第2章 等式与不不等式 章末总结-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了等式与不等式的核心知识，涵盖一元二次方程解法、方程组求解、不等式性质、均值不等式应用等，通过知识系统整合构建知识网络，规律方法收藏分点总结解题策略，帮助学生理清知识点内在逻辑。 其亮点在于“学科素养培优”模块，通过均值不等式求最值、恒成立问题等典型例题，培养学生数学思维（推理能力、运算能力）和数学语言（模型意识），设计基础到综合的分层练习，让不同水平学生提升，教师可精准把握学情，提高复习效率。

第二章　等式与不等式 章末总结 知识系统整合 规律方法收藏 学科素养培优 目录 知识系统整合 堵点自记：﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 知识系统整合 4 规律方法收藏 1．一元二次方程的解法 关于解方程，要依据一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的结构特点，灵活选用“因式分解法、配方法、公式法”几种方法． (1)若b＝0，直接开平方；若c＝0，用因式分解法． (2)若b，c都不为0，一般遵循“先因式分解法→后配方法→再公式法”的顺序，具体来说： ①如果能在有理数范围内分解因式，用因式分解法计算量小； ②当方程的一次项系数为偶数，且常数项的绝对值很大时，可以考虑用配方法； ③如果不能在有理数范围内分解因式，且方程的一次项系数为奇数，配方法可能计算量较大时，宜选用公式法来解，而公式法是万能法． 规律方法收藏 6 2．方程组的解法 (1)解一次方程组 解一次方程组时要根据方程组的特点灵活选择方法，当方程组中一个未知数的系数的绝对值是1或一个方程的常数项为0时，用代入法较方便；当方程组中同一个未知数的系数的绝对值相等或成整数倍时，用加减法较方便；利用加减法解一次方程组时，选择方程组中同一个未知数的系数绝对值较小的未知数消元，这样运算量较小． (2)解二元二次方程组 解二元二次方程组时，要先观察两个方程之间的关系，变换方程形式以达到代入消元或降次的目的，然后再根据解一次方程组的步骤进行求解． 规律方法收藏 7 3．不等式的性质问题 在使用不等式的性质时，一定要搞清它们成立的前提条件，不可强化或弱化成立的条件．如“同向不等式”才可相加，“同向且两边同正的不等式”才可相乘，可乘性中的“c的符号”等都需要注意． 4．比较数(式)的大小 依据：a－b>0⇔a>b；a－b<0⇔a<b；a－b＝0⇔a＝b. 适用范围：若数(式)的大小不明显，作差后可化为积或商的形式． 步骤：①作差；②变形；③判断差的符号；④下结论． 变形技巧：①因式分解；②平方后再作差；③配方法；④分子(分母)有理化． 规律方法收藏 8 5．解一元二次不等式的方法 (1)若一元二次不等式比较特殊并适合用因式分解的，一般应用因式分解法求解． (2)一般的一元二次不等式可以通过配方法来求得解集． 规律方法收藏 9 6．利用均值不等式求最值 (1)利用均值不等式求最值，必须同时满足以下三个条件：一正、二定、三相等． 即①x，y都是正数； ②积xy(或和x＋y)为常数(有时需通过“拼凑”“分拆”凑出定值)； ③x与y必须能够相等(等号能够取到)． (2)构造定值条件的常用技巧 ①加项变换；②拆项变换；③统一换元；④平方后利用基本不等式． 规律方法收藏 10 7．利用均值不等式证明不等式 (1)充分利用条件是关键，要注意“1”的整体代换及几个“＝”必须保证同时成立． (2)利用均值不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，其实质就是从已知的不等式入手，借助不等式的性质和均值不等式，经过逐步的逻辑推理，最后推得所证结论，其特征是“由因导果”． (3)证明不等式时要注意灵活变形，可以多次利用均值不等式的变形形式． 规律方法收藏 11 学科素养培优 求一元二次方程的解集应熟练掌握解一元二次方程的方法：①直接开平方法；②配方法；③因式分解法；④公式法． 一、一元二次方程的解集 学科素养培优 13 解　 (1)移项，得4(3x－5)2－(x－4)2＝0，分解因式，得[2(3x－5)＋(x－4)][2(3x－5)－(x－4)]＝0，化简，得(7x－14)(5x－6)＝0，所以7x－14＝0或5x－6＝0，得x1＝2，x2＝1.2.因此所求方程的解集为{1.2，2}． 求下列方程的解集： (1)4(3x－5)2＝(x－4)2； (2)y2－2y－8＝0； (3)x(x－3)＝4(x－1)． 学科素养培优 14 学科素养培优 15 求参数的值是一元二次方程根与系数的关系的常见应用，其关键是由根与系数的关系列出关于参数的方程(组)，然后求解即可． 二、利用根与系数的关系，确定字母的取值 学科素养培优 16 关于x的一元二次方程x2－(m－3)x－m2＝0. (1)证明：方程总有两个不相等的实数根； (2)设这个方程的两个实根为x1，x2，且|x1|＝|x2|－2，求m的值及方程的解集． 