01 集合的概念及表示方法
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解集合的概念及其性质
目标2
★★★☆☆☆ 操作
理解集合的表示方法
目标3
★★★★☆☆ 识别
掌握集合与元素间的关系及符号表达
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求知道集合的意义、认识一些特殊的集合记号，懂得元素及其与集合的关系符号，初
步掌握基本的集合语言，会用“列举法”和“描述法”表示集合，重难点：集合与元素的关系；
2．本讲知识点在高考中通常结合不等式章节，主要以填选基础题形式考察，占高考分值约5%；
3．对应教材：新版上教教材的第一章集合与逻辑，第一节集合初步；
4．本讲知识点属于集合章节，属于基础章节，在高中各个章节中都有集合的思想，要打好基础.
2
教法备注
“集合”是日常生活中的一个常用词，现代汉语解释为：许多的人或物聚在一起，
在现代数学中，集合是一种简洁、高雅的数学语言，我们怎样理解数学中的“集合”?
知识点1——集合的概念与性质
考点1：集合的概念
知识笔记
集合的概念
(1)集合的概念：把一些确定的对象的全体叫做集合，简称集，集合通常用大写字母ABC…等表示；集合所含的各
个对象叫做该集合的
元素
.
应注意集合概念中的“确定的对象”与“全体”两个词.
典型例题
例1
请将下列各组对象能组成集合的序号填在后面的横线上 .
①上海市2025年入学的全体高一年级新生；
②在平面直角坐标系中，到定点(0，0)的距离等于1的所有点；
③影响力比较大的中国数学家；
④不等式3x −10 < 0的所有正整数解.
①②④
根据集合的概念即可判断.
解：对于①，“上海市2025年入学的全体高一年级新生”，研究对象是明确的，符合集合的定义，能构成集合；
对于②，“在平面直角坐标系中，到定点(0，0)的距离等于1的所有点”，研究对象是明确的，符合集合的定
义，能构成集合；
答案
解析
3
对于③，“影响力比较大的中国数学家”，其中影响力比较大的没有明确的定义，故不能构成集合；
对于④，“不等式3x −10 < 0的所有正整数解”，研究对象是明确的，符合集合的定义，能构成集合.
故答案为：①②④.
变式1-1
下列各对象的全体，可以构成集合的是 （填序号）
①高一数学课本中的难题； ②与1非常接近的全体实数；
③高一年级视力比较好的同学； ④高一年级中身高超过1.70米的同学
④
因为①②③所表示的研究对象不能确定，所以不能构成集合，而④符合集合的概念.
故答案为：④
本题考查集合的概念及判断，属于基础题.
答案
解析
考点2：集合的分类
知识笔记
集合的分类
元素个数：有限集、无限集；
不含有任何元素的集合称为空集∅；
元素类型：数集和
点集
；
常用数集：自然数集N，整数集Z，有理数集Q，实数集R.
典型例题
例2
下列集合中哪些是空集？哪些是有限集？哪些是无限集？
(1)
小于10000的素数构成的集合；
(2)
一元二次方程x2 + x + 1 = 0的全体实根之集；
(3)
满足条件x + y = 1和xy > 1的所有实数组(x, y)之集；
(4)
满足条件x2 + y2 = 1和xy < 0的所有实数组(x, y)之集.
4
(1) 有限集
(2) 空集
(3) 空集
(4) 无限集
(1) 由于小于10000的素数存在，如2，3，5，7等，且为有限个，故小于10000的素数构成的集合为有限集
(2) 由于Δ = 1 −4 < 0，故方程无解，故一元二次方程x2 + x + 1 = 0的全体实根之集为空集
(3) 由x + y = 1，可得y = 1 −x，故xy > 1 ⇔x(1 −x) > 1
即x2 −x + 1 < 0，令y = x2 −x + 1
为开口向上的二次函数，且对应的方程Δ = 1 −4 < 0
故x2 −x + 1 < 0无解
即满足条件x + y = 1和xy > 1的所有实数组(x, y)之集为空集
(4) 满足条件x2 + y2 = 1和xy < 0的所有实数组(x, y)之集，即为到原点的距离为1的第二、四象限的点构成的
集合，为无限集
答案
解析
变式2-1
判断下列集合是有限集还是无限集．
（1）年龄超过60岁且户籍所在地为上海的人组成的集合 ；
（2）所有正方形组成的集合 ；
（3）直线y = x −1上的所有点组合的集合 ；
（4）不大于9的所有非负整数组成的集合 .
答案
5
有限集; 无限集; 无限集; 有限集
根据集合的元素一一判断即可；
解：（1）年龄超过60岁且户籍所在地为上海的人只有有限个，故年龄超过60岁且户籍所在地为上海的人组成
的集合为有限集；
（2）正方形有无数多个，故所有正方形组成的集合为无限集；
（3）直线y = x −1上有无数个点，故直线y = x −1上的所有点组合的集合为无限集；
（4）不大于9的所有非负整数组成的集合= {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}，故不大于9的所有非负整数组成的集合为
有限集；
故答案为：有限集；无限集；无限集；有限集；
解析
考点3：集合的性质
知识笔记
集合的性质
集合中元素的性质：①确定性；②
互异性
；③无序性.
典型例题
例3
判断下列说法是否正确，并说明理由.
（1）某个单位里的年轻人组成一个集合；
（2）1，3
2 ，6
4 ，|−1
2 |，1
2 这些数组成的集合有5个元素；
（3）由a、b、c组成的集合与由b、a、c组成的集合是同一个集合.
6
答案见详解.
利用集合中元素的性质：确定性、互异性、无序性；(1)“年轻人”标准不定；(2) |−1
2 |与1
2 相同；(3) a、b、c与b
、a、c分别构成的集合，元素顺序不一样，由此即可判断它们的正误
（1）不正确，因为“年轻人”没有明确的标准，不具有确定性，不能作为元素来组成集合；
（2）不正确，对于一个给定的集合，它的元素必须是互异的，即集合中的任何两个元素都是不同的，故这个
集合是由3个元素组成的；
（3）正确，集合中的元素相同，只是次序不同，它们都表示同一个集合.
本题考查了集合元素的性质，理解并应用集合中元素的确定性、互异性、无序性
答案
解析
变式3-1
由实数x, −x, |x|, √x2, −
5√x5所组成的集合最多含（ ）
A. 3个元素
B. 2个元素
C. 4个元素
D. 5个元素
B
通过分类讨论，对算式进行化简，判断集合中元素的个数.
当x = 0时，x = −x = |x| = √x2 = −
5√x5 = 0，集合中只有1个元素0；
当x > 0时，|x| = x, √x2 = x, −
5√x5 = −x，集合中只有2个元素x和−x；
当x < 0时，|x| = −x, √x2 = −x, −
5√x5 = −x，集合中只有2个元素x和−x.
所以实数x, −x, |x|, √x2, −
5√x5所组成的集合最多有2个元素．
故选：B
答案
解析
考点4：方程解与元素个数问题
典型例题
例4
已知A为方程ax2 + 2x + 1 = 0的所有实数解构成的集合，其中a为实数.
7
(1)
若A是空集，求a的范围；
(2)
若A是单元素集合，求a的范围：
(3)
若A中至多有一个元素，求a的取值范围.
(1) a > 1；
(2) a = 0或 a = 1；
(3) a = 0或 a ≥1.
(1) 若A是空集，则方程ax2 + 2x + 1 = 0无解，
当a = 0时，方程2x + 1 = 0有解，不符合题意；
当a ≠0时，Δ = 4 −4a < 0，得a > 1.
综上所述：a > 1.
(2) 若A是单元素集合，则方程ax2 + 2x + 1 = 0有唯一实根，
当a = 0时，方程2x + 1 = 0有唯一解x = −1
2 ，符合题意；
当a ≠0时，Δ = 4 −4a = 0，得a = 1.
综上所述：a = 0或a = 1.
(3) 若A中至多有一个元素，则方程ax2 + 2x + 1 = 0至多有一个解，
当方程ax2 + 2x + 1 = 0无解时，由（1）知，a > 1；
方程ax2 + 2x + 1 = 0有唯一实根时，由（2）知，a = 0或a = 1.
综上所述：a = 0或a ≥1.
答案
解析
变式4-1
若关于x的方程ax2 −2x + 1 = 0的解集中有且仅有一个元素，则实数a的值组成的集合中的元素个数为（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
B
由题知，
答案
解析
8
当a = 0时，−2x + 1 = 0的解有且仅有一个：1
2 ，
符合题意，所以a = 0；
当a ≠0时，要使x的方程ax2 −2x + 1 = 0的解集
中有且仅有一个元素，则有：Δ = 4 −4a = 0，则a = 1.
所以实数a的值组成的集合中的元素个数为：2.
故选：B.
知识点2——集合的表示方法
考点5：列举法表示集合
知识笔记
列举法
列举法：将集合中的元素一一列举出来.
适用范围：集合内元素较少，或者是无限集但是可以直观的看出集合内元素规律的集合，该方法优点在于简便、直
观.
典型例题
例5
用列举法表示下列集合：
（1）小于10的所有自然数组成的集合； （2）方程x2 = x的所有实数根组成的集合；
（3）由1～20以内的所有素数组成的集合；（4）方程x2 −4 = 0的所有实数根组成的集合.
（1） {0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}；（2） {0，1}；（3） {2，3，5，7，11，13，17，19}；（4）
{−2，2}.
根据各小题中的对集合的元素的描述，确定集合的元素，然后写在大括号内，便得到其列举法表示.
答案
解析
9
（1）小于10的所有自然数为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，用列举法表示它们构成的集合为
{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}；
（2）由x2 = x解得x = 0或x = 1,所以方程x2 = x的所有实数根为0和1，用列举法表示所有实数根组成的集合
为{0, 1}；
（3）1～20以内的所有素数为2，3，5，7，11，13，17，19，用列举法表示它们组成的集合为
{2，3，5，7，11，13，17，19}；
（4）方程x2 −4 = 0的所有实数根为-2，2，用列举法表示它们组成的集合为{−2，2}.
变式5-1
已知集合A = {x |x (x −1) (x −2) = 0}，B = {x |x = a + b, a、b是集合A中的元素, a ≠b}，试用列举法表示集合
B = ．
{1, 2, 3}
求解出集合A后，根据a, b的取值可确定a + b所有可能的值，进而得到集合B.
A = {x|x (x −1) (x −2) = 0} = {0, 1, 2}
∵a, b ∈A且a ≠b ∴a + b = 0 + 1 = 1或a + b = 0 + 2 = 2或a + b = 1 + 2 = 3
∴B = {1, 2, 3}
本题正确结果：{1, 2, 3}
本题考查集合的求解，关键是能够明确集合B表示的含义，属于基础题.
答案
解析
变式5-2
已知集合A = {1, 2, 5, 7, 13, 15, 16, 19}，设xi, xj是集合A中的元素，若方程xi −xj = k(k > 0)至少有三组不同的解，
则实数k的所有可能取值是
{3, 6, 14}
将xi −xj = k表示为(xi, xj, k)，可得如下结果：
(19, 1, 18), (16, 1, 15), (15, 1, 14), (13, 1, 12), (7, 1, 6), (5, 1, 4), (2, 1, 1)，
(19, 2, 17), (16, 2, 14), (15, 2, 13), (13, 2, 11), (7, 2, 5), (5, 2, 3)，
(19, 5, 14), (16, 5, 11), (15, 5, 10), (13, 5, 8), (7, 5, 2), (19, 7, 12)，
答案
解析
10
(16, 7, 9), (15, 7, 8), (13, 7, 6), (19, 13, 6), (16, 13, 3), (15, 13, 2)，
(19, 15, 4), (16, 15, 1), (19, 16, 3)，
其中k为3，6，14都出现了3次，所以若方程xi −xj = k(k > 0)至少有三组不同的解，
则k的取值集合为{3, 6, 14}，
故答案为：{3, 6, 14}
关键点点睛：解答本题的关键是理解方程xi −xj = k(k > 0)至少有三组不同的解的含义，即xi −xj的差值出现
的次数不小于三次，由此可进行问题的求解.
教法备注
【考点】列举法表示集合
【教法】枚举思想引入
考点6：描述法表示集合
知识笔记
描述法
描述法：将集合中元素所具有的共同性质描述出来，其形式为{x |x满足的性质P}，其中x为元素的一般形式，P为
元素的
公共属性
.
适用范围：常用于集合内元素是无限个，且这些元素具有共同特征（如果这些元素是有限个或者无限个，但是无法
找出其中的规律就不可用描述法了）.
典型例题
例6
用描述法表示下列集合．
（1）小于5的正有理数组成的集合：
；
（2）平面直角坐标系中第一、三象限角平分线上的所有点组成的集合：
；
（3）偶数集：
；
（4）抛物线y = x2 −3x + 2上的所有点组成的集合：
．
$\left\{ \left. x\in Q \right|0<5 \right\}$ ; {(x, y)|y = x} ; {x|x = 2n, n ∈Z} ; {(x, y)|y = x2 −3x + 2}
根据各项集合的自然语言描述，直接应用描述法写出集合即可.
