第二章一元二次函數、方程和不等式TOC\o"1-4"\h\z\u2.1等式性質與不等式性質 -1-2.2基本不等式 -6-第一課時基本不等式 -6-第二課時基本不等式與最大值、最小值 -9-2.3二次函數與一元二次方程、不等式(1) -15-2.3二次函數與一元二次方程、不等式(2) -22-2.1等式性質與不等式性質知識點一實數a、b大小設a、b是兩個實數，它們在數軸上所對應的點分別是A、B，那么A、B的位置與a、b的大小有什么關系？知識梳理關于實數a，b大小的比較，有以下基本事實：如果a－b是正數，那么a＞b；如果a－b等于0，那么a＝b；如果a－b是負數，那么a＜b.反過來也對，這個基本事實可以表示為a＞b?a－b＞0；a＝b?a－b＝0；a＜b?a－b＜0.從上述基本事實可知，要比較兩個實數的大小，可以轉化為比較它們的差與0的大小．知識點二等式的基本性質如果a＝b，那么a±c與b±c、ac與bc、eq\f(a,c)與eq\f(b,c)相等嗎？知識梳理等式有下面的基本性質：性質1如果a＝b，那么b＝a；性質2如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性質3如果a＝b，那么a±c＝b±c；性質4如果a＝b，那么ac＝bc；性質5如果a＝b，c≠0，那么eq\f(a,c)＝eq\f(b,c).知識點三不等式的性質如果a＞b，那么a±c與b±c，ac與bc有什么關系？知識梳理性質別名性質內容注意1對稱性a＞b?b＜a?2傳遞性a＞b，b＞c?a＞c?3可加性a＞b?a＋c＞b＋c可逆4可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞0))?ac＞bcc的符號eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＜0))?ac＜bc5同向可加性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b,c＞d))?a＋c＞b＋d同向6同向同正可乘性eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a＞b＞0,c＞d＞0))?ac＞bd同向7可乘方性a＞b＞0?an＞bn(n∈N*，n≥2)同正解題方法探究探究一作差法比較大小[例1]設x＜y＜0，試比較(x2＋y2)(x－y)與(x2－y2)(x＋y)的大小．[解析](x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)(x2＋y2)－(x－y)(x＋y)2＝(x－y)[(x2＋y2)－(x＋y)2]＝(x－y)(－2xy)．由于x＜y＜0，所以x－y＜0，－2xy＜0，所以(x－y)(－2xy)＞0，即(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)．作差法比較兩個數大小的步驟及變形方法(1)作差法比較的步驟：作差→變形→定號→結論．(2)變形的方法：①因式分解；②配方；③通分；④對數與指數的運算性質；⑤分母或分子有理化；⑥分類討論．探究二用不等式的性質證明不等式[例2][教材P42例2拓展探究](1)已知a＞b＞0，c＜d＜0，e＜0，求證：eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).[證明]∵c＜d＜0，∴－c＞－d＞0，又∵a＞b＞0，∴a＋(－c)＞b＋(－d)＞0，即a－c＞b－d＞0，∴0＜eq\f(1,a－c)＜eq\f(1,b－d)，又∵e＜0，∴eq\f(e,a－c)＞eq\f(e,b－d).(2)已知b克糖水中含有a克糖(b＞a＞0)，再添加m克糖(m＞0)(假設全部溶解)，糖水變甜了．請將這一事實表示為一個不等式，并證明這個不等式成立．[證明]eq\f(a,b)－eq\f(a＋m,b＋m)＝eq\f(ab＋m－ba＋m,bb＋m)＝eq\f(ma－b,bb＋m)，∵b＞a＞0，m＞0，∴a－b＜0，eq\f(ma－b,bb＋m)＜0，∴eq\f(a,b)＜eq\f(a＋m,b＋m).利用不等式的性質證明不等式注意事項(1)利用不等式的性質及其推論可以證明一些不等式．解決此類問題一定要在理解的基礎上，記準、記熟不等式的性質并注意在解題中靈活準確地加以應用．(2)應用不等式的性質進行推導時，應注意緊扣不等式的性質成立的條件，且不可省略條件或跳步推導，更不能隨意構造性質與法則．探究三求表達式的范圍[例3]已知30＜x＜42,16＜y＜24，分別求x＋y，x－3y及eq\f(x,x－3y)的范圍．[解析]因為30＜x＜42,16＜y＜24，所以30＋16＜x＋y＜42＋24，故46＜x＋y＜66.