1.不等式的基本性质设计意图

1.1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法

1.1.1 不等式的基本性质

1.1.2 一元一次不等式和一元二次不等式的解法

1.理解实数大小与实数运算性质间的关系，掌握比较两个实数大小的方法. 2.理解不等式的性质，能够运用不等式的性质比较大小. 3.掌握一元一次不等式和一元二次不等式的解法.

[基础·初探] 教材整理1

不等式的性质

1.对于任意两个实数a，b，有且只有以下三种情况之一成立：

a>b⇔a－b>0；a

(1)对称性：a>b⇔bb，b>c⇒a>c. (3)加(减)：a>b⇒a＋c>b＋c. (4)乘(除)：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac

(5)乘方：a>b>0⇒an>bn，其中n为正整数，且n≥2. nn(6)开方(取算术根)：a>b>0⇒a>b，其中n为正整数，且n≥2. (7)可加性：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d. (8)可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd.

若a，b是任意实数，且a>b，则(

) A.a2>b2

C.lg(a－b)>0 aB.b<1 11D.2<2

ab【解析】

a>b并不能保证a，b均为正数，从而不能保证A，B成立.又a>b⇒a－b>0，但不能保证a－b>1，从而不能保证C成立.显然D成立.事实上，指111数函数y＝2是减函数，所以a>b⇔2<2成立.

【答案】

D 教材整理2

一元一次不等式的解法

关于x的不等式ax>b，

b(1)当a>0时，该不等式的解集为a，＋∞；

b(2)当a<0时，该不等式的解集为－∞，a；

(3)当a＝0时，若b<0，则该不等式的解集为R；若b≥0，则该不等式的解集为∅.

x＋9＜5x＋1，不等式组的解集是{x|x＞2}，则m的取值范围是(

)

x＞m＋1【导学号：38000000】

A.m≤2 C.m≤1 B.m≥2 D.m≥1 xab

x＞2，【解析】

原不等式组可化为∵解集为{x|x＞2}，∴m＋1≤2，

x＞m＋1.2

∴m≤1.

【答案】

C 教材整理3

一元二次不等式的解法

形如ax2＋bx＋c>0(a>0)的解法：

Δ＝b2－4ac y＝ax2＋bx＋c

(a>0)的图象

ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根

ax2＋bx＋c >0(a>0) 的解集

ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集

{x|x1

∅

不等式－x2＋5x－6>0的解集是(

) A.{x|23} D.{x|x<－1或x>6} ∅

{x|xx2} bxx≠－2aΔ>0

Δ＝0

Δ<0

有两个不等的实根x1，x2且x1

有两个相等的实根x1，x2且x1＝x2

无实根



R

【解析】

原不等式可化为x2－5x＋6<0，即(x－2)(x－3)<0，所以原不等式的解集为{x|2

【答案】

A [质疑·手记] 预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：

疑问1：

解惑：

疑问2：

解惑：

疑问3：

解惑：

3

[小组合作型] 比较大小

(1)已知x>3，比较x3＋3与3x2＋x的大小；

(2)若m>0，试比较mm与2m的大小. 【精彩点拨】

(1)只需考查两者的差同0的大小关系；

(2)注意到2m>0，可求商比较大小，但要注意到用函数的性质.

【自主解答】

(1)x3＋3－3x2－x＝x2(x－3)－(x－3)

＝(x－3)(x＋1)(x－1).

∵x>3，∴(x－3)(x＋1)(x－1)>0，

∴x3＋3>3x2＋x.

mm(2)2m＝2，

m当m＝2时，2＝1，此时mm＝2m；

mm当0

mm当m>2时，2>1，2>1，∴mm>2m. 

1.利用作差法比较大小，实际上是把比较两数大小的问题转化为差的符号问题.作差时，只需看差的符号，至于差的值究竟是多少，这里无关紧要. 2.在变形中，一般是变形得越彻底越有利于下一步的判断.作差法变形的常用技巧有：因式分解、配方、通分、分母有理化等. 3.利用求商比较法比较两个式子的大小时，第(2)步的变形要向着有利于判断商与1的大小关系的方向变形，这是最重要的一步.