答案
解析
11
（1）由描述可得：集合为$\left\{ \left. x\in Q \right|0<5 \right\}$.
（2）第一、三象限角平分线上的所有点都在y = x上，故集合为{(x, y)|y = x}.
（3）由偶数可表示为x = 2n, n ∈Z，故集合为{x|x = 2n, n ∈Z}.
（4）由描述知：集合为{(x, y)|y = x2 −3x + 2}.
故答案为：$\left\{ \left. x\in Q \right|0<5 \right\}$，{(x, y)|y = x}，{x|x = 2n, n ∈Z}，{(x, y)|y = x2 −3x + 2}
.
变式6-1
用描述法表示图中的阴影部分（包括边界）
．
{(x, y) |xy ≥0,且 −1 ≤x ≤2
3 , −1
2 ≤y ≤1}
根据阴影部分所在象限，确定xy的范围，再结合图像，判断出x, y的取值范围，由此求得可以表示出阴影部分
的集合.由于阴影部分所在象限为第一、三象限，且在x, y轴上都有点，故xy ≥0；根据图像可知
−1 ≤x ≤2
3 , −1
2 ≤y ≤1，所以描述法表示图中的阴影部分（包括边界）为{(x, y) |xy ≥0,且
−1 ≤x ≤2
3 , −1
2 ≤y ≤1}.
故填：{(x, y) |xy ≥0,且−1 ≤x ≤2
3 , −1
2 ≤y ≤1}.
本小题主要考查用集合表示区域，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
答案
解析
变式6-2
已知集合{x| (x −1) (x2 −x + a) = 0, x ∈R}中的所有元素之和为1，则实数a的取值集合为
．
{0} ∪( 1
4 , +∞)
答案
12
利用分类讨论的思想①当a = 0时，集合只有0和1两个元素，故满足所有的元素和为1．②当x2 −x + a = 0没有
实根,故△＜0,进一步求出结果．集合{x| (x −1) (x2 −x + a) = 0, x ∈R}中的所有元素之和为1，
则：①当a = 0时，集合只有0和1两个元素，故满足所有的元素和为1．
②当x2 −x + a = 0没有实根时,Δ < 0，即1 −4a < 0，解得：a > 1
4 .
综合①②得:a ∈{0} ∪( 1
4 , +∞).
故答案为{0} ∪( 1
4 , +∞).
本题考查集合元素关系，转化为讨论一元二次方程的解的情况，考查等价转化和分类讨论思想,属于基本题.
教法备注
【考点】描述法表示集合
【教法】复习一元二次方程根的存在性与韦达定理，答案要用描述法表达
解析
考点7：区间法表示集合
知识笔记
区间法
当a，b ∈R且a < b时，规定：
满足不等式a ≤x ≤b的全体实数x组成的集合称为一个闭区间，记作[a, b]；
满足不等式a < x < b的全体实数x组成的集合称为一个开区间，记作(a, b)；
满足不等式a ≤x < b的全体实数x组成的集合为一个半开半闭区间，记作[a, b)；
满足不等式a < x ≤b的全体实数x组成的集合为一个半开半闭区间，记作(a, b];
满足不等式x < a(x ≤a)的全体实数x组成的集合，记作(−∞, a)((−∞, a]);
满足不等式x > a(x ≥a)的全体实数x组成的集合，记作(a, +∞)([a, +∞)).
典型例题
例7
集合A={x|x≥0}用区间表示 .
答案
13
[0，+∞）
按照区间的定义以及书写方式进行转换即可.集合A={x|x≥0且x≠1}用区间表示为：[0，+∞），
故答案为[0，+∞）．
本题考查了区间和集合的转化，（1）用区间表示数集的原则有：①数集是连续的；②左小右大；③区间的一端
是开或闭不能弄错；（2）用区间表示数集的方法：区间符号里面的两个数字(或字母)之间用“，”隔开；（3）用
数轴表示区间时，要特别注意实心点与空心点的区别．
解析
变式7-1
把不等式|x −1| < 2的解集用区间表示：
.
(−1, 3)．
由绝对值性质解出不等式，然后写出结果．
|x −1| < 2 ⇔−2 < x −1 < 2 ⇒−1 < x < 3，解集为(−1, 3)．
故答案为：(−1, 3)．
教法备注
1.注意要用初中方法（分段讨论）来求解不等式
答案
解析
知识点3——集合与元素的关系
考点8：符号运用
知识笔记
集合的属于关系
集合常用大写字母A, B, C…表示，集合中的元素用小写字母a, b, c…表示.
(1)如果a是集合A的元素，就记作a ∈A，读作“a
属于
A”；
14
(2)如果a不是集合A的元素，就记作a ∉A，读作“a
不属于
A”.
典型例题
例8
用符号“∈”或“∉”填空：
（1）设集合B是小于√11的所有实数的集合，则2√3
B，1＋√2
B；
（2）设集合C是满足方程x＝n ＋1(其中n为正整数)的实数x的集合，则3
C，5
C；
（3）设集合D是满足方程y＝x 的有序实数对(x，y)组成的集合，则－1
D，(－1，1)
D．
∉; ∈; ∉; ∈; ∉; ∈
根据元素和集合的关系，逐项分析判断即可得解.
（1）∵2√3 = √12 > √11 ∴2√3∉B；
∵(1＋√2) ＝3＋2√2<3＋2×4＝11，
∴1＋√2<√11 ，∴1＋√2∈B．
（2）∵n是正整数，∴n ＋1≠3，∴3∉C；
当n＝2时，n ＋1＝5，∴5∈C．
（3）∵集合D中的元素是有序实数对(x，y)，则－1是数，
∴－1∉D；又(－1) ＝1，∴(－1，1)∈D．
故答案为：∉，∈，∉，∈，∉，∈.
2
2
答案
解析
2
2
2
2
变式8-1
下列结论中，不正确的是（ ）
A. 若a ∈N，则−a ∉N
B. 若a ∈Z，则a2 ∈Z
C. 若a ∈Q，则|a| ∈Q
D. 若a ∈R，则a3 ∈R
A
根据元素与集合的关系一一判定即可.
对于B、C、D项，当a ∈Z，其平方数仍为整数；当a ∈Q，其绝对值仍为有理数；当a ∈R，其立方仍为实
数，均正确.
在A中，当a = 0时，显然不成立．
答案
解析
15
故选：A
变式8-2
设Q是有理数，集合X = {x|x = a + b√2, a, b ∈Q, x ≠0}，在下列集合中；（1）{y|y = 2x, x ∈X}；（2）
{y|y =
x
√2
, x ∈X}；（3）{y|y = 1
x , x ∈X}；（4）{y|y = x2, x ∈X}；与X相同的集合有（ ）
A. 4个
B. 3个
C. 2个
D. 1个
B
将x = a + b√2分别代入（1）、（2）、（3）中，化简并判断p, q与a, b是否一一对应，再举反例判断（4）.
对于（1），由2(a + b√2) = p + q√2，得p = 2a, q = 2b，一一对应，则{y|y = 2x, x ∈X} = X
对于（2），由a + b√2
√2
= b + a
2 ⋅√2 = p + q√2，得p = d, q = a
2 ，一一对应，则{y|y =
x
√2
, x ∈X} = X
对于（3），由
1
a + b√2
=
a
a2 −2b2 + (−
b
a2 −2b2 ) ⋅√2 = p + q√2，得p =
a
a2 −2b2 , q =
−b
a2 −2b2 ，一一对
应，则{y|y = 1
x , x ∈X} = X
对于（4），−1 −√2 ∈X，但方程−1 −√2 = x2无解，则{y|y = x2, x ∈X}与X不相同
故选：B
教法备注
【考点】集合与元素的关系
【教法】拓展集合相等的判断
答案
解析
考点9：元素与集合的关系问题
典型例题
例9
设集合A = {x, xy, xy −1}，其中x ∈Z，y ∈Z且y ≠0. 若0 ∈A，则用列举法表示集合A =
16
{−1, 0, 1}
根据y ≠0且0 ∈A,结合集合的互异性原则可知xy −1 = 0,进而求得x和y的值,即可表示集合A.集合
A = {x, xy, xy −1},其中x ∈Z,y ∈Z且y ≠0.
若0 ∈A,则当x = 0时, x = xy = 0由集合的互异性可知不符合要求
所以xy −1 = 0,即xy = 1
则{
或{
当{
时,x = xy = 1, 由集合的互异性可知不符合要求
因而{
,此时x = −1, xy = 1, xy −1 = 0
所以A = {−1, 0, 1}
故答案为: {−1, 0, 1}
本题考查了元素与集合的关系,集合的互异性原则的应用,属于基础题.
答案
解析
x = 1
y = 1
x = −1
y = −1
x = 1
y = 1
x = −1
y = −1
变式9-1
已知集合A = {2, a2 + 1, a2 −a}，B = {0,7，a2 −a −5，2 −a}，且5 ∈A，求集合B．
B = {0,1，4， 7}
由5 ∈A，得到a2 + 1 = 5或a2 −a = 5(舍)，从而得a = ±2，分别代入集合A和B，利用集合中元素的互异性能
求出集合B．∵集合A = {2, a2 + 1, a2 −a}，
答案
解析
17
B = {0,7，a2 −a −5，2 −a}，且5 ∈A，
∴a2 + 1 = 5或a2 −a = 5(舍)，
解得a = ±2，
当a = 2时，A = {2,5，2}，不成立；
当a = −2时，A = {2,5，6}，B = {0,7，1，4}，成立．
∴集合B = {0,1，4，7}．
本题考查集合的求法，考查元素与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础
题．
变式9-2
若x ∈A,则1
x ∈A,就称A是伙伴关系集合，集合M = {−1, 0, 1
4 , 1
3 , 1, 2, 3, 4}的所有非空子集中，具有伙伴关系的
集合的个数为
A. 15
B. 16
C. 32
D. 256
A
按具有伙伴关系的集合中的元素的性质依次写出来再统计即可．具有伙伴关系的集合中有1个元素时：{−1}、
{1}共2个
具有伙伴关系的集合中有2个元素时：{−1，1}、{ 1
3 , 3}、{ 1
4 , 4}共3个
具有伙伴关系的集合中有3个元素时：{1，1
3 , 3}、{−1，1
3 , 3}、{1，1
4 , 4}{−1, 1
4 , 4}共4个
具有伙伴关系的集合中有4个元素时：{−1，1，1
3 , 3}、{−1, 1, 1
4 , 4}、{ 1
3 , 3，1
4 , 4}共3个
具有伙伴关系的集合中有5个元素时：{1，1
3 , 3，1
4 , 4}、{−1, 1
3 , 3，1
4 , 4}共2个
具有伙伴关系的集合中有6个元素时：{−1, 1，1
3 , 3，1
4 , 4}共1个
则共有2+3+4+3+2+1=15个
故选A
本题考查集合的子集，属于中档题．
教法备注
【考点】集合新定义问题
【教法】枚举思想的进一步应用
答案
解析
02 集合和集合的关系与集合的基本运算
1
学习目标
目标1
★☆☆☆☆☆ 识记
理解子集和真子集的概念及集合间的关系
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握子集个数的计算方法及含参子集问题
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握“交”“并”“补”的概念及运算性质
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握文氏图在集合关系中的运用
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解集合之间的包含关系并掌握子集的概念，知道有关的基本运算性质，掌握集
合的“交”、“并”、“补”等运算，重难点：“交”、“并”、“补”的运算性质，韦恩图在实际问题中
的应用；重难点：子集的概念及集合中的含参问题；
2．本讲知识点在高考中通常结合不等式章节，主要以填选基础题形式考察，占高考分值约5%；
3．对应教材：新版上教教材的第一章集合与逻辑，第一节集合初步；
4．本讲知识点属于集合章节，属于基础章节，在高中各个章节中都有集合的思想，要打好基础.
2
教法备注
观察下列几组集合，集合A与集合有什么关系呢？
A = {1, 2, 3} B = {1, 2, 3, 4, 5}
A = {x |x > 3} B = {x |3x −6 > 0}
A = {正方形} B = {四边形}
A = {高一年级的女生} B = {高一年级的学生}
知识点1——子集、真子集的概念及集合间的关系
考点1：子集、真子集的概念
知识笔记
子集的概念
子集：对于两个集合A与B，若集合A中任何一个元素都属于集合B，则集合A叫做集合B的子集，记作A ⊆B(或
B ⊇A) ，读作A包含于B（或B包含A）.
(1)空集是任何集合的子集，即∅⊆A.
(2)集合A是其自身的子集，即A ⊆A .
(3)子集的传递性：若A ⊆B, B ⊆C, 则A ⊆C.
真子集
对于集合A和B，若A ⊆B，且B中至少有一个元素不属于A，则集合A叫做集合B的真子集，记作A ⊂B或B ⊃A，
读作“A真包含于B”.
(1)空集是任何非空集合的真子集；
(2)N ⊂Z ⊂Q ⊂R；
(3)连接元素与集合的符号有：∈和∉ ；
(4)连接集合与集合的符号有：⊆, ⊂, ≠, =等；
(5)若A ⊆B，则A ⊂B或A = B.