又30＜x＜42，－72＜－3y＜－48，所以30－72＜x－3y＜42－48，故－42＜x－3y＜－6.又30＜x＜42，－42＜x－3y＜－6，所以－eq\f(1,6)＜eq\f(1,x－3y)＜－eq\f(1,42)，所以0＜eq\f(1,42)＜－eq\f(1,x－3y)＜eq\f(1,6)，所以eq\f(30,42)＜－eq\f(x,x－3y)＜eq\f(42,6)，故－eq\f(42,6)＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(30,42)，得－7＜eq\f(x,x－3y)＜－eq\f(5,7).根據某些代數式的范圍求其它代數式的范圍，要整體應用已知的代數式，結合不等式的性質進行推理.易錯點歸納一、借不等式性質之根“移花接木”——不等式性質的拓展1．由不等式性質4：a＞b，c＞0，那么ac＞bc拓展為倒數性質：若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞b,ab＞0))，則eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).證明：∵ab＞0，∴eq\f(1,ab)＞0由a＞b得a×eq\f(1,ab)＞b×eq\f(1,ab).∴eq\f(1,b)＞eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)＜eq\f(1,b).2．由性質7：如果a＞b＞0，那么an＞bn.(n∈N且n≥1)．拓展為開方性質：如果a＞b＞0，那么eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).(n∈N且n≥2)．證明：假設0＜eq\r(n,a)≤eq\r(n,b).由性質7得(eq\r(n,a))n≤(eq\r(n,b))n∴a≤b與a＞b矛盾．∴eq\r(n,a)＞eq\r(n,b).[典例]已知a＞b＞0，求證eq\r(a)＞eq\r(b).[證明]∵a＝(eq\r(a))2，b＝(eq\r(b))2.由a＞b得：(eq\r(a))2＞(eq\r(b))2＞0∴eq\r(a)＞eq\r(b).二、同樣正確用不等式性質，差別這么大[典例]已知1≤a－b≤2,2≤a＋b≤4，求4a－2b的范圍．[解析]設4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a＋(n－m)b，于是得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋n＝4,n－m＝－2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3,n＝1))，∴4a－2b＝3(a－b)＋(a＋b)1≤a－b≤2,2≤a＋b≤4∴5≤3(a－b)＋(a＋b)≤10∴4a－2b范圍是[5,10]．糾錯心得(1)使用不等式的性質時，一定要注意它們成立的前提條件，不可強化或弱化它們成立的條件，盲目套用．(2)注意同一個問題中應用同向不等式相加性質時不能多次使用(因多次使用時取等號的條件會發生改變)，否則不等式范圍將會擴大．2.2基本不等式第一課時基本不等式知識點基本不等式(1)對?a、b∈R.a2＋b2與2ab的大小如何？在右圖中，AB是圓的直徑，點C是AB上一點，AC＝a，BC＝b.過點C作垂直于AB的弦DE，連接AD，BD.可得到CD＝eq\r(ab)，eq\f(1,2)AB＝eq\f(a＋b,2)，由CD小于或等于圓的半徑，可得出什么樣的不等關系？知識梳理(1)?a，b∈R，有a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立．(2)如果a＞0，b＞0，我們用eq\r(a)，eq\r(b)分別代替上式中的a，b，可得eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，①當且僅當a＝b時，等號成立．通常稱不等式①為基本不等式(basicinequality)．其中，eq\f(a＋b,2)叫做正數a，b的算術平均數，eq\r(ab)叫做正數a，b的幾何平均數．基本不等式表明：兩個正數的算術平均數不小于它們的幾何平均數．解題方法探究探究一用基本不等式判斷不等式的成立[例1]有下列式子：①a2＋1＞2a；②eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥2；③eq\f(a＋b,\r(ab))≥2；④x2＋eq\f(1,x2＋1)≥1，其中正確的個數是()A．0 B．1C．2 D．