 4.已知二次函数f(x)的二次项系数为a，且不等式f(x)>－2x的解集为(1，3)． (1)若方程f(x)＋6a＝0有两个相等的根，求f(x)的解析式； (2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围． eq \a\vs4\al(2)种方法——比较大小的方法 作差比较法与作商比较法是判定两个数或式大小的两种基本方法，其中变形是关键． eq \a\vs4\al(3)个注意点——应用不等式的性质应注意的问题 (1)在应用传递性时，如果两个不等式中有一个带等号而另一个不带等号，那么等号是传递不过去的．如a≤b，b<c⇒a<c. (2)在乘法法则中，要特别注意“乘数c的符号”，例如当c≠0时，有a>b⇒ac2>bc2；若无c≠0这个条件，a>b⇒ac2>bc2就是错误结论(当c＝0时，取“＝”)． (3)“a>b>0⇒an>bn(n∈N*，n>1)”成立的条件是“n为大于1的自然数，a>b>0”，假如去掉“n为大于1的自然数”这个条件，取n＝－1，a＝3，b＝2，那么就会出现“3－1>2－1”的错误结论；假如去掉“b>0”这个条件，取a＝3，b＝－4，n＝2，那么就会出现“32>(－4)2”的错误结论． eq \a\vs4\al(1)个过程——一元二次不等式的求解过程 　解一元二次不等式的一般过程是：一看(看二次项系数的符号)，二算(计算判别式，判断方程根的情况)，三写(写出不等式的解集)． eq \a\vs4\al(2)种思想——分类讨论和转化思想 　(1)分类讨论的思想：含有参数的一元二次不等式一般需要分类讨论．在判断方程根的情况时，判别式是分类的标准；需要表示不等式的解集时，根的大小是分类的标准． (2)转化思想：不等式在指定范围的恒成立问题，一般转化为求函数的最值或值域问题． eq \a\vs4\al(3)个注意点——解含参数不等式应注意的问题 　(1)二次项系数中含有参数时，参数的符号影响不等式的解集；不要忘了二次项系数为零的情况． (2)解含参数的一元二次不等式，可先考虑因式分解，再对根的大小进行分类讨论；若不能因式分解，则可对判别式进行分类讨论，分类要不重不漏． (3)不同参数范围的解集切莫取并集，应分类表述． eq \a\vs4\al(1)个技巧——公式的逆用 运用公式解题时，既要掌握公式的正用，也要注意公式的逆用，例如a2＋b2≥2ab逆用就是ab≤eq \f(a2＋b2,2)；eq \f(a＋b,2)≥eq \r(ab)(a，b>0)逆用就是ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2)(a，b>0)等，还要注意“添”“拆”项技巧和公式等号成立的条件等． eq \a\vs4\al(3)个注意点——利用基本不等式求最值应注意的问题 (1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其存 在前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可． (2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件． (3)连续使用公式时取等号的条件很严格，要求同时满足任何一次的字母取值存在且一致． $$