典型例题
3
例1
下列命题中正确的是（ ）
A. 空集没有子集
B. 空集是任何一个集合的真子集
C. 任何一个集合必有两个或两个以上的子集
D. 设集合B ⊆A，那么，若x ∉A，则x ∉B
D
A选项，空集是其本身的子集，A错；
B选项，空集是任一非空集合的真子集，B错；
C选项，空集只有一个子集，即是空集本身；C错；
D选项，若B ⊆A，则B中元素都在A中，A中没有的元素，则B中也没有；故D正确.
故选：D.
答案
解析
变式1-1
已知集合A = {x|0 ≤x < 6, x ∈N}，B = {1, 2, 3, 4, 5}，则集合A，B间的关系为（ ）
A. A ∈B
B. B ∈A
C. A = B
D. B ⊆A
D
用列举法表示集合A，结合集合B判断集合A, B间的关系.
由题设，A = {0, 1, 2, 3, 4, 5}，而B = {1, 2, 3, 4, 5}，∴B ⊆A，
而A,B的连接符号错误，C选项A ≠B，故ABC错误，D正确.
故选：D.
答案
解析
变式1-2
已知集合A = {−1, 3, 2m −1}，集合B = {3, m2}.若B ⊆A，则实数m =
.
答案
4
1
根据集合子集的概念求解.
因为B ⊆A，
所以m2 = 2m −1，即(m −1)2 = 0，
所以m = 1，
此时A = {−1, 3, 1}, B = {3, 1}，满足题意.
故答案为：1
解析
变式1-3
集合M = {x|x = 3k −2, k ∈Z}，P = {y|y = 3n + 1, n ∈Z}，S = {z|z = 6m + 1, m ∈Z}之间的关系是（ ）
A. S真包含于P真包含于M
B. S = P真包含于M
C. S真包含于P = M
D. M = P真包含于S
C
利用列举法，根据子集和真子集的定义即可求解.
解：∵M = {x|x = 3k −2, k ∈Z}，P = {y|y = 3n + 1, n ∈Z}，S = {y|y = 6m + 1, m ∈Z}，
∴M = {… −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10, 13, 16 …}，P = {… −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10, 13, 16 …}，
S = {… 1, 7, 13, 19, 25, …}，
∴S真包含于P = M，
故选：C．
答案
解析
考点2：符号运用
典型例题
例2
设集合T = {∅, {∅}}，则下列命题：①∅∈T，②∅⊆T，②{∅} ∈T，④{∅} ⊆T中正确的是
（写出所有正
确命题对应的序号）.
答案
5
①②③④.
根据集合T元素的特征，对四个命题逐一分析，由此确定正确命题的序号.集合T = {∅, {∅}}，也即集合T的元
素为两个集合，一个是∅，另一个是{∅}.
对于①，空集是集合T的元素，故①正确.
对于②，空集是任何集合的子集，故②正确.
对于③，{∅}是集合T的元素，故③正确.
对于④，{∅}中含有元素∅，故④正确.
故答案为①②③④.
本小题主要考查元素与集合的关系，考查集合与集合的关系，属于基础题.
解析
变式2-1
下列六个关系式：①{a, b} ⊆{b, a}；②{a, b} = {b, a}；③{0} ≠∅；④0 ∈{0}；⑤∅∈{0}；⑥∅⊆{0}，其中正确的
个数为（ ）
A. 3个
B. 4个
C. 5个
D. 6个
C
①根据子集的定义判断；②根据集合中的元素的特征判断；③根据集合{0}中有一个元素0判断；④根据元素与
集合的关系判断；⑤根据集合与集合的关系判断；⑥根据空集是任意集合的子集判断.
依据子集定义，任何集合都是自身的子集，①正确；
集合中的元素具有无序性，②正确；
集合{0}中有一个元素0，不是空集∅，③正确；
0是集合{0}中的元素，所以0 ∈{0}，④正确；
空集∅和集合{0}两个集合的关系为包含关系不是属于关系，⑤错误；
由于空集是任意集合的子集，则∅⊆{0}，⑥正确；
故选：C
答案
解析
考点3：集合相等
知识笔记
相等的集合
6
对于两个集合A和B，若A ⊆B且B ⊆A，则叫做集合A与集合B 相等，记作A = B.相等的集合中的所含元素完全相
同.
典型例题
例3
含有三个实数的集合可表示为{a, b
a , 1}，也可以示为{a2, a + b, 0}，则a2013 + a2014的值为
.
0
结合已知条件，利用集合元素的互异性，即可求得本题答案.
因为{a, b
a , 1} = {a2, a + b, 0}，且a ≠0，所以b = 0，
则有{a, 0, 1} = {a2, a, 0}，
所以a2 = 1，且a ≠1，得a = −1，
所以，a2013 + a2014 = (−1)2013 + (−1)2014 = −1 + 1 = 0
故答案为：0
答案
解析
变式3-1
设集合A = {0, a}, B = {a −2, 3a −4}，若B = A，则a =（ ）
A. 2
B. 1
C. 4
3
D. −2
A
利用集合相等列式求值并验证得解.
集合A = {0, a}, B = {a −2, 3a −4}，由B = A，得a −2 = 0或3a −4 = 0，解得a = 2或a = 4
3 ，
当a = 2时，B = {0, 2} = A，符合题意；
当a = 4
3 时，B = {0, −2
3 } ≠A，不符合题意，
所以a = 2.
答案
解析
7
故选：A
考点4：集合包含关系的运用
典型例题
例4
已知非空集合M满足：对任意x ∈M，总有x2 ∉M且√x ∉M，若M ⊆{0, 1, 2, 3, 4, 5}，则满足条件的M的个数是
.
11
根据集合M的元素特征以及有限集的子集个数即可解出．
因为非空集合M至少含有一个元素，而且根据题意可知，集合M中不能含有0, 1，且2, 4不能同时存在于集合，
所以由集合{2, 3, 4, 5}的非空子集个数为24 −1 = 15， 再排除不符合题意的{2, 4}, {2, 3, 4}, {2, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}
，故满足题意的M的个数是15 −4 = 11．
故答案为：11．
答案
解析
变式4-1
已知一个有四个数字元素的集合S，S的所有子集的元素和（空集的元素和认为是零）的总和等于16192，则S的元
素之和等于
.
2024
利用集合的非空子集个数先求出含每个元素的集合个数，在进行求和即可．
解：设集合S = {a1, a2, a3, a4}，
由一个集合中有n个元素，则它有2n个子集，非空子集有（2n−1）个可得：
含有元素a1的集合有23 = 8个，
含有元素a2的集合有23 = 8个，
含有元素a3的集合有23 = 8个，
含有元素a4的集合有23 = 8个，
答案
解析
8
若集合S的所有非空子集的元素之和是16192，
则集合S的所有元素和为8 (a1 + a2 + a3 + a4) = 16192，
则a1 + a2 + a3 + a4 = 2024；
故答案为：2024．
教法备注
【考点】子集的概念
【教法】分析元素和问题的分数位解题逻辑
知识点2——子集个数问题
考点5：子集个数的求算
知识笔记
集合的子集个数问题
思考：
1. 空集有多少个子集？1个
2. 集合{a, b, c}有多少个子集？集合{a, b, c, d}有多少个子集？8个、16个
3. 含n个元素的集合的子集个数为2n；非空子集个数为2n −1；真子集个数为2n −1；非空真子集个数为2n −2.
典型例题
例5
集合A = {x ∈N
x = 16
n , n ∈N}的非空真子集个数为
.
30
计算出集合A后，结合A中元素个数，及元素个数与非空真子集个数关系即可得解.
由16 = 1 × 16 = 2 × 8 = 4 × 4，故A = {1, 2, 4, 8, 16}，共5个元素，
故其非空真子集个数为25 −2 = 32 −2 = 30.
答案
解析
9
故答案为：30.
变式5-1
已知集合A = {x|
2
x −1 ∈Z, x ∈Z}，则集合A的真子集的个数为（ ）
A. 13
B. 14
C. 15
D. 16
C
求出集合A中元素的个数，即可求出真子集的个数.解：A = {x|
2
x −1 ∈Z, x ∈Z} = {−1, 0, 2, 3}，所以集合
A的真子集的个数为24 −1 = 15 ，
故选C
本题考查集合的真子集的个数，如果集合有n个元素，则其真子集个数为2n −1，属于基础题．
答案
解析
考点6：子集个数的应用
典型例题
例6
满足{1, 2} ⊆A ⊂{1, 2, 3, 4, 5}的集合A有
个．
7
根据非空子集的定义求解.
由题意可知A = {1, 2}与{3, 4, 5}的非空子集的并集，
而{3, 4, 5}的非空子集有有23 −1 = 7个，
所以满足条件的A有7个，
故答案为：7.
答案
解析
变式6-1
10
集合A满足{a, b} ⊆A ⊆{a, b, c, d}的集合A有（ ）个.
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
D
由集合A与两集合的关系可将其可能性一一列出，即可求得其个数.由集合A与两集合的关系将其一一列出：
{a, b}, {a, b, c}, {a, b, d}, {a, b, c, d}，共四个.
故选D.
本题考查集合间的关系，由集合间的关系确定其可能含有的元素，求出集合，注意集合也是集合本身的子集.
答案
解析
考点7：子集个数与参数求值
典型例题
例7
已知集合A = {x
(m −1)x2 + 3x −2 = 0}有且仅有两个子集，则实数m =
.
−1
8 或1
根据集合的子集个数得到集合A为单元素集.然后在二次项系数为0时直接检验；在二次项系数不为零时，利用
判别式等于零求得m的值.
解：集合A = {x
(m −1)x2 + 3x −2 = 0}有且仅有两个子集，则集合A为单元素集.
当m = 1时，A = { 2
3 }，符合题意；
当m ≠1时，Δ = 9 + 8 (m −1) = 0，解得m = −1
8 ，符合题意；
故答案为：−1
8 或1.
答案
解析
变式7-1
已知集合A = {x
x2 + ax + 3 = 0}，且满足1 ∈A，则集合A的子集个数为
．
11
4
根据给定条件求出a值，进而求出集合A即可得解.
集合A = {x
x2 + ax + 3 = 0}，而1 ∈A，则1 + a + 3 = 0，解得a = −4，
因此，A = {x
x2 −4x + 3 = 0} = {1, 3}，则A的子集有22 = 4(个)，
所以集合A的子集个数为4.
故答案为：4
答案
解析
知识点3——含参集合问题
考点8：集合关系中参数取值问题
典型例题
例8
已知集合A＝{x|－2≤x≤5}，B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，若B⊆A，求实数m的取值范围．
{m|m≤3}．
答案
解析
12
由B＝∅和B≠∅分类讨论得不等式（或不等式组）解之可得．
解：A＝{x|－2≤x≤5}，B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，且B⊆A.
①若B＝∅，则m＋1>2m－1，解得m<2，
此时有B⊆A；
②若B≠∅，则m＋1≤2m－1，即m≥2，
由B⊆A，得
，解得2≤m≤3.
由①②得m≤3.
∴实数m的取值范围是{m|m≤3}．
⎧
⎨
⎩
m ≥2
m + 1 ≥−2
2m −1 ≤5
变式8-1
已知集合A = {x |1 ≤x < 3}，B = {x |1 ≤x ≤a}.
（1）若A⊂B，求实数a的取值范围；
（2）若B ⊆A，求实数a的取值范围.
（1） [3, +∞)（2） (−∞, 3)
（1）根据A⫋B，结合集合的包含关系，即可求得a的取值范围．
（2）根据B ⊆A，结合集合的包含关系，即可求得a的取值范围．
（1）由题意，集合A = {x |1 ≤x < 3}，B = {x |1 ≤x ≤a}，
又由A⫋B，可得a ≥3，
所以实数a的取值范围是[3, +∞)；
(2) 由集合A = {x |1 ≤x < 3}，B = {x |1 ≤x ≤a}，
又由B ⊆A，
当B = ∅时，a < 1，满足题意；
当B ≠∅时，{
，
所以1 ≤a < 3，
综上可知：a < 3，
即实数a的取值范围是(−∞, 3).
教法备注
【考点】子集关系问题
答案
解析
a ≥1
a < 3
13
【教法】借助数轴解题，总结数轴使用场景及逻辑
知识点4——“交”“并”“补”集的概念
考点9：“交”“并”“补”集的定义
知识笔记
交集定义
定义：既属于集合A又属于集合B的所有元素组成的集合叫做A与B的交集.交集的表示方法：
A ∩B = {x|x ∈A且x ∈B}；
并集定义
定义：由所有属于集合A和属于集合B的元素组成的集合叫做集合A与B的并集.
(1)“交集”中的“且”有时可省略，而“并集”中的“或”不能省略；
(2)并集的表示方法：A ∪B = {x|x ∈A或x ∈B} ；
补集定义
设U为全集，规定全集含有我们所要研究问题的全部可能的元素，A是U的子集，则由U中所有不属于A的元素组成
14
的集合叫做集合A在全集U中的补集，记作A，读作A补； 有时为了强调全集“U”，补集也可记作“∁UA”
(1)补集的表示方法：A = {x|x ∈U且x ∉A}；
(2)补集是相对于全集而言的，全集不同，相应的补集也不同.