3[解析]∵a2－2a＋1＝(a－1)2≥0，∴a2＋1≥2a，故①不正確；對于②，當x＞0時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝x＋eq\f(1,x)≥2(當且僅當x＝1時取“＝”)；當x＜0時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＝－x－eq\f(1,x)≥2(當且僅當x＝－1時取“＝”)，∴②正確；對于③，若a＝b＝－1，則eq\f(a＋b,\r(ab))＝－2＜2，故③不正確；對于④，x2＋eq\f(1,x2＋1)＝x2＋1＋eq\f(1,x2＋1)－1≥1(當且僅當x＝0時取“＝”)，故④正確．∴選C.[答案]C利用基本不等式比較實數大小的注意事項(1)利用基本不等式比較大小，常常要注意觀察其形式(和與積)，同時要注意結合函數的性質(單調性)．(2)利用基本不等式時，一定要注意條件是否滿足a＞0，b＞0.探究二用基本不等式證明不等式[例2][教材P44由公式eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)的證明過程探究](1)證明不等式a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.[證明]∵a2＋b2≥2abb2＋c2≥2bcc2＋a2≥2ac.∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ca)(當且僅當a＝b＝c取等號)∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.(2)已知a＞0，b＞0，c＞0，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.[證明]∵a＞0，b＞0，c＞0，∴eq\f(bc,a)＞0，eq\f(ac,b)＞0，eq\f(ab,c)＞0.則eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)≥2eq\r(\f(abc2,ab))＝2c，eq\f(bc,a)＋eq\f(ab,c)≥2b，eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥2a.由不等式的性質知，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥2(a＋b＋c)，∴eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.利用基本不等式證明不等式的注意事項(1)策略：從已證不等式和問題的已知條件出發，借助不等式的性質和有關定理，經過逐步的邏輯推理，最后轉化為所求問題，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”．(2)注意事項：①多次使用基本不等式時，要注意等號能否成立；②累加法是不等式證明中的一種常用方法，在證明不等式時注意使用條件；③對不能直接使用基本不等式的證明可重新組合，形成基本不等式模型再使用．易錯點歸納一、千變萬化，不離其宗基本不等式的幾種常見變形及結論(1)a＋b≥2eq\r(ab)(a＞0，b＞0)；(2)ab≤eq\f(a2＋b2,2)(a，b∈R)；(3)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，(a，b∈R)；(4)eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2(ab＞0)；(5)a＋eq\f(k,a)≥2eq\r(k)(a＞0，k＞0)；(6)eq\f(2,\f(1,a)＋\f(1,b))≤eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)≤eq\r(\f(a2＋b2,2))(a，b都是正實數)．[典例]已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝1，求證：eq\r(ab)＋eq\r(ac)＋eq\r(bc)≤1.[證明]∵eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)，eq\r(bc)≤eq\f(b＋c,2)，eq\r(ac)≤eq\f(a＋c,2)，∴eq\r(ab)＋eq\r(ac)＋eq\r(bc)≤eq\f(2a＋b＋c,2)＝1.故原不等式成立．二、忽視基本不等式的條件[典例]設y＝x＋eq\f(1,x)，求y的取值范圍．[解析]當x＞0時，y＝x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2.當且僅當x＝eq\f(1,x)，即x＝1時取“＝”．