[再练一题] mmmmm4

1141.已知A＝x＋y，B＝，其中x，y为正数，试比较A与B的大小.

x＋y【导学号：38000001】

114【解】

A－B＝x＋y－

x＋yx＋yx＋y2－4xyx－y24＝xy－＝＝.

x＋yxyx＋yxyx＋y∵x，y均为正数，

∴x>0，y>0，xy>0，x＋y>0，(x－y)2≥0，

∴A－B≥0，即A≥B. 利用不等式的性质求范围

设f(x)＝ax2＋bx，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，在求f(－2)的取值范围时有如下解法：

1≤f－1≤2，由2≤f1≤4，

32≤a≤3，得30≤b≤2.

∴3≤f(－2)＝4a－2b≤12.上述解法是否正确？为什么？

【精彩点拨】

本题错在多次运用同向不等式相加(单向性)这一性质上，导致f(－2)的范围扩大.因此需要将f(－2)用a－b与a＋b整体表示.

【自主解答】

给出的解法不正确.

设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)，

则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，

即4a－2b＝(m＋n)a－(m－n)b.

m＋n＝4，于是

m－n＝2，m＝3，解得

n＝1.∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1).

又1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，

5

∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10.

因此，f(－2)的取值范围是[5,10].

1.求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础. 2.先建立待求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“不等关系的运算，求得待求的范围”，是避免犯错误的一条途径.

[再练一题] a2.已知－6

∵－6

∴－3<－b<－2，∴－9

则a－b的取值范围是(－9,6).

111又3

a(1)当0≤a<8时，0≤b<4；

a(2)当－6

a由(1)(2)得－3

a因此b的取值范围是(－3,4). 一元二次不等式的解法

解下列关于x的一元二次不等式. (1)3x2＋5x－2>0；(2)9x2－6x＋1>0；

(3)x2－4x＋5>0. 【精彩点拨】

先由不等式确定对应的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根，再根据二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象确定不等式的解集.

1【自主解答】

(1)方程3x2＋5x－2＝0的两根为x1＝－2，x2＝3，函数y＝6

13x＋5x－2的图象开口向上，与x轴交于两个点

(－2,0)，3，0，观察图象可得21不等式3x2＋5x－2>0的解集为xx>3或x<－2.

1(2)方程9x2－6x＋1＝0有两个相等的实数根x1＝x2＝3，二次函数y＝9x2－16x＋1的图象开口向上，与x轴仅有一个交点3，0，观察图象可以得到不等式9x－6x＋1>02

1的解集为xx≠3

.

(3)方程x2－4x＋5＝0可化为(x－2)2＋1＝0，故方程x2－4x＋5＝0没有实数根，函数y＝x2－4x＋5的图象开口向上并且与x轴没有交点，由图象可得，不等式x2－4x＋5>0的解集为R.

当a>0时，解形如ax2＋bx＋c>0(≥0)或ax2＋bx＋c<0(≤0)的一元二次不等式，一般可以分为三步：

(1)确定对应的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的解；

(2)画出对应函数y＝ax2＋bx＋c的图象；

(3) 由图象得出不等式的解集.

[再练一题] 3.不等式x2＋x－2≤0的解集为________. 【解析】

方程x2＋x－2＝0的两根为x1＝－2，x2＝1，

函数y＝x2＋x－2的图象开口向上，

∴不等式x2＋x－2≤0的解集为[－2,1].

【答案】

[－2,1] 含参数的一元二次不等式的解法

解关于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1＜0. 【精彩点拨】

由于a∈R，故分a＝0，a＞0，a＜0讨论.

【自主解答】

若a＝0，原不等式可化为－x＋1＜0，即x＞1.

7

11若a＜0，原不等式可化为x－a(x－1)＞0，即x＜a或x＞1.

1若a＞0，原不等式可化为x－a(x－1)＜0.(*)

1其解的情况应由a与1的大小关系决定，故

(1)当a＝1时，由(*)式可得x∈∅；

1(2)当a＞1时，由(*)式可得a＜x＜1；

1(3)当0＜a＜1时，由(*)式可得1＜x＜a.

综上所述：当a＜01时，解集为xx＜a或x＞1

；

当a＝0时，解集为{x|x＞1}；

当0＜a＜11时，解集为x1＜x＜a

；

当a＝1时，解集为∅；

当a＞11时，解集为xa＜x＜1

. 

解含参数的一元二次不等式时要注意对参数分类讨论.讨论一般分为三个层次，第一层次是二次项系数为零和不为零；第二层次是有没有实数根的讨论，即判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0；第三层次是根的大小的讨论.