–
–
典型例题
例9
已知集合M = {x|x < 6}，N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, , 7, 8, 9}，则M ⋂N=
A. {6, 7, 8, 9}
B. {7, 8, 9}
C. {1, 2, 3, 4, 5}
D. {1, 2, 3, 4, 5, 6}
A
依题意∁RM = {x|x ≥6}，所以∁RM ∩N ={6, 7, 8, 9}.
故选：A
本小题主要考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题.
–
答案
解析
变式9-1
已知集合A = {(x, y) |y = 2x + 1}，B = {(x, y) |y = x + 3}，则A ∩B =（ ）
A. (2, 5)
B. {2, 5}
C. {(5, 2)}
D. {(2, 5)}
15
D
根据集合A, B表示点集以及交集的运算即可求出．
因为{
的解为{
，所以A ∩B = {(2, 5)}.
故选：D.
答案
解析
y = 2x + 1
y = x + 3
x = 2
y = 5
变式9-2
设全集U = R，A = {x| −5 < x < 5}，B = {x|0 ⩽x < 7}，则A ⋃B= ，A ⋃B ．
{x|x < 0或 x ⩾5} ; {x|x ⩽−5或 x ⩾7}
由题意知∁UA = {x|x ≤−5或x ≥5},∁UB = {x|x < 0或x ≥7},
则∁UA ∪∁UB ={x|x < 0或x ⩾5};
由题意知A ∪B = {x| −5 < x < 7},
则∁U(A ∪B) ={x|x ⩽−5或x ⩾7}
故答案为：{x|x < 0或x ⩾5} {x|x ⩽−5或x ⩾7}
本题考查集合的并集与补集运算,属于基础题.关于范围的交并补一般利用数轴法解.
–
–
答案
解析
考点10：已知“交”“并”“补”集求参数取值问题
典型例题
例10
已知集合A = {x| −2 ≤x ≤4}，B = {x|x > a}．
（1）若A ∩B ≠∅，实数a的取值范围是
．
（2）若A ∩B ≠A，实数a的取值范围是
．
（3）若A ∪B = B，实数a的取值范围是
．
答案
16
(−∞, 4) ; [−2, +∞) ; (−∞, −2)
①根据集合间的运算求实数a的取值范围；②利用取反思想，先求A ∩B = A时，实数a的取值范围，再求补集
即可；③利用集合间的关系，即可得出答案.
①若A ∩B ≠∅，得a < 4，所以实数a的取值范围是(−∞, 4)；
②因为A ∩B = A，即A ⊆B，所以a < −2，所以若A ∩B ≠A，则a ≥−2，
则实数a的取值范围是[−2, +∞)；
③若A ∪B = B，即A ⊆B，所以a < −2，
则实数a的取值范围是(−∞, −2).
故答案为：①(−∞, 4)；②[−2, +∞)；③(−∞, −2).
解析
变式10-1
设集合A = {a2, a + 2, −3}，B = {a −3, 2a −1, a2 + 1}，A ∩B = {−3}，求a的值．
a = 0
∵A ∩B = {−3}，∴−3 ∈B．∵a2 + 1 > 0，∴a −3 = −3或2a −1 = −3，
∴a = 0或a = −1.
①当a = 0时，A = {0, 2, −3}，B = {−3, −1, 1}满足A ∩B = {−3}；
②当a = −1时，A = {1, 1, −3}与集合元素的互异性矛盾，故舍去．
综上，a = 0．
本题考查集合的运算和集合元素的特征，属于基础题.
答案
解析
17
变式10-2
已知不等式x2 + ax + b ≥0的解集为A = {x |x ≤−2或x ≥3}，集合B = {x |t < x < t + 1}，
(1)
求实数a，b的值；
(2)
若A ∩B = ∅，求实数t的取值范围.
(1) a = −1， b = −6
(2) −2 ≤t ≤2
(1) 因为不等式x2 + ax + b ≥0的解集为A = {x |x ≤−2或x ≥3}，
所以−2和3是方程x2 + ax + b = 0的两根，由韦达定理知
，
解得a = −1，b = −6.
(2) 因为A = {x |x ≤−2或x ≥3}，B = {x |t < x < t + 1}，且A ∩B = ∅，
所以{
，解得−2 ≤t ≤2，故实数t的取值范围是−2 ≤t ≤2.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = a2 −4b > 0
−2 + 3 = −a
(−2) × 3 = b
t ≥−2
t + 1 ≤3
考点11：“交”“并”“补”集与二次方程的根
典型例题
例11
已知方程x2 −(p −1)x + q = 0的解集为A，方程x2 + (q −1)x + p = 0的解集为B，A ∩B = {−2}，则（ ）
A. A ∪B = {−2, −1, 1}
B. A ⋂B={2}
C. A ⋂B=∅
–
–
18
D. A ⋂B={1}
AD
根据题意，得到{
求出{
，分别求出两集合，再由集合的混合运算，即可得出结果.
因为A ∩B = {−2}，将x = −2代入方程，得{
，解得{
，
则方程x2 −(p −1)x + q = 0为x2 + 3x + 2 = 0，解得x = −1或x = −2，所以A = {−1, −2}；
方程x2 + (q −1)x + p = 0为x2 + x −2 = 0，解得x = 1或x = −2，所以B = {1, −2}；
所以A ∪B = {−2, −1, 1}，A ∩(∁RB) = {−1}，(∁RA) ∩B = {1}．
故选：AD．
本题主要考查由集合的交集求参数，以及集合的混合运算，属于常考题型.
–
答案
解析
4 + 2p −2 + q = 0
4 −2q + 2 + p = 0
p = −2
q = 2
4 + 2p −2 + q = 0
4 −2q + 2 + p = 0
p = −2
q = 2
变式11-1
已知U = R，集合A = {x|x2 + px + 12 = 0, x ∈R}，集合B = {x|x2 −5x + q = 0, x ∈R}，而且A ⋂B={2}，则
p + q的值等于 .
−1
根据题意可知2 ∈B，从而可以解出q = 6，B = {2, 3}，进而推出3 ∈A，据此可以求出p，得出答案.
∵∁UA ⋂B = {2}，
∴2 ∉A, 2 ∈B,
即2是方程x2 −5x + q = 0的解，
∴4 −10 + q = 0 ⇒q = 6，
∴B = {x|x2 −5x + 6 = 0, x ∈R} = {2, 3}，
∴3 ∉∁UA ⇒3 ∈A，
∴9 + 3p + 12 = 0 ⇒p = −7，
∴p + q = −1.
故答案为：−1.
本题主要考查集合运算的应用，考查学生的分析计算能力，难度不大.
–
答案
解析
19
知识点5——“交”“并”“补”集的运算性质
知识笔记
交集的运算性质
交集的性质：①A ∩B = B ∩A；②A ∩A = A③A ∩∅= ∅；④A ∩B ⊆A；⑤A ∩B ⊆B.特别地，若
A ∩B = A, A ⊆B；若A ⊆B, A ∩B = A.
并集的运算性质
并集的性质：①A ∪B = A ∪B；②A ∪A = A；③A ∪∅= A；④A ⊆A ∪B；特别地，若A ∪B = B, A ⊆B；若
A ⊆B, A ∪B = B；
补集的运算性质
(1)补集的性质：①A ∩A = ∅ ② A ∪A = U③A = A；④若A ∪B = R ⇔B ⊆A
(2)摩根定理：①A ∩B = A ∪B② A ∪B = A ∩B.
–
–
–
–
–
–
–
–
考点12：交集的运算性质
典型例题
例12
已知集合A = {x ∣x2 + x −6 = 0}, B = {x ∣mx + 1 = 0}，若A ∩B = B，则实数m组成的集合为
．
{0, −1
2 , 1
3 }
解方程求得集合A；分别在m = 0和m ≠0两种情况下，根据交集结果构造方程，从而求得结果.
解：因为A = {x ∣x2 + x −6 = 0} = {x| (x −2) (x + 3) = 0} = {2, −3}，
当m = 0时，B = ∅，满足A ∩B = B，
当m ≠0时，B = {x ∣mx + 1 = 0} = {−1
m }，
∵A ∩B = B，∴−1
m = 2或−1
m = −3，解得：m = −1
2 或1
3 ，
∴实数m组成的集合为{0, −1
2 , 1
3 }，
答案
解析
20
故答案为：{0, −1
2 , 1
3 }
变式12-1
已知集合A = {x|ax −2 = 0, a ∈R}，集合B = {x|x2 + x −2 = 0}，且A ⋂B = A，则实数a的所有可能取值组成
的集合为
.
{0, −1, 2}
确定集合B中的元素，由A ⋂B = A得A ⊆B，由子集的定义求解．
由题意B = {x|x2 + x −2 = 0} = {−2, 1}
∵A ⋂B = A，∴A ⊆B，
a = 0时，A = ∅满足题意
a ≠0时，A = { 2
a }，
∴2
a = −2或2
a = 1，
解得a = −1或a = 2.
∴实数a的所有可能的取值组成的集合为{0, −1, 2}．
故答案为：{0, −1, 2}．
答案
解析
考点13：并集的运算性质
典型例题
例13
已知A = {2, 5}，B = {x|x2 + px + q = 0}，A ∪B = A，A ⋂B = {5}，求p，q的值．
21
p = −10， q = 25．
由A ∪B = A得B ⊆A．
∵A = {2, 5}，A ⋂B = {5}，∴5 ∈B，2 ∉B．
∴B = {5}．即方程x2 + px + q = 0有两个相等实根5．
由韦达定理，得−p = 5 + 5，q = 5 × 5．
即p = −10，q = 25．
本题考查了这样的一个等价关系：A ∪B = A等价于B ⊆A，然后通过交集的概念转化成我们所熟悉的方程解
的问题，属于基础题．
答案
解析
变式13-1
已知a为实常数，集合A = {a, a2}，集合B = {2a}，且A ∪B = A，则a的值为
.
a = 2
由题意，A ∪B = A ⇔B ⊆A，分2a = a或2a = a2两种情况讨论，结合集合中元素的互异性，即得解
由题意，A ∪B = A ⇔B ⊆A
∴2a = a或2a = a2
若2a = a ∴a = 0，此时a2 = 0，矛盾；
若a2 = 2a，又a ≠0 ∴a = 2，此时A = {2, 4}, B = {4}，成立
故答案为：a = 2
教法备注
【考点】并集运算性质
【教法】注意强调集合的互异性
答案
解析
考点14：补集的运算性质
22
典型例题
例14
若全集U = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, M = {1, 3, 4}, N = {2, 3, 4}，则集合(M ∩N) =
．
{1, 2, 5, 6}
根据集合的运算求解即可.
因为U = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, M = {1, 3, 4}, N = {2, 3, 4}，
所以M ∩N = {3, 4}，(M ∩N) = {1, 2, 5, 6}
故答案为：{1, 2, 5, 6}
–
答案
解析
–
变式14-1
已知A = {x| −3 ≤x ≤3}，B = {x|x < 2a −1或x > 3a}．设U = R，若A ⋃B=A，求实数a的取值范围 ．
a ≤1
由B = {x|x < 2a −1或x > 3a}，U = R，
则∁UB = {x |2a −1 ≤x ≤3a}，
又∵A ∪∁UB = A，则∁UB ⊆A，
由A = {x| −3 ≤x ≤3}
当∁UB = ∅时，则2a −1 > 3a，解得a < −1，
当∁UB ≠∅时，则
，解得−1 ≤a ≤1，
综上所述，实数a的取值范围为a ≤1.
故答案为：a ≤1
本题考查了集合的基本运算、集合的包含关系求参数的取值范围，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
–
答案
解析
⎧
⎨
⎩
2a −1 ≤3a
2a −1 ≥−3
3a ≤3
变式14-2
23
已知全集U = {1, 2, 3, 4, 5}，集合A = {x|x2 −3x + 2 = 0}，B = {x|x = 2a, a ∈A}，则集合A ⋃B= ．
{3, 5}
先求出集合A = {1, 2}、B = {2, 4}，再应用集合的并补运算求出集合∁U (A ∪B)．
A = {x|x2 −3x + 2 = 0} = {1, 2}，B = {x|x = 2a, a ∈A} = {2, 4}，
所以A ∪B = {1, 2, 4}，故∁U (A ∪B) = {3, 5}.
故答案为：{3, 5}
–
答案
解析
知识点6——文氏图在集合关系中的运用
考点15：利用文氏图解决交并补问题
经典例题
例15
将图中阴影部分可用交、并、补运算表示为
.
(A ∪C) ∩(∁UB)
根据韦恩图所表示的阴影部分的意义直接写出结论即可.
由韦恩图知，阴影部分在集合A中有一部分，另一部分在集合C中，即阴影部分在集合A ∪C中，
而阴影部分不在集合B中，则它必在集合B的补集中，
所以，阴影部分表示为(A ∪C) ∩(∁UB).