當x＜0時，y＝x＋eq\f(1,x)＝－[(－x)＋eq\f(1,－x)]∵(－x)＋eq\f(1,－x)≥2∴－[(－x)＋eq\f(1,－x)]≤－2.當且僅當x＝eq\f(1,x)時，即x＝－1時取“＝”．∴y的取值范圍為{y|y≤－2或y≥2}．第二課時基本不等式與最大值、最小值知識點基本不等式求最大值、最小值(1)當x＞0，y＝x＋eq\f(1,x)的最小值是幾？(2)當x＞0，y＞0，x＋y＝1，xy的最大值是幾？知識梳理(1)用基本不等式求最值．①設x，y為正實數，若x＋y＝s(s為定值)，則當x＝y＝eq\f(s,2)時，積xy有最大值為eq\f(s2,4).②設x，y為正實數，若xy＝p(p為定值)，則當x＝y＝eq\r(p)時，和x＋y有最小值為2eq\r(p).(2)基本不等式求最值的條件①x，y必須是正數．②求積xy的最大值時，應看和x＋y是否為定值；求和x＋y的最小值時，應看積xy是否為定值．③等號成立的條件是否滿足．解題方法探究探究一用基本不等式求最值[例1][教材P45例1探究拓展](1)若x＞0，求函數y＝x＋eq\f(4,x)的最小值，并求此時x的值；[解析]∵x＞0.∴x＋eq\f(4,x)≥2eq\r(x·\f(4,x))＝4當且僅當x＝eq\f(4,x)，即x2＝4，x＝2時取等號．∴函數y＝x＋eq\f(4,x)(x＞0)在x＝2時取得最小值4.(2)設0＜x＜eq\f(3,2)，求函數y＝4x(3－2x)的最大值；[解析]∵0＜x＜eq\f(3,2)，∴3－2x＞0，∴y＝4x(3－2x)＝2[2x(3－2x)]≤2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2x＋3－2x,2)))2＝eq\f(9,2).當且僅當2x＝3－2x，即x＝eq\f(3,4)時，等號成立．∵eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，∴函數y＝4x(3－2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(3,2)))的最大值為eq\f(9,2).(3)已知x＞2，求x＋eq\f(4,x－2)的最小值；[解析]∵x＞2，∴x－2＞0，∴x＋eq\f(4,x－2)＝x－2＋eq\f(4,x－2)＋2≥2eq\r(x－2·\f(4,x－2))＋2＝6，當且僅當x－2＝eq\f(4,x－2)，即x＝4時，等號成立．∴x＋eq\f(4,x－2)的最小值為6.(4)已知x＞0，y＞0，且eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，求x＋y的最小值．[解析]∵x＞0，y＞0，eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，∴x＋y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(9,y)))(x＋y)＝eq\f(y,x)＋eq\f(9x,y)＋10≥2eq\r(\f(y,x)·\f(9x,y))＋10＝6＋10＝16，當且僅當eq\f(y,x)＝eq\f(9x,y)，eq\f(1,x)＋eq\f(9,y)＝1，即x＝4，y＝12時，上式取等號．故當x＝4，y＝12時，(x＋y)min＝16.應用基本不等式的常用技巧(1)常值代替這種方法常用于“已知ax＋by＝m(a，b，x，y均為正數)，求eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值”和“已知eq\f(a,x)＋eq\f(b,y)＝1(a，b，x，y均為正數)，求x＋y的最小值”兩類題型．(2)構造不等式當和與積同時出現在同一個等式中時，可利用基本不等式構造一個不等式從而求出和或積的取值范圍．(3)利用基本不等式求最值的關鍵是獲得定值條件，解題時應對照已知和欲求的式子運用適當的“拆項、添項、配湊、變形”等方法創設應用基本不等式的條件．探究二基本不等式的實際應用[例2]如圖，汽車行駛時，由于慣性作用，剎車后還要向前滑行一段距離才能停住，我們把這段距離叫做“剎車距離”．在某公路上，“剎車距離”s(米)與汽車車速v(米/秒)之間有經驗公式：s＝eq\f(3,40)v2＋eq\f(5,8)v.為保證安全行駛，要求在這條公路上行駛著的兩車之間保持的“安全距離”為“剎車距離”再加25米．現假設行駛在這條公路上的汽車的平均身長5米，每輛車均以相同的速度v行駛，并且每兩輛車之間的間隔均是“安全距離”．(1)試寫出經過觀測點A的每輛車之間的時間間隔T與速度v的函數關系式；(2)問v為多少時，經過觀測點A的車流量(即單位時間通過的汽車數量)最大？[解析](1)T＝eq\f(s＋25＋5,v)＝eq\f(\f(3v2,40)＋\f(5v,8)＋30,v)＝eq\f(3v,40)＋eq\f(30,v)＋eq\f(5,8).