[再练一题] 4.解关于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3>0(a∈R). 【解】

原不等式可化为(x－a)(x－a2)>0，

∴当a<0时，aa2}；

当a＝0时，a2＝a，解集为{x|x≠0}；

当0a}；

当a＝1时，a2＝a，解集为{x|x≠1}；

当a>1时，aa2}.

综上所述：

8

当a<0或a>1时，解集为{x|xa2}；

当0a}；

当a＝0时，解集为{x|x≠0}；

当a＝1时，解集为{x|x≠1}. 一元二次不等式的应用

设a∈R，关于x的一元二次方程7x2－(a＋13)x＋a2－a－2＝0有两个实数根x1，x2且0

若把方程左边看成二次函数f(x)，则它的图象是开口向上的抛物线，与x轴相交的条件是f(0)>0，f(1)<0，f(2)>0，所以只需解关于a的不等式组，即可求出a的取值范围.

【自主解答】

设f(x)＝7x2－(a＋13)x＋a2－a－2.

∵x1，x2是方程f(x)＝0的两个实根，且0

f0>0，∴有f1<0，f2>0，

2即7－a＋13＋a－a－2<0，28－2a＋13＋a2－a－2>0，2∴有a－2a－8<0，a2－3a>0，a<－1或a>2，∴有－23.a2－a－2>0，a2－a－2>0，

∴有－2

∴a的取值范围是{a|－2

解关于二次方程根的分布问题，应考虑“三个二次”的关系，分清对应的二次函数的开口方向及根所在区域的范围，画出对应的二次函数的图象，根据图象9

列出有关的不等式或不等式组进行求解.

[再练一题] 5.一个服装厂生产风衣，日销售量x(件)与售价p(元/件)之间的关系为p＝160－2x，生产x件的成本R＝500＋30x元. (1)该厂日产量多大时，日利润不少于1 300元？

(2)当日产量为多少时，可获得最大利润，最大利润是多少？

【解】

(1)由题意知，日利润y＝px－R，

即y＝(160－2x)x－(500＋30x)

＝－2x2＋130x－500，

由日利润不少于1 300元.

得－2x2＋130x－500≥1 300，

即x2－65x＋900≤0，解得20≤x≤45.

故当该厂日产量在20～45件时，

日利润不少于1 300元.

(2)由(1)得，y＝－2x2＋130x－500

653 225＝－2x－2＋2，

由题意知，x为正整数.

故当x＝32或33时，y最大为1 612.

所以当日产量为32或33件时，可获得最大利润，最大利润为1 612元. 可化为一元二次不等式的分式不等式的解法

解不等式：x＋1≤2. x－2fx≥0求解.

gx2【精彩点拨】

把不等式转化为【自主解答】

∵x＋1x＋1－x＋5≤2，∴－2≤0，即≤0，

x－2x－2x－2x－5x－2≥0，x－5∴≥0，∴∴x＜2或x≥5.

x－2x－2≠0，10

即原不等式的解集为{x|x＜2或x≥5}.

解分式不等式总的原则是利用不等式的同解原理将其转化为整式不等式(组)gx≥0，fx·fx求解.即≥0⇒⇒f(x)·g(x)＞0或f(x)＝0. gxgx≠0fx＞0，fx＜0，fx＞0⇒或⇒f(x)·g(x)＞0. gxgx＞0gx＜0

[再练一题] 6.不等式x－2＜0的解集为(

) x2－1

A.{x|1＜x＜2} B.{x|x＜2且x≠1} C.{x|－1＜x＜2且x≠1} D.{x|x＜－1或1＜x＜2} 【解析】

因为不等式x－2＜0，

x2－1等价于(x＋1)(x－1)(x－2)＜0，

所以该不等式的解集是{x|x＜－1或1＜x＜2}.

【答案】

D [探究共研型] 不等式的性质及恒成立问题

1111探究1

甲同学认为a>b⇔<，乙同学认为a>b>0⇔<，丙同学认为a>b，abab11ab>0⇔a

111【提示】

它们的说法都不正确.设f(x)＝x，则f(a)＝a，f(b)＝b，可以利用1函数f(x)＝x的图象比较f(a)与f(b)的大小. 探究2

不等式两边同时乘以(或除以)一个数时，要注意什么？

11

【提示】

要先判断这个数是否为零，决定是否可以乘以(或除以)这个数，再判断是正还是负，决定不等号的方向是否改变. 探究3

ax2＋bx＋c>0对一切x∈R都成立的充要条件是什么？

a＝b＝0，a>0，【提示】

或

Δ<0.c>0，

若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈R都成立，求实数a的取值范围. 【精彩点拨】

设f(x)＝x2＋ax＋1，只要f(x)的图象全部位于x轴上方，只要顶点在x轴上或x轴上方即可.