学科素养培优 17 学科素养培优 18 学科素养培优 19 求由一个二元一次方程和一个二元二次方程组成的方程组解集的步骤： (1)由二元一次方程变形为用x表示y的方程，或用y表示x的方程； (2)把(1)中的方程代入二元二次方程，得一个一元二次方程； (3)解消元后得到的一元二次方程； (4)把一元二次方程的根，代入变形后的二元一次方程中，求相应的未知数的值； (5)写出答案． 三、求方程组的解集 学科素养培优 20 学科素养培优 21 不等式的性质常用来比较大小和证明不等式，防止由于考虑不全面出现错误，有时也可结合特殊值法求解． 四、不等式性质的应用 学科素养培优 22 学科素养培优 23 学科素养培优 24 解|x－a|±|x－b|≥c，|x－a|±|x－b|≤c型的不等式的一般步骤： (1)令每个绝对值符号里的一次式为零，求出相应的根； (2)把这些根由小到大排序并把实数集分为若干个区间； (3)由所分区间去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式，求出它们的解集； (4)这些不等式的解集的并集就是原不等式的解集． 五、不等式(组)的解集 学科素养培优 25 学科素养培优 26 学科素养培优 27 一元二次不等式的解法 (1)对于实系数的一元二次不等式(分式不等式)首先转化为标准形式(二次项系数为正)，然后能分解因式的变成因式相乘的形式，从而得到不等式的解集； (2)对于含参数的不等式要注意对参数进行讨论，做到不重不漏． 六、一元二次不等式的解集 学科素养培优 28 不等式x2＋5x－6>0的解集为______________________． 解析 因为x2＋5x－6>0，所以(x＋6)(x－1)>0，所以x<－6或x>1，即原不等式的解集为(－∞，－6)∪(1，＋∞)． (－∞，－6)∪(1，＋∞) 学科素养培优 29 解关于x的不等式x2－(3a－1)x＋(2a2－2)>0(a∈R)． 解　原不等式可化为[x－(a＋1)][x－2(a－1)]>0. 讨论a＋1与2(a－1)的大小： ①当a＋1>2(a－1)，即a<3时，不等式的解集为{x|x>a＋1或x<2(a－1)}； ②当a＋1＝2(a－1)，即a＝3时，不等式的解集为{x|x≠4}； ③当a＋1<2(a－1)，即a>3时，不等式的解集为{x|x>2(a－1)或x<a＋1}． 综上所述，当a<3时，不等式的解集为{x|x>a＋1或x<2(a－1)}； 当a＝3时，不等式的解集为{x|x≠4}； 当a>3时，不等式的解集为{x|x>2(a－1)或x<a＋1}． 学科素养培优 30 学科素养培优 31 学科素养培优 32 均值不等式是每年高考的热点，主要考查命题真假的判断、不等式的证明以及求最值问题，而且在均值不等式的使用条件上也常常设置一些问题，以考查学生灵活运用均值不等式的能力． 七、均值不等式的应用 学科素养培优 33 学科素养培优 34 学科素养培优 35 学科素养培优 36 学科素养培优 37 学科素养培优 38 学科素养培优 39 对于不等式恒成立求参数范围问题常见的类型及解法有以下几种： (1)变更主元法 根据实际情况的需要确定合适的主元，一般知道取值范围的变量要看作主元． (2)分离参数法 若m<y恒成立，则m<ymin； 若m>y恒成立，则m>ymax. (3)数形结合法 利用不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图象直观化． 八、恒成立问题 学科素养培优 40 学科素养培优 41 学科素养培优 42 已知x>0，y>0，且x＋3y－xy＝0，若x＋3y>m2＋m恒成立，则实数m的取值范围为(　　) A．(－∞，－3]∪[4，＋∞) B．(－4，3) C．(－3，4) D．(－∞，－4]∪[3，＋∞) 学科素养培优 43 学科素养培优 44 [－18，＋∞) 学科素养培优 45 学科素养培优 46 　　　　　　　　　　　　　 R (2)移项，得y2－2y＝8，方程两边都加上1，得y2－2y＋1＝8＋1，所以(y－1)2＝9，所以y－1＝±3，得y1＝4，y2＝－2.因此所求方程的解集为{－2，4}． (3)将方程化为x2－7x＋4＝0， 因为a＝1，b＝－7，c＝4，b2－4ac＝33， 所以x＝eq \f(－b±\r(b2－4ac),2a)＝eq \f(7±\r(33),2)， 所以x1＝eq \f(7＋\r(33),2)，x2＝eq \f(7－\r(33),2). 因此所求方程的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(7－\r(33),2)，\f(7＋\r(33),2))). 