(2)經過A點的車流量最大，即每輛車之間的時間間隔T最小．∵T＝eq\f(3v,40)＋eq\f(30,v)＋eq\f(5,8)≥2eq\r(\f(30,v)·\f(3v,40))＋eq\f(5,8)＝eq\f(29,8)，當且僅當eq\f(3v,40)＝eq\f(30,v)，即v＝20時取等號．∴當v＝20米/秒時，經過觀測點A的車流量最大．利用基本不等式解決實際問題時，一般是先建立關于目標量的函數關系，再利用基本不等式求解目標函數的最大(小)值及取最大(小)值的條件．易錯點歸納一、用基本不等式求最值的策略1．配湊以拼湊出和是定值或積是定值的形式為目標，根據代數式的結構特征，利用系數的變化或對常數的調整進行巧妙變形，注意做到等價變形．一般地，形如f(x)＝ax＋b＋eq\f(e,cx＋d)的函數求最值時可以考慮配湊法．[典例]函數y＝eq\f(x2,x＋1)(x＞－1)的最小值為________．[解析]因為y＝eq\f(x2－1＋1,x＋1)＝x－1＋eq\f(1,x＋1)＝x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2，因為x＞－1，所以x＋1＞0，所以y≥2eq\r(1)－2＝0，當且僅當x＝0時，等號成立．[答案]02．常值代換利用“1”的代換構造積為定值的形式，一般形如“已知ax＋by(或eq\f(a,x)＋eq\f(b,y))為定值，求cx＋dy(或eq\f(c,x)＋eq\f(d,y))的最值(其中a，b，c，d均為常參數)”時可用常值代換處理．[典例]若正數x，y滿足3x＋y＝5xy，則4x＋3y的最小值是()A．2 B．3C．4 D．5[解析]由3x＋y＝5xy，得eq\f(3x＋y,xy)＝eq\f(3,y)＋eq\f(1,x)＝5，所以4x＋3y＝(4x＋3y)·eq\f(1,5)(eq\f(3,y)＋eq\f(1,x))＝eq\f(1,5)(4＋9＋eq\f(3y,x)＋eq\f(12x,y))≥eq\f(1,5)(4＋9＋2eq\r(36))＝5，當且僅當eq\f(3y,x)＝eq\f(12x,y)，即y＝2x時，等號成立，故4x＋3y的最小值為5.[答案]D3．探究通過換元法使得問題的求解得到簡化，從而將復雜問題化為熟悉的最值問題處理，然后利用常值代換及基本不等式求最值．[典例]設x，y是正實數，且x＋y＝1，則eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,y＋1)的最小值為________．[解析]令x＋2＝m，y＋1＝n，則m＋n＝4，且m＞2，n＞1，所以eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,y＋1)＝eq\f(m－22,m)＋eq\f(n－12,n)＝eq\f(4,m)＋eq\f(1,n)－2＝(eq\f(4,m)＋eq\f(1,n))(eq\f(m,4)＋eq\f(n,4))－2＝eq\f(m,4n)＋eq\f(n,m)－eq\f(3,4)≥2eq\r(\f(m,4n)·\f(n,m))－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)，當且僅當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m,4n)＝\f(n,m)，,m＋n＝4))即m＝eq\f(8,3)，n＝eq\f(4,3)時取等號．所以eq\f(x2,x＋2)＋eq\f(y2,y＋1)的最小值為eq\f(1,4).[答案]eq\f(1,4)4．減元當題中出現了三個變元，我們要利用題中所給的條件構建不等關系，并減元，在減元后應注意新元的取值范圍．[典例]已知x，y，z均為正實數，且x－2y＋3z＝0，則eq\f(y2,xz)的最小值為________．[解析]由x－2y＋3z＝0得y＝eq\f(x＋3z,2)，所以eq\f(y2,xz)＝eq\f(x2＋9z2＋6xz,4xz)＝eq\f(x,4z)＋eq\f(9z,4x)＋eq\f(3,2).又x，z均為正實數，所以eq\f(x,4z)＞0，eq\f(9z,4x)＞0，所以eq\f(y2,xz)＝eq\f(x,4z)＋eq\f(9z,4x)＋eq\f(3,2)≥2eq\r(\f(x,4z)·\f(9z,4x))＋eq\f(3,2)＝3，當且僅當eq\f(x,4z)＝eq\f(9z,4x)即x＝3z時取等號．所以eq\f(y2,xz)的最小值為3.[答案]3二、忽視基本不等式的應用條件[典例]已知一次函數mx＋ny＝－2過點(－1，－2)(m＞0，n＞0)．則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為()A．