答案
解析
24
故答案为：(A ∪C) ∩(∁UB)
变式15-1
如图，I是全集，M、P、S是I的3个子集，则阴影部分所表示的集合是（ ）
A. (M ∩P) ∩S
B. (M ∩P) ∪S
C. (M ∩P) ∩¯S
D. (M ∩P) ∪¯S
C
根据Venn图表示的集合运算作答．
阴影部分在集合M, P的公共部分，但不在集合S内，表示为(M ∩P) ∩¯S，
故选：C．
答案
解析
变式15-2
全集U = {x |x是不大于20的素数}，若A ∩B = {3, 5}，A ∩B = {7, 19}，A ∪B = {2, 17}，则集合A =
.
{3, 5, 11, 13}
本题首先可根据素数的定义得出U = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19}，然后根据题意绘出韦恩图，最后根据韦恩图即
可得出结果.
因为全集U = {x |x是不大于20的素数}，所以U = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19}，
因为A ∪B = {2, 17}，所以A ∪B = {3, 5, 7, 11, 13, 19}，
因为A ∩B = {3, 5}，A ∩B = {7, 19}，
所以可绘出韦恩图，如图所示：
–
–
–
答案
解析
–
–
–
25
由韦恩图可知，A = {3, 5, 11, 13}，
故答案为：{3, 5, 11, 13}.
本题考查根据集合运算结果求集合，考查素数的定义，素数是指在大于1的自然数中，只能被1和该数本身整
除的数，考查韦恩图的应用，能否根据题意绘出韦恩图是解决本题的关键，考查数形结合思想，是中档题.
教法备注
【考点】文氏图的应用
【教法】注意强调文氏图法的常用场景
考点16：文氏图的实际应用
经典例题
例16
某年级有60人，有30人参加合唱团，有45人参加运动队，其中参加合唱团而未参加运动队的有10人，则参加运动队
而未参加合唱团的人数是
25
设全年级所有人构成全集U，参加合唱团的构成集合A，参加运动队的构成集合B，
则可用Venn图表示出关系如下：
由题可知集合A中的元素个数为30，
答案
解析
26
因为参加合唱团而未参加运动队的有10人，
则可得出A ∩B中元素个数为30 −10 = 20，
则可得参加运动队而未参加合唱团的构成的集合的元素个数为45 −20 = 25，
即参加运动队而未参加合唱团的人数为25.
故答案为：25.
变式16-1
某班共30人，其中15人喜欢篮球运动，10人喜爱乒乓球运动，8人对这两项运动都不喜爱，则喜欢篮球运动但不喜
爱乒乓球运动的人数为（ ）
A. 5
B. 10
C. 12
D. 13
C
根据条件作出V enn图，设既喜欢篮球也喜欢乒乓球运动的人数为x，根据V enn图列方程即可得x的值，进而
可得喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数.
根据条件作出V enn图：
设既喜欢篮球也喜欢乒乓球运动的人数为x，
则喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为15 −x，
喜欢乒乓球运到但不喜欢篮球运动的人数为10 −x，
由题意可得：8 + 15 −x + 10 −x + x = 30，解得：x = 3，
所以喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为15 −3 = 12人，
故选：C.
答案
解析
03 常用逻辑关系
1
学习目标
教法备注
目标1
★☆☆☆☆☆ 识记
识记命题的概念并能判断命题
的真假
目标2
★★☆☆☆☆ 理解
理解条件关系的概念、联系及
证明
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握“反证法”的步骤及方法
目标1
★☆☆☆☆☆ 识记
识记命题的概念并能判断命题的真假
目标2
★★☆☆☆☆ 理解
理解条件关系的概念、联系及证明
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握“反证法”的步骤及方法
知识清单
2
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：了解一些基本的逻辑关系及其运用，能够判断命题真假，理解充分条件、必要条
件、充要条件的意义，能在简单的问题情境中判断条件的充分性、必要性及充分必要性.重难点：推出关系的
判断和应用，用反证法的完成证明
2．本讲知识点在高考中通常考察填选题目，亦可与其他章节结合考察，主要以填选基础题形式考察，占高考
分值约5%；
3．对应教材：新版上教教材的第一章集合与逻辑，第二节常用逻辑用语；
4．本讲知识点属于集合章节，属于基础章节，在高中各个章节中都有集合的思想，要打好基础.
教法备注
复习回顾
初中已学习过命题的知识，请同学们回顾：什么叫做命题？
下列语句的表述形式有什么特点？你能判断他们的真假吗？
(1)若直线a ∥b，则直线a与直线b没有公共点.
(2)2 + 4 = 7
(3)垂直于同一条直线的两直线平行
(4)两个全等三角形的面积相等
(5)若x2 = 1.则x = 1
3
知识点1——命题的概念
考点1：命题的概念
知识笔记
命题
用自然语言、符号或式子表达，且可以
判断其真假的语句
叫做命题，命题通常用陈述句表述，其含义判断为真
的命题叫做真命题，判断为假的命题叫做假命题.
真假命题的判断方法：
判断真命题需证明，判断假命题，只要举一个满足命题条件而不满足命题结论的例子（反例）即可.
典型例题
例1
下列语句
①考数学开心吗？
②好好做作业，争取下次数学能及格
③2不是素数
④0是自然数
其中是命题的语句的序号有
.
③④
根据命题的概念即得.
因为可以判断真假的陈述句为命题，
所以①为疑问句，不是命题；
②不能判断真假，不是命题；
③为假命题；
④为真命题；
所以是命题的语句的序号有③④.
故答案为：③④.
答案
解析
变式1-1
4
给出下列语句：①二次函数关于y轴对称吗？②2＞2；③sin30°＝1；④x －4x＋4＝0.其中是命题的有（ ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
B
利用命题的定义判断即可
解：只有②和③是命题，语句①是疑问句，语句④含有变量x，不能判断真假．
故选：B．
2
答案
解析
考点2：命题的判断
典型例题
例2
已知“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命题，给出下列四个命题：
①M的元素不都是P的元素；②M的元素都不是P的元素；
③存在x ∈P且x ∈M；④存在x ∈M且x ∉P；
这四个命题中，真命题的个数为（ ）．
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
B
【分析】
根据题意，由子集的定义分析M、P元素的关系分析4个命题是否正确，综合即可得答案．
【详解】
根据题意，“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命题．则其否定为真，
答案
解析
5
则非空集合M的元素不都是集合P的元素，
据此分析4个命题：
①M的元素不都是P的元素，正确，
②M的部分元素可以为P的元素，不正确，
③原命题为假命题，故非空集合M的元素不都是P的元素，其中包含非空集合M的元素都不是P的元素，既两
集合可无交集，不正确，
④存在x ∈M且x ∉P，正确，
其中正确的命题有2个，
故选：B．
变式2-1
若“不积跬步，无以至千里”是真命题，则下面的命题一定是真命题的是（ ）
A. 积跬步一定可以至千里
B. 不积跬步也可能至千里
C. 要想至千里一定要积跬步
D. 不想至千里就不用积跬步
C
根据命题与逆否命题的真假关系,即可判断.
命题“不积跬步,无以至千里”
则其逆否命题为“至千里,积跬步”
可知C为正确选项.
故选:C
本题考查了命题与逆否命题的真假关系应用,对抽象问题的分析与理解能力,属于基础题.
答案
解析
变式2-2
已知两个命题，P：关于x的方程(a −1)x2 + 3x −2 = 0至多有一个实数根；Q：关于x的方程x2 −x + a = 0有两个
不相等实数根，如果P、Q有且仅有一个是真命题，则实数a的取值范围是 .
(−1
8 , 1
4 ) ∪ { 1
}
.
答案
解析
6
结合已知条件，分别求出命题P和Q对应的a的取值范围，利用补集关系分别讨论“P真Q假”和“P假Q真”时a的
取值范围即可求解.
对于命题P：当a = 1时，关于x的方程(a −1)x2 + 3x −2 = 0只有一个实数根2
3 ，满足题意；
当a ≠1时，因为关于x的方程(a −1)x2 + 3x −2 = 0至多有一个实数根，
所以Δ = 9 + 8(a −1) ≤0，即a ≤−1
8 ，
故命题P对应的a的范围A = (−∞, −1
8 ] ∪{1}；
对于命题Q：因为关于x的方程x2 −x + a = 0有两个不相等实数根，
所以其判别式Δ = 1 −4a > 0 ⇒a < 1
4 ，
故命题Q对应的a的范围为B = (−∞, 1
4 )，
由P、Q有且仅有一个是真命题，讨论以下两种情况：
①当P真Q假时，
故
A ∩(∁RB) = { 1
}
，即a = 1时，满足题意；
②当P假Q真时，
故(∁RA) ∩B = (−1
8 , 1
4 )；
综上所述，实数a的取值范围是
(−1
8 , 1
4 ) ∪ { 1
}
.
故答案为：
(−1
8 , 1
4 ) ∪ { 1
}
.
教法备注
【考点】判断命题的真假
【教法】一元二次方程根的性质总结
变式2-3
已知函数y = ax2 + bx + c(a ≠0)，给出下列四个判断：（1）a > 0；（2）2a + b = 0；（3）b2 −4ac > 0；（4）
a + b + c < 0；以其中三个判断为条件，余下一个为结论，可得四个命题，其中真命题的个数有（ ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
C
答案
7
根据二次函数的图象和性质判断．
因为（1）a > 0，所以开口向上；因为（2）2a + b = 0，所以对称轴为x = 1；因为（3）b2 −4ac > 0，所以
顶点在第四象限；所以（4）f (1) = a + b + c < 0，正确；
因为（1）a > 0，所以开口向上；因为（2）2a + b = 0，所以对称轴为x = 1；因为（4）f (1) = a + b + c < 0
，所以顶点在第四象限；所以（3）b2 −4ac > 0，正确；
因为（1）a > 0，所以开口向上；因为（3）b2 −4ac > 0，（4）f (1) = a + b + c < 0，所以顶点在第三、四
象限；所以（2）2a + b = 0错误；
因为（2）2a + b = 0，所以对称轴为x = 1；因为（3）b2 −4ac > 0，（4）f (1) = a + b + c < 0，所以顶点在
第四象限，所以（1）a > 0，正确；
故选：C
教法备注
【考点】判断命题的真假
【教法】复习二次函数的图像性质
解析
考点3：命题与推出关系
知识笔记
推出关系
如果命题“若α，则β”是真命题，那么就称α推出β，记作 α ⇒β(或β ⇐α).
因为子集关系满足传递性，所以推出关系也满足传递性:
若α ⇒β, β ⇒γ则α ⇒γ.
典型例题
例3
将命题“面积相等的两个三角形全等”改写成“若α，则β”的形式，并判断“α⇒β”是否成立．
8
若两个三角形的面积相等，则这两个三角形全等；不成立．
根据命题的条件与结论，将其改写成“若α，则β”的形式，再通过举例子说明“α⇒β”不成立
命题“面积相等的两个三角形全等”可改写为：
若两个三角形的面积相等，则这两个三角形全等.
命题“若两个三角形的面积相等，则这两个三角形全等.”不成立，
理由如下：一个直角三角形的两直角边取3和4，则面积为6；
另一个直角三角形的两直角边取2和6，则面积为6.
这两个三角形的面积相等，但这两个三角形不是全等三角形.
答案
解析
变式3-1
把下列命题改写成“若p，则q”的形式，并判断命题的真假．
(1)
奇数不能被2整除；
(2)
当(a −1)2 + (b −1)2 = 0时，a = b = 1；
(3)
两个相似三角形是全等三角形．
(1) 若一个数是奇数，则它不能被2整除，是真命题．
(2) 若 (a −1)2 + (b −1)2 = 0，则 a = b = 1，是真命题
(3) 若两个三角形是相似三角形，则这两个三角形是全等三角形，是假命题．
(1) 若一个数是奇数，则它不能被2整除，
答案
解析
9
根据奇数的定义可知，奇数不能被2整除，为真命题；
(2) 若(a −1)2 + (b −1)2 = 0，则a = b = 1，
要想满足(a −1)2 + (b −1)2 = 0，则{
，解得a = b = 1，是真命题；
(3) 若两个三角形是相似三角形，则这两个三角形是全等三角形，
两个三角形相似，则形状相同，但大小不一定相等，故不一定全等，为假命题.
a −1 = 0
b −1 = 0
知识点2——充分条件与必要条件
考点4：充分条件与必要条件
知识笔记
充分条件与必要条件
对于两个陈述句α与β，如果α ⇒β，就称α是β的充分条件，亦称β是α的必要条件.对于两个陈述句α与β，如果既有
α ⇒β，又有β ⇒α，就称α是β的充分必要条件，简称充要条件，记作α ⇔β，读作“α与β 等 价 ”或“α成 立当且仅
当β成立”.
对于事件α,β，“条件”又可具体分为以下四种情况：
①α是β的
充分非必要条件
：α ⇒β且β推不出α ；
②α 是β 的
必要非充分条件
：β ⇒α且 α推不出β ；
③α是β的充要条件：α ⇒β且β ⇒α；
④α既不是β的充分条件又不是β的必要条件：α推不出β 且β推不出α .