解　(1)证明：一元二次方程x2－(m－3)x－m2＝0， ∵a＝1，b＝－(m－3)＝3－m，c＝－m2， ∴Δ＝b2－4ac＝(3－m)2－4×1×(－m2)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(3,5))) eq \s\up12(2)＋eq \f(36,5). ∴Δ>0恒成立，则方程总有两个不相等的实数根． (2)∵x1x2＝eq \f(c,a)＝－m2≤0， x1＋x2＝－eq \f(b,a)＝m－3，且|x1|＝|x2|－2， ∴x1，x2异号，|x1|－|x2|＝－2， 若x1>0，x2<0，上式化简得x1＋x2＝－2， ∴m－3＝－2，即m＝1， 方程化为x2＋2x－1＝0， 解得x1＝－1＋eq \r(2)，x2＝－1－eq \r(2)， 若x1<0，x2>0，上式化简得 －(x1＋x2)＝－2，∴x1＋x2＝m－3＝2， 即m＝5，方程化为x2－2x－25＝0， ∵a＝1，b＝－2，c＝－25，b2－4ac＝104， ∴x＝eq \f(－b±\r(b2－4ac),2a)＝eq \f(2±\r(104),2)＝1±eq \r(26). ∴x1＝1－eq \r(26)，x2＝1＋eq \r(26). 综上所述，m的值为1或5.当m＝1时，所求方程的解集为{－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2)}；当m＝5时，所求方程的解集为{1－eq \r(26)，1＋eq \r(26)}． \lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝0，,x2－y2＋3＝0))INCLUDEPICTURE"典例3灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\典例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\典例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\537数学（必修第一册导学案（B版\\典例3灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 求方程组的解集． 解　已知方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝0，,x2－y2＋3＝0，)) eq \b\lc\ (\a\vs4\al\co1(①,②)) 由①得y＝2x，③ 将③代入②，得x2－(2x)2＋3＝0，解得x＝1或x＝－1，把x＝1代入③，得y＝2；把x＝－1代入③，得y＝－2. 所以原方程组的解集是{(1，2)，(－1，－2)}． ①若a>1，则eq \f(1,a)<1；②若a＋c>b，则eq \f(1,a)<eq \f(1,b)；③对任意实数a，都有a2≥a；④若ac2>bc2，则a>b. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解析　因为a>1，所以eq \f(1,a)<1，所以①正确；若a＋c>b，可令a＝1，c＝1，b＝－1，则有eq \f(1,a)>eq \f(1,b)，故②错误；对于③，可取a＝eq \f(1,2)，则a2<a，故③错误；因为ac2>bc2，c2>0，所以a>b，故④正确． (2)若a>0，b>0，且P＝eq \f(\r(a)＋\r(b),\r(2))，Q＝eq \r(a＋b)，则P，Q的大小关系是(　　) A．P>Q B．P<Q C．P≥Q D．P≤Q 解析　因为P2－Q2＝eq \f(a＋b＋2\r(ab),2)－(a＋b)＝－eq \f(（\r(a)－\r(b)）2,2)≤0，所以P2≤Q2，又P>0，Q>0，所以P≤Q. 解不等式(组)： (1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5x－1<3（x＋1），,\f(2x－1,3)－1≤\f(5x＋1,2)；))(2)|x－1|＋|2x＋1|<2. 解　(1)解不等式5x－1<3(x＋1)，得x<2.解不等式eq \f(2x－1,3)－1≤eq \f(5x＋1,2)，得x≥－1.所以不等式组的解集为[－1，2)． (2)由题意，当x＝1时，|x－1|＝0，当x＝－eq \f(1,2)时，|2x＋1|＝0(以下分类讨论)． ①当x<－eq \f(1,2)时，原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)，,－x＋1－2x－1<2，))解得－eq \f(2,3)<x<－eq \f(1,2). ②当－eq \f(1,2)≤x≤1时，原不等式等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤1，,－x＋1＋2x＋1<2，))解得－eq \f(1,2)≤x<0. ③当x>1时，原不等式等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>1，,x－1＋2x＋1<2，))不等式组无解． 由①②③得，原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0)). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))INCLUDEPICTURE"典例8灰.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\典例8灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\537数学（必修第一册导学案（B版\\典例8灰.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\赵娜\\537数学（必修第一册导学案（B版\\典例8灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 已知不等式ax2＋5x－2>0的解集是. (1)求a的值； (2)求不等式eq \f(1－ax,x＋1)≥a＋5的解集． 解　(1)依题意，可得ax2＋5x－2＝0的两个实根为eq \f(1,2)和2，由根与系数的关系， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2＝－\f(2,a)，,\f(1,2)＋2＝－\f(5,a)，)) 解得a＝－2. (2)将a＝－2代入不等式，得eq \f(1＋2x,x＋1)≥3， 即eq \f(1＋2x,x＋1)－3≥0，整理，得eq \f(－（x＋2）,x＋1)≥0， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）（x＋2）≤0，,x＋1≠0，)) 解得－2≤x<－1， 则原不等式的解集为[－2，－1)． (1,a) (1)已知a，b，c都是正数，且a＋2b＋c＝1，则＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)的最小值是________． 6＋4eq \r(2) 解析　eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))(a＋2b＋c)＝4＋eq \f(2b,a)＋eq \f(c,a)＋eq \f(a,b)＋eq \f(c,b)＋eq \f(a,c)＋eq \f(2b,c)≥4＋2eq \r(\f(2b,a)·\f(a,b))＋2eq \r(\f(c,a)·\f(a,c))＋2eq \r(\f(c,b)·\f(2b,c))＝6＋4eq \r(2)，当且仅当eq \f(2b,a)＝eq \f(a,b)，eq \f(c,a)＝eq \f(a,c)，eq \f(c,b)＝eq \f(2b,c)，即a＝c＝1－eq \f(\r(2),2)，b＝eq \f(\r(2)－1,2)时，等号成立． (2)已知正数x，y满足x＋y＝1，则eq \f(1,x)＋eq \f(4,1＋y)的最小值是______． eq \f(9,2) 解析　因为x＋y＝1，所以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，所以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). (3)已知x，y∈(0，＋∞)，x2＋eq \f(y2,2)＝1，则xeq \r(1＋y2)的最大值是________． eq \f(3\r(2),4) 解析　∵x，y∈(0，＋∞)，x2与eq \f(y2,2)的和为定值，∴xeq \r(1＋y2)＝eq \r(x2（1＋y2）)＝eq \r(2x2·\f(1＋y2,2))≤eq \r(2)·eq \f(x2＋\f(1＋y2,2),2)＝eq \r(2)·eq \f(x2＋\f(y2,2)＋\f(1,2),2)＝eq \f(3\r(2),4)，当且仅当x2＝eq \f(1＋y2,2)，即x＝eq \f(\r(3),2)，y＝eq \f(\r(2),2)时取等号，即xeq \r(1＋y2)的最大值为eq \f(3\r(2),4). \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(x,125))) 某公司有员工1000名，平均每人每年创造利润10万元．为了增加企业竞争力，决定优化产业结构，调整出x(x∈N＋)名员工从事第三产业，调整后他们平均每人每年创造利润为10万元(a>0)，剩下的员工平均每人每年创造的利润可以提高0.4x%. (1)若要保证剩余员工创造的年总利润不低于原来1000名员工创造的年总利润，则最多调整出多少名员工从事第三产业？ (2)在保证剩余员工创造的年总利润不低于原来1000名员工创造的年总利润的条件下，若要求调整出的员工创造出的年总利润始终不高于剩余员工创造的年总利润，求a的最大值． 解　(1)由题意，得10(1000－x)(1＋0.4x%)≥10×1000，即x2－750x≤0， 又0<x<1000，x∈N＋，所以0<x≤750，x∈N＋. 