3 B．2eq\r(2)C.eq\f(3＋2\r(2),2) D.eq\f(3－2\r(2),2)[解析]由題意得eq\f(m,2)＋n＝1，所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝(eq\f(1,m)＋eq\f(1,n))(eq\f(m,2)＋n)＝eq\f(3,2)＋eq\f(m,2n)＋eq\f(n,m)≥eq\f(3,2)＋2eq\r(\f(1,2))＝eq\f(3＋2\r(2),2)，當且僅當eq\f(m,2n)＝eq\f(n,m)即m＝eq\r(2)n時取等號．故選C.[答案]C糾錯心得應用基本不等式求最值時，必須遵循“一正、二定、三相等”的順序．本題中求出eq\f(m,2)＋n＝1后，若采用兩次基本不等式，有如下錯解：eq\f(m,2)＋n＝1≥2eq\r(\f(mn,2))，所以eq\r(mn)≤eq\f(\r(2),2)，eq\f(1,\r(mn))≥eq\r(2)，①又eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)≥2eq\r(\f(1,mn))，②所以eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)≥2eq\r(2).選B.此錯解中，①式取等號的條件是eq\f(m,2)＝n，②式取等號的條件是eq\f(1,m)＝eq\f(1,n)即m＝n，兩式的等號不可能同時取得，所以2eq\r(2)不是eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值．2.3二次函數與一元二次方程、不等式(1)知識點一一元二次不等式的概念我們知道，方程x2＝1的一個解是x＝1，解集是{1，－1}，解集中的每一個元素均可使等式成立．那么什么是不等式x2＞1的解？你能舉出一個解嗎？你能寫出不等式x2＞1的解集嗎？知識梳理(1)一般地，我們把只含有一個未知數，并且未知數的最高次數是2的不等式，稱為一元二次不等式(quadricinequalityinoneunknown)．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均為常數，a≠0.(2)一般地，對于二次函數y＝ax2＋bx＋c，我們把使ax2＋bx＋c＝0的實數x叫做二次函數y＝ax2＋bx＋c的零點．即一元二次方程的根是相應一元二次函數的零點．知識點二二次函數與一元二次方程、不等式的解的對應關系函數y＝x2－1的零點與方程x2－1＝0及不等式x2－1＞0解之間有什么關系？知識梳理(1)Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩個不相等的實數根x1，x2(x1＜x2)有兩個相等的實數根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實數根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集{x|x＜x1，或x＞x2}{x|x≠－eq\f(b,2a)}Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??(2)不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的求解方法eq\x(將原不等式化成ax2＋bx＋c＞0a＞0的形式)eq\x(計算Δ＝b2－4ac的值)Δ＞0eq\x(\a\al(方程ax2＋bx＋c＝0有,兩個不相等的實數根，,解得x1，x2x1＜x2))eq\x(\a\al(原不等式的解集為,{x|x＜x1，或x＞x2}))Δ＝0eq\x(\a\al(方程ax2＋bx＋c＝0有,兩個相等的實數根，解得x1＝,x2＝－\f(b,2a)))eq\x(\a\al(原不等式的解集為,{x|x≠－\f(b,2a)))Δ＜0eq\x(\a\al(方程ax2＋bx＋c＝0,沒有實數根))eq\x(原不等式的解集為R)解題方法探究探究一一元二次不等式的解法[例1]解下列不等式．(1)－x2＋2x－eq\f(2,3)＞0；(2)－eq\f(1,2)x2＋3x－5＞0；(3)4x2－18x＋eq\f(81,4)≤0.[解析](1)兩邊都乘以－3，得3x2－6x＋2＜0，∵3＞0，Δ＝36－24＝12＞0，且方程3x2－6x＋2＝0的根是x1＝1－eq\f(\r(3),3)，x2＝1＋eq\f(\r(3),3).∴原不等式的解集是{x|1－eq\f(\r(3),3)＜x＜1＋eq\f(\r(3),3)}．(2)不等式可化為x2－6x＋10＜0，Δ＝(－6)2－4×10＝－4＜0，∴原不等式的解集為?.