典型例题
例4
给出下列各组条件：
①p：ab = 0，q：a2 + b2 = 0；②p：xy ⩾0，q：|x| + |y| = |x + y|；
③p：m > 0，q：方程x2 −x −m = 0有实根；④p：x > 2或x < −1，q：x < −1.
其中p是q的充要条件的有（ ）
A. 1组
B. 2组
C. 3组
D. 4组
A
答案
10
根据题意，结合充分条件、必要条件的判定方法，逐个判定，即可求解.
①由ab = 0，即a, b中至少有一个为0，
又由a2 + b2 = 0，可得a = 0且b = 0，即a, b同时为0，
即p /⇒q, q ⇒p，所以ab = 0是a2 + b2 = 0的必要不充分条件；
②由|x + y| = |x| + |y|，可得(|x + y|)2 = (|x| + |y|)2，即x2 + y2 + 2xy = x2 + y2 + 2 |xy|，
所以xy = |xy|，可得xy ≥0，即p ⇒q, q ⇒p，
所以xy ≥0是|x + y| = |x| + |y|的充要条件.
③方程x2 −x −m = 0有实数根的充要条件是Δ = 1 + 4m ≥0，解得m ≥−1
4 ，
所以p ⇒q, q /⇒p，所以m > 0是x2 −x −m = 0有实数根的充分不必要条件.
④p：x > 2或x < −1，q：x < −1.
所以p /⇒q, q ⇒p，所以x > 2或x < −1是x < −1的必要不充分条件.
故选：A.
教法备注
【考点】充分条件与必要条件
【教法】以举反例为主，辅助总结结论
解析
变式4-1
陈老师说：“不努力是读不好书的”，陈老师的意思是“努力”是“读好书”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
B
首先求出原命题的逆否命题，根据互为逆否命题同真假的性质即可得到答案.因为命题“不努力是读不好书
的”，逆否命题为：“读好书是因为努力”.
所以“努力”是“读好书”的必要不充分条件.
故选：B
本题主要考查四种命题和充分条件及必要条件，互为逆否命题同真假是解题的关键，属于简单题.
答案
解析
变式4-2
11
命题“x ≠1”是命题“x2 + 2x −3 ≠0”的
条件．（可填：充分必要、充分非必要、必要非充分或非充分非必
要）
必要非充分
由于原命题与逆否命题等价,易判断“x=1或x=-3”是“x=1”的必要不充分条件.“x ≠1”则“x2 + 2x −3 ≠0”的逆否命
题是：“若x2 + 2x −3=0”则“x=1”，显然，
“x=1或x=-3”是“x=1”的必要不充分条件，由于原命题与逆否命题等价，
故命题“x ≠1”是命题“x2 + 2x −3 ≠0”的必要非充分条件；
故答案为必要非充分
利用p⇒ q与非q⇒非p， q⇒ p与非p⇒非q， p⇔ q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一
般运用等价法．
答案
解析
变式4-3
（1）写出“ab = 0”的一个充分条件
（2）写出“x < 3”的一个必要条件
（1）答案见解析；（2）答案见解析.
根据充分条件和必要条件即可求解.
（1）可填：a = 0；b = 0；a = 0且b = 0；这三种中的任何一种；
答案
解析
12
（2）可填：x < 4（形如x < a，其中a > 3的答案都是对的）．
考点5：已知条件关系求参数取值
典型例题
例5
已知α：x ≥a，β：|x −1| < 1.若α是β的必要非充分条件，则实数a的取值范围是
A. a ≥0
B. a ≤0
C. a ≥2
D. a ≤2
B
试题分析：由
得
，由
不能退出
，由
能推出
，故
考点：充分条件必要条件的应用．
答案
解析
变式5-1
“a ≤−2”是“函数f(x) = x2 + ax + 1(x ∈R)只有一个零点”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 既非充分也非必要条件
D
根据函数f(x)零点的个数求出参数a的取值，进而判断命题的条件.由题知函数f(x) = x2 + ax + 1(x ∈R)只有
一个零点,
有Δ = a2 −4 = 0，解得a = 2或a = −2，
所以a ≤−2是函数f(x)只有一个零点的既非充分也非必要条件.
故选：D.
本题考查了命题条件的判断，根据二次函数零点个数求参数，属于基础题.
答案
解析
13
变式5-2
已知α: x < 3m −1或x > −m，β: x < 2或x ≥4．
(1)
若α是β的充分条件，求实数m的取值范围；
(2)
若α是β的必要条件，求实数m的取值范围．
(1) (−∞, −4]
(2) [ 1
4 , +∞)
(1) 设A = {x|x < 3m −1或x > −m}，B = {x|x < 2或x ≥4}，
因为α是β的充分条件，所以A ⊆B，
当3m −1 > −m时，即m > 1
4 ，此时A = R，不满足题意；
当3m −1 ≤−m时，即m ≤1
4 ，有{
，解得m ≤−4；
综上：m的取值范围为(−∞, −4].
(2) 因为α是β的必要条件，所以B ⊆A，
当3m −1 > −m时，即m > 1
4 ，此时A = R，B ⊆A成立；
当3m −1 ≤−m时，即m ≤1
4 ，有{
，无解.
综上：m的取值范围为[ 1
4 , +∞).
教法备注
【考点】含参数子集与退出关系问题
【教法】总结子集与推出关系，尽管课本上没有这个结论，解题需要，补充给学员
答案
解析
3m −1 ≤2
−m ≥4
3m −1 ≥2
−m < 4
知识点3——反证法
考点6：命题反设
14
知识笔记
反证法
反证法，是指通过
否定结论，推出矛盾
，进而证明结论成立的证明方法.
(1)运用反证法，首先要学会正确反设，即正确写出结论的否定形式.
(2)在反设后得出的条件，与命题的已知条件结合，正确推理，引出矛盾.矛盾的方式是多样的，可以与已知矛盾，
与定义矛盾，与定理、公理矛盾，也可以是引出的两个结论自相矛盾等.
典型例题
例6
用反证法证明命题“三角形的内角至多有一个钝角”时，应假设为
．
三角形的内角至少有两个钝角
反证法证明时，需要假设反面成立，即原条件的否定．故应假设为：三角形的内角至少有两个钝角．
故答案为三角形的内角至少有两个钝角．
答案
解析
变式6-1
用反证法证明命题：“对于三个实数a、b、c，若a ≠c，则a ≠b或b ≠c”时，提出的假设正确的是（ ）
A. a ≠b且b ≠c
B. a = b或b = c
C. a = b = c
D. a = c
C
用反证法证明时，假设结论的反面成立，从而可得答案.
用反证法证明时，假设结论的反面成立：即假设a = b且b = c成立.
故选：C
答案
解析
变式6-2
15
命题：“对任意的x ∈R，x3 −x2 + 1 ≤0”的否定是（ ）
A. 不存在x ∈R，x3 −x2 + 1 ≤0
B. 存在x ∈R，x3 −x2 + 1 ≥0
C. 存在x ∈R，x3 −x2 + 1 > 0
D. 对任意的x ∈R，x3 −x2 + 1 > 0
C
由全称命题的否定可直接确定结果.
由全称命题的否定知：原命题的否定为：存在x ∈R，x3 −x2 + 1 > 0.
故选：C.
答案
解析
变式6-3
已知a、b、c ∈R，则下列语句能成为“a、b、c都不小于1”的否定形式的个数是（ ）
（1）a、b、c中至少有一个大于1；（2）a、b、c都小于1；（3）a < 1或b < 1或c < 1
A. 0个；
B. 1个；
C. 2个；
D. 3个.
B
根据全称量词的否定，可得“a、b、c都不小于1”否定为“至少有一个小于1”，比照选项即可得解.
若“a、b、c都不小于1”，则a ≥1, b ≥1, c ≥1，
否定为“至少有一个小于1”，
故（1），（2）错误，（3）正确.
故选：B.
答案
解析
考点7：反证法在证明中的应用
典型例题
例7
16
用反证法证明：若a, b, c ∈R，且x = a2 −2b + 1, y = b2 −2c + 1, z = c2 −2a + 1，则x, y, z中至少有一个不小于0.
见解析
假设x，y，z都小于0，即x<0，y<0，z<0，则有x＋y＋z<0.由已知有x＋y＋z＝a －2b＋1＋b －2c＋1＋c －2a
＋1＝a －2a＋1＋b －2b＋1＋c －2c＋1＝(a－1) ＋(b－1) ＋(c－1) ≥0，与由假设推得的结论x＋y＋z<0矛
盾，∴假设不成立，∴x，y，z中至少有一个不小于0.
教法备注
【考点】反证法证明题
【教法】构造分析
答案
解析
2
2
2
2
2
2
2
2
2
变式7-1
证明：√2是无理数．（我们知道任意一个有理数都可以写成形如m
n （m，n互质，m ∈z, n ∈z）的形式）
详见解析
答案
解析
17
利用反证法，即可推得矛盾.
假设√2有理数，则√2 = m
n ，则m2 = 2n2，
m为整数，m2的尾数只能是0,1,4,5,6,9，n2的尾数只能是0,1,4,5,6,9，
则2m2的尾数是0,2,8，由n2 = 2m2得，尾数为0，则n2的尾数是0，而m2的尾数为0或5，
这与m
n 为最简分数，m, n的最大公约数是1，相矛盾，
所以假设不正确，√2是无理数.
教法备注
【考点】反证法证明题
【教法】构造分析
变式7-2
已知a与b均为正有理数，且√a与√b均为无理数．证明：√a + √b也是无理数．
证明见解析
假设√a + √b为有理数，则有(√a + √b)(√a −√b) = a −b，而√a + √b > 0，所以√a −√b =
a −b
√a + √b
仍
为有理数．所以(√a + √b) + (√a −√b) = 2√a应为有理数．从而√a为有理数，与已知条件矛盾．
故假设不成立，所以√a + √b也是无理数．
当直接推导不易得出结论时，可以用反证法证明．反证法的格式为：假设结论不成立，即其否定成立，由此
推理得出的结论与已知条件（或定理）矛盾，说明假设不成立，原命题正确．
答案
解析
04 一元二次函数的图象与性质
1
学习目标
教法备注
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解二次函数的图像性质
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握运用一元二次函数函数图
像求值域的方法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握一元二次函数的含参数值
域问题的求法
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解二次函数的图像性质
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握运用一元二次函数函数图像求值域的方法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握一元二次函数的含参数值域问题的求法
知识清单
2
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：掌握一元二次函数的图像和性质，利用一元二次函数图像解决含参值域问题.重
难点：含参问题；
2．本讲知识点在高考中结合考察，较少单独命题；
3．对应教材：新版上教教材的第二章等式与不等式，第二节不等式的求解；
4．本讲知识点属于等式与不等式章节，属于基础内容，与函数及幂指对函数章节联系紧密.
教法备注
引导学生回忆初中学过的有关二次函数的图像及顶点，要求绘制下列函数图像，并回答：
函数(1)y = x2 + x −2(2)y = x2 −x + 1
图像和顶点分别是什么？零点处的函数值有什么特点，铺垫值域的概念.
知识点1——二次函数的图象性质
考点1：二次函数一般式中各参数的几何意义
知识笔记
二次函数一般式中各参数的几何意义
已知二次函数方程为：y = ax2 + bx + c(a ≠0)，其各参数几何意义如下：
①二次项系数𝑎——决定函数图像的开口方向与开口大小；
3
a值的正负————决定了
开口方向
；
当𝑎 > 0时，二次函数图像开口向上；
当𝑎 < 0时，二次函数图像开口向下.
|a|的大小——开口大小：
|a|越大，二次函数图像开口越小；
|a|越小，二次函数图像开口越大.
②常数项c——函数图像与y轴交点纵坐标
即y = ax2 + bx + c(a ≠0)图像，无论a, b的值为多少，必然过定点(0, c) .
③一次项系数b——本身几何意义不明显，但与二次项系数a组合后将具有鲜明的几何意义：x = −b
2a 为
y = ax2 + bx + c(a ≠0)图像的对称轴.
④判别式Δ = b2 −4ac——由a, b, c共同构成，决定函数与x轴交点个数，
当Δ > 0时，二次函数图像与𝑥轴存在两个交点，当Δ = 0时，二次函数图像与x轴存在1个交点，当Δ < 0时，二次
函数图像与x轴没有交点.
注：高中阶段我们习惯用f(x)表示函数值，y = ax2 + bx + c(a ≠0)也可表达为f(x) = ax2 + bx + c(a ≠0)，例如
f(1)就可代表函数x = 1时的函数值f(1) = a + b + c.
典型例题
例1
已知抛物线y＝x －2(m－1)x＋(m －7)与x轴有两个不同的交点．
(1)求m的取值范围；
(2)若抛物线与x轴的两个交点为A，B，且点B的坐标为(3,0)，求出点A的坐标，抛物线的对称轴和顶点坐标．
2
2
4
(1)m<4 (2)A的坐标为(－1,0), 顶点坐标为(1，－4)，对称轴为直线x＝1
（1）抛物线y＝x －2(m－1)x＋(m －7)与x轴有两个不同的交点即相应的二次方程有两个不等的实根；
（2）由抛物线y＝x －2(m－1)x＋(m －7)经过点B(3,0)，可得m值，进而得到A点坐标，从而得到结果.(1)∵抛
物线y＝x －2(m－1)x＋(m －7)与x轴有两个不同的交点，
∴方程x －2(m－1)x＋(m －7)＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝4(m－1) －4(m －7)＝－8m＋32>0，
∴m<4.