即最多调整出750名员工从事第三产业． (2)从事第三产业的员工创造的年总利润为10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(x,125)))x万元，从事原来产业的员工的年总利润为10(1000－x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,250)x))万元，则10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(x,125)))x≤10(1000－x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,250)x))， 即ax－eq \f(x2,125)≤1000＋4x－x－eq \f(1,250)x2， 所以ax≤eq \f(x2,250)＋1000＋3x， 即a≤eq \f(x,250)＋eq \f(1000,x)＋3在x∈(0，750]时恒成立， 因为eq \f(x,250)＋eq \f(1000,x)≥2eq \r(4)＝4，当且仅当eq \f(x,250)＝eq \f(1000,x)， 即x＝500时等号成立，所以a≤7， 又a>0，所以0<a≤7，所以a的最大值为7. 已知y＝mx2－mx－6＋m，若∀m∈[1，3]，y<0恒成立，则实数x的取值范围为(　　) A．(－1，2) B．[－1，2] C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，\f(1＋\r(5),2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，\f(1＋\r(5),2))) 解析　解法一：y<0⇔mx2－mx－6＋m<0⇔(x2－x＋1)m－6<0.因为m∈[1，3]，所以x2－x＋1<eq \f(6,m)⇔x2－x＋1<eq \f(6,3)⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2)，所以实数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))).故选C. 解法二：y＝mx2－mx－6＋m＝(x2－x＋1)m－6.由题意知∀m∈[1，3]，y<0恒成立．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y是关于m的一次函数，且在[1，3]上y随m的增大而增大，所以∀m∈[1，3]，y<0恒成立等价于ymax<0，即当m＝3时，3(x2－x＋1)－6<0.又3(x2－x＋1)－6<0⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2)，所以实数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))).故选C. 解析　因为不等式x＋3y>m2＋m恒成立，所以(x＋3y)min>m2＋m，又x>0，y>0，由x＋3y－xy＝0，得eq \f(3,x)＋eq \f(1,y)＝1，所以x＋3y＝(x＋3y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,x)＋\f(1,y)))＝eq \f(9y,x)＋eq \f(x,y)＋6≥2eq \r(\f(9y,x)·\f(x,y))＋6＝12，当且仅当eq \f(9y,x)＝eq \f(x,y)，即x＝6，y＝2时取等号，故(x＋3y)min＝12，所以m2＋m<12，即m2＋m－12<0，解得－4<m<3，所以实数m的取值范围是(－4，3)．故选B. (m,2a＋b) 已知正实数a，b满足a＋2b＋5＝ab，且不等式≥eq \f(10－2ab,a＋2b＋5)恒成立，则实数m的取值范围是______________． 解析　因为正实数a，b满足a＋2b＋5＝ab，eq \f(m,2a＋b)≥eq \f(10－2ab,a＋2b＋5)，所以m≥eq \f(（10－2ab）（2a＋b）,a＋2b＋5)＝－eq \f(（2a＋4b）（2a＋b）,ab)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b)＋\f(4,a)))(2a＋b)，因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b)＋\f(4,a)))(2a＋b)＝eq \f(4a,b)＋2＋8＋eq \f(4b,a)≥10＋2eq \r(\f(4a,b)·\f(4b,a))＝18，当且仅当eq \f(4a,b)＝eq \f(4b,a)，即a＝b＝eq \f(3＋\r(29),2)时取等号，所以－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,b)＋\f(4,a)))(2a＋b)≤－18，所以不等式eq \f(m,2a＋b)≥eq \f(10－2ab,a＋2b＋5)恒成立，只需m≥－18即可，故实数m的取值范围为[－18，＋∞)． $