【自主解答】

∵Δ＝a2－4≤0，∴－2≤a≤2，

∴实数a的取值范围是[－2,2]. [再练一题] 17.把上述例题中“x∈R”改为x∈0，2，求a的取值范围. 10，【解】

法一：x＋ax＋1≥0，x∈可化为

22

x2＋1111－a≤x＝x＋x，设f(x)＝x＋x，x∈0，2，

∴－a≤f(x)min.

1∵f(x)在0，2上是减函数，

5515∴f(x)min＝f2＝2，∴－a≤2，a≥－2，

5∴a的取值范围是－2，＋∞.

a法二：设f(x)＝x2＋ax＋1，则对称轴为x＝－2.

1a1当－2≥2，即a≤－1时，f(x)在0，2上是减函数，

51应有f2≥0⇒－2≤a≤－1；

1a当－2≤0，即a≥0时，f(x)在0，2上是增函数，

应有f(0)＝1>0恒成立，故a≥0；

12

a1当0<－2<2，即－1

22a2aaa应有f－2＝4－2＋1＝1－4≥0恒成立，故－1

5综上，有a≥－2.

5∴a的取值范围是－2，＋∞. [构建·体系] 不等—两个实数的大小式—不等式的性质—的—不等式的基本性质性—质—一元一次不等式的解法与—不等式的解法—解—一元二次不等式的解法法

1.若x≠2且y≠－1，M＝x2＋y2－4x＋2y，N＝－5，则M与N的大小关系是(

) A.M>N

C.M＝N

B.M

D.不能确定

【解析】

M－N＝x2＋y2－4x＋2y－(－5)

＝(x－2)2＋(y＋1)2.

∵x≠2且y≠－1，∴x－2≠0且y＋1≠0，

∴(x－2)2＋(y＋1)2>0，故M>N.

【答案】

A 2.已知函数f(x)＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2<0，x2＋x3<0，x3＋x1<0，那么f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值(

) A.一定大于0 C.等于0 B.一定小于0 D.正负都有可能

13

【解析】

x1＋x2<0⇒x1<－x2.

又∵f(x)＝x＋x3为奇函数，且在R上递增，

∴f(x1)

即f(x1)＋f(x2)<0.

同理：f(x2)＋f(x3)<0，f(x1)＋f(x3)<0.

以上三式相加，整理得f(x1)＋f(x2)＋f(x3)<0.

【答案】

B α－βππ3.已知－2≤α＜β≤2，则2的范围是________.

【导学号：38000002】

ππ【解析】

∵－2≤α＜β≤2，

παππβπ∴－4≤2＜4，－4＜2≤4，

πβπ∴－4≤－2＜4，

πα－βπ∴－2≤2＜2.

α－βπα－β又∵α＜β，∴2＜0，∴－2≤2＜0.

π【答案】

－2，0

4.关于x的不等式0≤x2－x－2≤4的解集为________. 【解析】

先解x2－x－2≥0.

∵方程x2－x－2＝0的根为x1＝－1，x2＝2，

∴x2－x－2≥0的解集为{x|x≤－1或x≥2}.

再解x2－x－2≤4.

∵方程x2－x－2＝4的两根为x1＝－2，x2＝3，

∴x2－x－2≤4的解集为{x|－2≤x≤3}.

∴原不等式的解集为

{x|x≤－1，或x≥2}∩{x|－2≤x≤3}＝{x|－2≤x≤－1或2≤x≤3}.

【答案】

{x|－2≤x≤－1或2≤x≤3} 14

2x＋4x，x≥0，5.已知函数f(x)＝若f(2－a2)>f(a)，求实数a的取值范围. 24x－x，x<0.

【解】

y＝x2＋4x＝(x＋2)2－4在[0，＋∞)上单调递增；

y＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4在(－∞，0)上单调递增.

又x2＋4x－(4x－x2)＝2x2≥0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，

∴f(2－a2)>f(a)⇒2－a2>a⇒a2＋a－2<0⇒－2

我还有这些不足：

(1)

(2)

我的课下提升方案：

(1)

(2)

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