(2)∵抛物线y＝x －2(m－1)x＋(m －7)经过点B(3,0)，
∴9－6(m－1)＋m －7＝0，
m －6m＋8＝0，解得m＝2或m＝4.
由(1)知m<4，∴m＝2.
∴抛物线的解析式为y＝x －2x－3.
令y＝0，得x －2x－3＝0，
解得x ＝－1，x ＝3，
∴点A的坐标为(－1,0)．
又y＝x －2x－3＝(x－1) －4，
∴顶点坐标为(1，－4)，对称轴为直线x＝1.
本题考查二次函数的图像与性质，抛物线与x轴的交点问题常转化为二次方程的根，属于基础题.
答案
解析
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
变式1-1
若函数f (x) = x2 + (a + 2)x + 3，x ∈[a, b]的图象关于直线x = 1对称，则b =
.
6
根据给定的二次函数，利用二次函数的性质列式计算作答.
函数f (x) = x2 + (a + 2)x + 3的对称轴为：x = −a + 2
2
，
依题意，−a + 2
2
= 1且a + b = 2，解得a = −4，b = 6，
所以b = 6.
答案
解析
5
故答案为：6
变式1-2
若抛物线y = kx2 −2x −1与x轴有两个不同的交点，则k的取值范围为（ ）
A. k > −1
B. k ≥−1
C. k > −1且k ≠0
D. k ≥−1且k ≠0
C
∵二次函数y = kx2 −2x −1的图象与x轴有两个交点，
∴ b2 −4ac = (−2)2 −4 × k × (−1) = 4 + 4k > 0
∴ 解得k > −1，
∵抛物线y = kx2 −2x −1为二次函数，
∴k ≠0，
则k的取值范围为k > −1且k ≠0.
故选：C.
本题考查二次函数的零点问题，是基础题.
答案
解析
变式1-3
已知函数y = −x2 + 2ax + 3在区间(−∞, 4)上是y随x增大而增大，则实数a的取值范围是 .
[4, +∞)
根据二次函数对称轴与单调区间位置关系列不等式，解得结果.
f(x) = −x2 + 2ax + 3对称轴方程为x = a，
f(x)在区间(−∞, 4)上是增函数，所以a ≥4.
故答案为:[4, +∞).
本题考查根据二次函数单调性求参数取值范围，考查数形结合思想方法，属基础题.
答案
解析
变式1-4
6
二次函数y = ax2 + bx + c的图象如图所示，下列结论中正确的是（ ）
①abc < 0；②b2 −4ac < 0；③2a > b；④a + c > b.
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
A
根据图象开口方向及与坐标轴交点的情况直接判断.
由图象可知a < 0，c > 0，−1 < −b
2a < 0即2a < b < 0，Δ = b2 −4ac > 0，
所以abc > 0，故①，②，③错误，
f (−1) = a −b + c > 0，则a + c > b，故④正确；
故选：A.
教法备注
【考点】二次函数的图像性质
【教法】开口、对称轴、判别式、韦达定理逐一复习讲解
答案
解析
知识点2——一元二次函数的最值与值域
考点2：定轴定区间值域问题
知识笔记
函数值域
7
一般地，设函数y = f(x)在x0处的函数值是f(x0)，如果存在x0,使得不等式y ≥f(x0)恒成立，那么f(x0)叫做函数
y = f(x)的最小值，同理，不等式y ≤f(x0)都成立，那么f(x0)叫做函数y = f(x)的最大值；
函数y = f(x)的最小值记作f(x)min，最大值记作f(x)max，那么函数的值域就是[f(x)min, f(x)max].
二次函数值域
(1)二次函数y = ax2 + bx + c (a ≠0)的定义域为R，
当a > 0时，值域是[ 4ac −b2
4a
, +∞)，
当a < 0时，值域是(−∞, 4ac −b2
4a
]；
(2)二次函数y = ax2 + bx + c(a ≠0)的定义域不为R时，定义域结合函数图像求最值.
典型例题
例2
已知函数y = −x2 + 3x + 4的x取值为[−2, 2]时，y的值域为 ．
[−6, 25
4 ]
试题分析：函数
的对称轴为
，所以在区间
上，函数的最大值为
，函数的最小值为
，所以函数的值域为
[−6, 25
4 ]．
考点：二次函数的性质．
答案
解析
变式2-1
设集合A = {x|1 ≤x ≤10, x ∈N}, B = {y|y = x2 −12x + 36, x ∈A}，则集合A ⋂B =
{1, 4, 9}
答案
8
解：因为A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, B = {0, 1, 4, 9, 16, 25}，所以A ⋂B = {1, 4, 9}.
故答案为：{1, 4, 9}.
本题考查集合的交集运算，属于基础题.
解析
考点3：R上的恒成立值域问题
典型例题
例3
已知函数y = ax2 + ax + 1图像永远在横轴上方，则实数a的取值范围为 .
[0,4)
首先分a = 0和a ≠0两种情况进行分类讨论;当a ≠0时,易知y = ax2 + ax + 1的图像开口向上,且与x轴无交点,
故由a > 0, Δ < 0即可求得a的取值范围.(1)当a = 0时,y = 1符合题意;
(2)当a ≠0时,
由题意可得,
{
，
即{
,
解得0 < 4,
综上知a的取值范围为0 ≤a < 4.
故答案为0 ≤a < 4
$$
本题考查了一元二次函数图像与一元二次方程根之间的关系,即一元二次函数图像与x轴无交点等价于对应的一
元二次方程无实根.分两种情况讨论a的取值是求解本题的关键；a = 0易忽略.
教法备注
【考点】二次函数的图像性质
【教法】恒成立与判别式关系及二次项系数含参讨论讲解
答案
解析
a > 0
Δ < 0
a > 0
a2 −4a < 0
9
变式3-1
若不等式(a −2)x2 + (a −2)x −1 < 0对任意x ∈R恒成立，则实数a的取值范围是
.
(−2, 2]
先对二次项的系数a −2分类讨论，利用二次函数的性质，即可求出结果．①当a = 2时，不等式化为−1 < 0对
一切x∈R恒成立，因此a = 2满足题意；
②当a ≠2时，要使不等式(a −2)x2 + (a −2)x −1 < 0对一切x ∈R恒成立，
则必有 {
解得$-2<2$ ．
综上①②可知：实数a取值的集合是(−2, 2]．
故答案为：(−2, 2]．
熟练掌握二次函数的性质和分类讨论的思想方法是解题的关键．
教法备注
【考点】二次函数的图像性质
【教法】恒成立与判别式关系及二次项系数含参讨论讲解
答案
解析
a −2 < 0
(a −2)2
+ 4
(a −2)
< 0
知识点3——含参数二次函数值域问题
考点4：定轴动区间
知识笔记
定轴动区间
(1)给出一元二次函数在定义域R上的值域，求参数取值问题，结合开口方向和判别式进行求解（注意讨论含参二
次项系数）；
(2)定轴动区间：看作动区间沿x轴移动的过程中，函数最值的变化，即动区间在定轴的左、右两侧及包含定轴的变
化，要注意开口方向及端点情况.
10
典型例题
例4
已知函数f (x) = −x2 + 2x + 5在区间[0, m]上有最大值6，最小值5.则实数m的取值范围是（ ）
A. (0, 2]
B. [1, 2)
C. [1, 2]
D. (0, 1]
C
先分析出f (x) = 5, f (x) = 6时x的取值，然后结合单调性判断出m的取值范围.
因为f (x) = −x2 + 2x + 5 = −(x −1)2 + 6，所以当x = 1时f(x)max = 6，
令f (x) = 5，解得x = 0或x = 2，
又因为f (x)在[0, 1)上单调递增，在(1, 2]上单调递减，
所以若f (x)在区间[0, m]上有最大值6，最小值5，
则有1 ≤m ≤2，即m ∈[1, 2]，
故选：C.
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
答案
解析
变式4-1
已知函数f(x) = −x2 + 4x + a(x ∈[0, 1])，若f(x)有最小值−2，则f(x)的最大值为
．
1
首先，根据函数解析式求得二次函数的对称轴为x = 2，所以在区间[0, 1]上，f(x)单调递增，所以在x = 0时
f(x)取得最小值，在x = 1处取得最大值，代入(0, −2)求得参数a = −2；再求得f(1)即为答案.
解：∵f(x) = −x2 + 4x + a = −(x −2)2 + a + 4开口向下，对称轴x = 2，
∴f(x)在[0, 1]上单调递增，最小值为f(0) = a = −2，最大值为f(1) = −1 + 4 + a = 1．
故答案为：1
答案
解析
11
本题主要考查二次函数的对称轴和单调性，考查运算求解能力，属于基础题型.
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
变式4-2
已知函数f(x) = x2 + 2x + 3，x ∈[m, 0]的最大值为3，最小值为2，则实数m的取值范围是
．
[−2, −1]
结合二次函数图象与性质即可求解.
函数f(x) = x2 + 2x + 3的图象是开口朝上，且以直线x = −1为对称轴的抛物线，
当x = −1时，函数取最小值2．
令f(x) = x2 + 2x + 3 = 3，则x = 0或x = −2，
若函数f(x) = x2 + 2x + 3在[m, 0]上的最大值为3，最小值为2，则m ∈[−2, −1]．
故答案为：[−2, −1]
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
答案
解析
变式4-3
12
已知函数f(x) = x2 + 2x + 3 + m，若f(x) ≥0对任意的x ∈[1, 2]恒成立，则实数m的取值范围是
.
[−6, +∞)
对任意x ∈[1, 2]，f(x) ≥0恒成立，等价于x2 + 2x + 3 ≥−m在[1, 2]上恒成立，令g(x) = x2 + 2x + 3，求其在
[1, 2]上的最小值即可.
对任意x ∈[1, 2]，f(x) ≥0恒成立，
等价于x2 + 2x + 3 ≥−m在[1, 2]上恒成立，
令g(x) = x2 + 2x + 3，
则其在[1, 2]上的最小值为g(1) = 6，所以6 ≥−m，得m ≥−6.
故答案为：[−6, +∞)
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
答案
解析
考点5：动轴定区间
知识笔记
动轴定区间与动轴动区间
(1)动轴定区间：看作对称轴沿x轴移动的过程中，函数最值的变化，即对称轴在定区间的左、右两侧及对称轴在定
区间上变化的情况，要注意开口方向及端点问题.
(2)动轴动区间：看作对称轴沿x轴移动的过程中，函数最值的变化，即动轴在动区间的左、右两侧及对称轴在区间
上变化的情况，要注意开口方向及端点问题；
(3) 当开口方向、对称轴、区间多项不定时，可考虑逆向思考，先假定最值位置，求参后验证的方法.
典型例题
例5
设常数a＞1，则f（x）=﹣x ﹣2ax+1在区间[﹣1，1]上的最大值为
．
2
答案
13
2a
试题分析：根据a的范围判断f（x）在[﹣1，1]上的单调性，利用单调性求出最大值．
解：f（x）的图象开口向下，对称轴为x=﹣a＜﹣1，
∴f（x）在[﹣1，1]上是减函数，
∴f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值为f（﹣1）=2a．
故答案为2a．
考点：二次函数的性质．
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
解析
变式5-1
已知函数f (x) = x2 + 4ax + a2 −1，
(1)
当a = 1时，求函数f (x)在x ∈(−∞, −5]上的最小值.
(2)
当−2 ≤x ≤1时，函数f (x)的最大值为12，求实数a的值.
(1) 5
(2) a = −1或 a = 2
(1) 当a = 1时，f (x) = x2 + 4x，其图象开口向上，对称轴x = −2 ∉(−∞, −5]，
可知f(x)min = f (−5) = 5，
答案
解析
14
所以函数f (x)在x ∈(−∞, −5]上的最小值为5.
(2) 由题意可得：f (x) = x2 + 4ax + a2 −1 = (x + 2a)2 −3a2 −1，
其图象开口向上，对称轴方程为x = −2a，且−2 ≤x ≤1，
当−2a ≤−1
2 ，即a ≥1
4 时，函数在x = 1处取得最大值，
即f (1) = 1 + 4a + a2 −1 = 12，解得a = −6（舍去）或a = 2；
当−2a > −1
2 ，即a < 1
4 时，函数在x = −2处取得最大值，
即f (−2) = 4 −8a + a2 −1 = 12，解得a = −1或a = 9（舍去）；
综上所述：a = −1或a = 2
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
变式5-2
已知函数y = x2 + 2ax(x ∈[0, 1])的最小值为-2，则实数a=
.
−3
2
【分析】
根据二次函数的对称轴与所给区间的相对位置进行分类讨论求解即可.