(3)不等式可化為16x2－72x＋81≤0，即(4x－9)2≤0，∵4x－9＝0時，x＝eq\f(9,4).∴原不等式的解集為{x|x＝eq\f(9,4)}.解一元二次不等式的一般步驟(1)通過對不等式變形，使二次項系數大于零；(2)計算對應方程的判別式；(3)求出相應的一元二次方程的根，或根據判別式說明方程沒有實根；(4)根據函數圖象與x軸的相關位置寫出不等式的解集.探究二含參數的一元二次不等式[例2]解關于x的不等式x2－(a＋a2)x＋a3＞0(a∈R)．[解析]原不等式可化為(x－a)(x－a2)＞0.當a＜0時，a＜a2，原不等式的解集為{x|x＜a，或x＞a2}；當a＝0時，x2＞0，原不等式的解集為{x|x≠0}；當0＜a＜1時，a2＜a，原不等式的解集為{x|x＜a2，或x＞a}；當a＝1時，a2＝a，原不等式的解集為{x|x≠1}；當a＞1時，a＜a2，原不等式的解集為{x|x＜a，或x＞a2}．綜上所述：當a＜0或a＞1時，原不等式的解集為{x|x＜a，或x＞a2}；當0＜a＜1時，原不等式的解集為{x|x＜a2，或x＞a}；當a＝0時，解集為{x|x≠0}；當a＝1時，解集為{x|x≠1}．解含參數的不等式，可以按常規思路進行：先考慮開口方向，再考慮判別式的正負，最后考慮兩根的大小關系，當遇到不確定因素時再討論．探究三三個二次之間的關系[例3][教材P52例1、例2的拓展探究](1)已知解集求函數若不等式y＝ax2－x－c＞0的解集為(－2,1)，則函數的圖象為()[解析]因為不等式的解集為(－2,1)，所以a＜0，排除C，D；又與坐標軸交點的橫坐標為－2,1，故選B.[答案]B(2)已知方程的根或函數零點求不等式若函數y＝x2－ax＋1有負數零點，則a的范圍為________．[解析]有零點，∴Δ＝a2－4≥0，∴a≥2或a≤－2，∵f(0)＝1，要使x2－ax＋1＝0有負根，則對稱軸x＝eq\f(a,2)＜0，即a＜0.∴a≤－2.[答案]a≤－2(3)已知解集求不等式已知x2＋px＋q＜0的解集是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜x＜\f(1,3)))))，解關于x的不等式qx2＋px＋1＞0.[解析]由已知得，x1＝－eq\f(1,2)，x2＝eq\f(1,3)是方程x2＋px＋q＝0的根，∴－p＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，q＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,3)，∴p＝eq\f(1,6)，q＝－eq\f(1,6).∵不等式qx2＋px＋1＞0，∴－eq\f(1,6)x2＋eq\f(1,6)x＋1＞0，即x2－x－6＜0，∴－2＜x＜3，故不等式qx2＋px＋1＞0的解集為{x|－2＜x＜3}．應用三個“二次”之間的關系解題的思想一元二次不等式與其對應的函數與方程之間存在著密切的聯系，即給出了一元二次不等式的解集，則可知不等式二次項系數的符號和相應一元二次方程的根．在解決具體的數學問題時，要注意三者之間的相互聯系，并在一定條件下相互轉換．易錯點歸納分久必合——分類討論思想解含參數不等式含有參數的一元二次不等式，因為含有參數，便大大增加了問題的復雜程度．分類討論是解決這類問題的主要方法，確定分類討論的標準時，要著重處理好以下三點：(1)討論的“時刻”，即在什么時候才開始進行討論．要求轉化必到位，過早或過晚討論都會使問題更加復雜化．(2)討論的“點”，即以哪個量為標準進行討論．若把握不好這一類，問題就不能順利解決．(3)考慮要周到，即討論對象的各種情況都要加以分析，給出結論．1．討論二次項系數型為主當二次項系數為字母時，首先要討論二次項系數是否為0，若二次項系數為0，則該不等式變為一次不等式；若二次項系數不為0，解集則與二次項系數的正負相關．[典例]解關于x的不等式，ax2＋(1－a)x－1＞0.[解析]原不等式化為(x－1)(ax＋1)＞0(1)當a＝0時，原不等式為x－1＞0，∴x＞1，(2)當a＞0時，原不等式為(x－1)(x＋eq\f(1,a))＞0.兩根為1與－eq\f(1,a)且1＞－eq\f(1,a)，∴得x＞1或x＜－eq\f(1,a)；(3)當a＜0時，原不等式化為(x－1)(x＋eq\f(1,a))＜0兩根為1與－eq\f(1,a)，又∵當－1＜a＜0時，－eq\f(1,a)＞1，∴得1＜x＜－eq\f(1,a).當a＝－1時，不等式為(x－1)2＜0，解集為?，當a＜－1時，－eq\f(1,a)＜1，∴得－eq\f(1,a)＜x＜1.綜上，當a＞0時，解集為{x|x＞1，或x＜－eq\f(1,a)}；當a＝0時，解集為{x|x＞1}；當－1＜a＜0時，解集為{x|1＜x＜－eq\f(1,a)}；當a＝－1，解集為?；當a＜－1時，解集為{x|－eq\f(1,a)＜x＜1}．規律總結解二次項含參數的一元二次不等式一定要對參數大于0，等于0和小于0展開討論．2．討論判別式型為主當二次不等式中有字母，且不易觀察出所對應方程是否有實根，此時應對方程有無實根進行討論．[典例]解關于x的不等式：2x2＋ax＋2＞0.[解析]Δ＝a2－16＝(a－4)(a＋4)．(1)當a＞4或a＜－4時，Δ＞0，方程2x2＋ax＋2＝0的兩根為x1＝eq\f(1,4)(－a－eq\r(a2－16))，x2＝eq\f(1,4)(－a＋eq\r(a2－16))．原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\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))))).(2)當a＝±4時，Δ＝0，方程只有一根x＝－eq\f(a,4)，∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x∈R且x≠－\f(a,4))))).(3)當－4＜a＜4時，Δ＜0，方程無根，∴原不等式的解集為R.規律總結若一元二次方程判別式符號不確定，應分Δ＞0、Δ＝0、Δ＜0討論．3．討論根的大小型為主當一元二次不等式中有字母，而導致根的大小不易區別時，應通過作差法，由根的大小確定字母范圍．[典例]解關于x的不等式：x2－2x＋1－a2≥0.[解析]原不等式等價于(x－1－a)(x－1＋a)≥0.①當a＞0時，1＋a＞1－a，所以原不等式的解集為{x|x≥1＋a，或x≤1－a}．②當a＝0時，原不等式的解集為全體實數R.③當a＜0時，1－a＞1＋a，原不等式的解集為{x|x≥1－a，或x≤1＋a}．規律總結當不等式對應方程根的大小不確定時，必須討論根的大小，以確定不等式的解集．在解關于含參數的一元二次不等式時，往往要對參數進行分類討論，為了做到分類“不重不漏”，討論需從如下三個方面進行考慮：(1)關于不等式類型的討論：二次項系數a＞0，a＜0，a＝0.(2)關于不等式對應的方程是否有根的討論：二根(Δ＞0)，一根(Δ＝0)，無根(Δ＜0)．(3)關于不等式對應的方程根的大小的討論：x1＞x2，x1＝x2，x1＜x2.2.3二次函數與一元二次方程、不等式(2)知識點一分式不等式的解法不等式eq\f(1,x)＞1與x＜1等價嗎？eq\f(1,x)＞1的解集應是什么？知識梳理一般的分式不等式的同解變形法則(1)eq\f(fx,gx)＞0?f(x)·g(x)＞0；(2)eq\f(fx,gx)≤0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx·gx≤0，,gx≠0；))(3)eq\f(fx,gx)≥a?eq\f(fx－agx,gx)≥0.知識點二一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立問題(1)?x∈R，x2－c＞0，c取何值？(2)?x∈R，ax2＋1＞0，a取何值？知識梳理一元二次不等式恒成立的情況：(1)ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0,Δ＜0))；(2)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜0,Δ≤0)).解題方法探究探究一解簡單的分式不等式[例1]解不等式．(1)eq\f(x＋2,1－x)＜0；(2)eq\f(x＋1,x－2)≤2.[解析](1)由eq\f(x＋2,1－x)＜0，得eq\f(x＋2,x－1)＞0.此不等式等價于(x＋2)(x－1)＞0.∴原不等式的解集為{x|x＜－2或x＞1}．(2)法一：移項，得eq\f(x＋1,x－2)－2≤0，左邊通分并化簡，得eq\f(－x＋5,x－2)≤0，即eq\f(x－5,x－2)≥0，它的同解不等式為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2x－5≥0，,x－2≠0，))∴x＜2或x≥5.原不等式的解集為{x|x＜2或x≥5}．法二：原不等式可化為eq\f(x－5,x－2)≥0.此不等式等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≥0，,x－2＞0，))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－5≤0，,x－2＜0.))②解①，得x≥5.解②，得x＜2.∴原不等式的解集為{x|x＜2或x≥5}.1.對于比較簡單的分式不等式，可直接轉化為一元二次不等式或一元一次不等式組求解，但要注意分母不為零．2.對于不等號右邊不為零的較復雜的分式不等式，先移項再通分