【详解】
y = f(x) = x2 + 2ax = (x + a)2 −a2，所以该二次函数的对称轴为：x = −a，
当1 ≤−a时，即a ≤−1，函数f(x) = x2 + 2ax在x ∈[0, 1]时单调递减，
因此f(x)min = f(1) = 1 + 2a = −2 ⇒a = −3
2 ，显然符合a ≤−1；
当0 < −a < 1时，即$-1<0$时，f(x)min = −a2 = −2 ⇒a = ±√2，显然不符合$-1<0$；
当−a ≤0时，即a ≥0时，函数f(x) = x2 + 2ax在x ∈[0, 1]时单调递增，
因此f(x)min = f(0) = 0 ≠−2，不符合题意，综上所述：a = −3
2 ，
故答案为：−3
2
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
答案
解析
15
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
变式5-3
当x ∈[1, 2]时，函数f(x) = ax2 + 4(a + 1)x −3在x = 2时取得最大值，则实数a的取值范围是
.
[−1
2 , +∞)
先根据参数讨论函数类型，当函数是二次函数时，讨论对称轴和x ∈[1, 2]的关系即可.
当a = 0时，函数f(x) = 4x −3，在[1, 2]上单调递增，在x = 2时取得最大值，符合题意；
当a ≠0时，函数f(x)为二次函数，对称轴为x = −2 −2
a ，
当a > 0时，显然对称轴x = −2 −2
a < 2，二次函数开口向上，故f(x)在[1, 2]上单调递增，在x = 2时取得最
大值，符合题意；
当a < 0时，为使得x = 2时取得最大值，二次函数开口向下，此时只可能函数f(x)在[1, 2]上单调递增，则对称
轴x = −2 −2
a ≥2，解得−1
2 ≤a < 0.综上，实数a的取值范围是[−1
2 , +∞).
故答案为：[−1
2 , +∞)
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
答案
解析
考点6：动轴动区间
典型例题
例6
已知函数f (x) = x2 −2ax + 5 (a > 1)的定义域和值域均是[1，a]，则实数a＝
．
2
答案
16
由二次函数的图象与性质可以判定f (x)在[1, a]内是减函数，由值域也是[1, a]列方程中，可求出a的值．
∵二次函数f (x) = x2 −2ax + 5 (a > 1)的图象是抛物线，
开口向上，对称轴是x = −−2a
2 × 1 = a > 1，
∴f (x) = x2 −2ax + 5 (a > 1)在[1, a]上是减函数，
又f（x）在[1, a]上的值域也是[1, a]，
∴{
，即{
，
解得a＝2.
故答案为：2
教法备注
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
解析
f (1) = a
f (a) = 1
6 −2a = a
−a2 + 5 = 1
变式6-1
已知函数f(x) = x2 −2ax + 3， x ∈[3 −a, 5 −a]，求函数的值域．
当a ≤3
2 时，f(x)min = f(3 −a) = 3a2 −12a + 12，f(x)max = f(5 −a)= 3a2 −20a + 28；
当a ≥5
2 时，f(x)min = f(5 −a)=3{{a}^{2}}-20a+28，[f{{(x)}_{\max }}=f(3-a)=3{{a}^{2}}-12a+12$；
当3
2 < a ≤2时，f(x)min = f(a) = 3 −a2，f(x)max = f(5 −a) = 3a2 −20a + 28；
当2 < a < 5
2 时，[f(x)min = f(a) = 3 −a2，f{{(x)}_{\max }}=f(3-
a)=3{{a}^{2}}-12a+12\]
当a ≤3
2 时，f(x)min = f(3 −a) = 3a2 −12a + 12，f(x)max = f(5 −a)= 3a2 −20a + 28；
当a ≥5
2 时，f(x)min = f(5 −a)=3{{a}^{2}}-20a+28，[f{{(x)}_{\max }}=f(3-a)=3{{a}^{2}}-12a+12$；
当3
2 < a ≤2时，f(x)min = f(a) = 3 −a2，f(x)max = f(5 −a) = 3a2 −20a + 28；
当2 < a < 5
2 时，[f(x)min = f(a) = 3 −a2，f{{(x)}_{\max }}=f(3-
a)=3{{a}^{2}}-12a+12\]
教法备注
答案
解析
17
【考点】二次函数的最值和值域
【教法】结合图像讨论参数，灌输对称轴处取最小（大）值，对称轴两边对称增大（减小）的思想
05 一元二次方程根的分布
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解韦达定理与二次方程根的关系
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握解决二次方程根端点分布问题的方法
目标3
★★★★☆☆ 识别
掌握解决二次方程根区间分布问题的方法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：掌握一元二次函数的图像和性质，利用一元二次函数图像和性质解决根的分布问
题.重难点：含参问题；
2．本讲知识点在高考中结合考察，较少单独命题；
3．对应教材：新版上教教材的第二章等式与不等式，第二节不等式的求解；
4．本讲知识点属于等式与不等式章节，属于基础内容，与后面函数章节零点问题相关.
2
教法备注
思考韦达定理能否解决问题：已知关于x的二次方程x2 + mx + 2m + 1 = 0.若方程有两根，其中一根在区间
(−1, 0)内，另一根在区间(1, 2)内，求m的范围.
知识点1——根的零点分布问题
考点1：两根都大于零
知识笔记
根的零分布问题
方程ax2 + bx + c = 0（a ≠0）的两根x1, x2，满足两根都大于零（x1, x2 > 0）、一根大于零一根小于零
（x1 < 0 < x2）或两根都小于零（x1, x2 < 0）的分布问题.
韦达定理法解决根的零分布问题
韦达定理可以在一定程度上限制根的分布，若在(−∞, +∞)内研究方程ax2 + bx + c = 0的零点分布问题，只需考察
函数y = ax2 + bx + c与x轴交点个数及交点横坐标的符号，根据判别式以及韦达定理，由y = ax2 + bx + c的系数可
判断出Δ, x1 + x2, x1x2的符号，从而判断出实根的情况，具体如下表：
分布
x1 < 0, x2 < 0
x1 > 0, x2 > 0
x1 < 0 < x2
要求
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
x1 + x2 < 0
x1 ⋅x2 > 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
x1 + x2 > 0
x1 ⋅x2 > 0
{Δ > 0
x1 ⋅x2 < 0
零点存在定理法解决根的零分布问题
二次函数图像是连续的抛物线，若在区间上满足f(a) ⋅f(b) < 0，则一定存在x0 ∈(a, b)，使得f(x0) = 0，这就是二
次函数的零点存在定理.
结合二次函数的图像和零点存在定理，零分布问题除了前面的韦达定理法，还可以这样解决：
分布
x1 < 0, x2 < 0
x1 > 0, x2 > 0
x1 < 0 < x2
3
大致图象（a > 0）
结论
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a < 0
f (0) > 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a > 0
f (0) > 0
f (0) < 0
大致图象(a < 0)
得出的结论
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a < 0
f (0) < 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a > 0
f (0) < 0
f (0) > 0
综合结论(a)
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a < 0
a ⋅f (0) > 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a > 0
a ⋅f (0) > 0
a ⋅f (0) < 0
典型例题
例1
关于x的一元二次方程x2 + (m −2)x −2m = 0有两个不相等的正实数根，则m的取值范围是（ ）
A. (−∞, −2) ∪(−2, 0)
B. (−∞, 2)
C. (0, 2) ∪(2, +∞)
D. (−2, +∞)
A
利用一元二次方程根的分布可得答案.
因为方程x2 + (m −2)x −2m = 0有两个不相等的正实数根，
所以
，解得m < 0且m ≠−2.
故选：A.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
(m −2)2 + 8m > 0
−m + 2 > 0
−2m > 0
4
变式1-1
已知一元二次方程mx2 −2x + m + 3 = 0有两个正实根，则实数m的取值范围是
.
$0
由题意知，一元二次方程有两个正实根，须同时满足四个条件，m ≠0，Δ ≥0，两根之积和两根之和都大于
零，即可得到答案.
设两个正实数根分别为x1, x2，$\left\{
\right.,\Rightarrow 0.
故答案为：$0.$$
答案
解析
m ≠0
Δ = 4 −4m(m + 3) ≥0
x1 + x2 = 2
m > 0
x1x2 = m + 3
m
> 0
考点2：一根大于零一根小于零
典型例题
例2
已知关于x的二次方程(2m + 1)x2 −2mx + m −1 = 0有一正数根和一负数根，则实数m的取值范围是
．
$-\dfrac{1}{2}<1$
由二次项系数非零及两根之积小于0，可得关于m的不等式组，解之即可.
由题意知，二次方程有一正根和一负根，
得
，解得$-\dfrac{1}{2}<1$.
故答案为：$-\dfrac{1}{2}<1$
答案
解析
⎧
⎨
⎩
2m + 1 ≠0
m −1
2m + 1 < 0
5
变式2-1
一元二次方程ax ＋2x＋1＝0(a≠0)有一个正根和一个负根的充分不必要条件是（ ）
A. a<0
B. a>0
C. a<－1
D. a=-1
CD
先根据一元二次方程ax ＋2x＋1＝0(a≠0)有一个正根和一个负根，求得a < 0，然后结合选项与充分不必要条件
的概念即可求出结果.
因为一元二次方程ax ＋2x＋1＝0(a≠0)有一个正根和一个负根，
所以
，解得a < 0，
结合选项与充分不必要条件的概念可知选CD，
故选：CD.
2
答案
解析
2
2
⎧
⎨
⎩
a ≠0
Δ = 22 −4a > 0
1
a < 0
考点3：两根都小于零
典型例题
例3
方程x ＋(m－3)x＋m＝0的两根都是负数，则m的取值范围为
．
[9, +∞)
由二次方程的两负根为x1, x2，有
，结合根与系数的关系，得到答案.
由二次方程的两负根为x1, x2，有
∴m≥9.
故答案为：[9, +∞)
本题考查了二次方程根的分布，属于基础题.
2
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ ≥0
x1 + x2 < 0
x1x2 > 0
⎧
⎨
⎩
Δ = (m −3)2 −4m ≥0
x1 + x2 = 3 −m < 0
x1x2 = m > 0
6
变式3-1
已知方程x2 + 2(a + 2)x + a2 −1 = 0．当该方程有两个负根时，求实数a的取值范围
[−5
4 ，−1) ∪(1，+∞)；
方程x2 + 2(a + 2)x + a2 −1 = 0的判别式为
Δ= 4(a + 2)2 −4(a2 −1) = 16a + 20，
当Δ= 16a + 20 ⩾0时，设方程x2 + 2(a + 2)x + a2 −1 = 0两个实数根为x1、x2，
则x1 + x2 = −2(a + 2)，x1x2 = a2 −1；
（1）∵方程x2 + 2(a + 2)x + a2 −1 = 0有两个负根，
∴
，
解得
，
即a > 1或−5
4 ⩽a < −1，
∴实数a的取值范围是[−5
4 ，−1) ∪(1，+∞)；
教法备注
【考点】根的零分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
⎧
⎨
⎩
△= 16a + 20 ⩾0
x1+x2 = −2(a + 2) < 0
x1x2= a2 −1 > 0
⎧
⎨
⎩
a −5
4
a > −2
a > 1a < −1
7
知识点2——根的k分布问题
考点4：两根都大于k
知识笔记
根的k分布问题
(1)根的k分布问题：方程ax2 + bx + c = 0（a ≠0）的两根x1、x2，满足两根都大于k（x1, x2 > k）、一根大于k一
根小于k（x1 < k < x2）或两根都小于k（x1, x2 < k）的分布的问题.
韦达定理法解决根的k分布问题,具体如下：
韦达定理法解决k分布问题
韦达定理可以在一定程度上限制根的分布，若在(−∞, +∞)内研究方程ax2 + bx + c = 0的零点分布问题，只需考察
函数y = ax2 + bx + c与x轴交点个数及交点横坐标的符号，根据判别式以及韦达定理，由y = ax2 + bx + c的系数可
判断出Δ, x1 + x2, x1x2的符号，从而判断出实根的情况，具体如下表：
分布
x1 < k, x2 < k
x1 > k, x2 > k
x1 < k < x2
要求
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
x1 + x2 < 2k
(x1 −k)(x2 −k) > 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
x1 + x2 > 2k
(x1 −k)(x2 −k) > 0
{Δ > 0
(x1 −k)(x2 −k) < 0
零点存在定理法解决k分布问题
二次函数图像是连续的抛物线，若在区间上满足f(a) ⋅f(b) < 0，则一定存在x0 ∈(a, b)，使得f(x0) = 0，这就是二
次函数的零点存在定理.
结合二次函数的图像和零点存在定理，零分布问题除了前面的韦达定理法，还可以这样解决：
分布
x1 < k, x2 < k
x1 > k, x2 > k
x1 < k < x2
大致图象（a > 0）
8
结论
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a < k
f (k) > 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a > k
f (k) > 0
f (k) < 0
大致图象(a < 0)
得出的结论
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a < k
f (k) < 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a > k
f (k) < 0
f (k) > 0
综合结论(a)
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a < k
a ⋅f (k) > 0
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
−b
2a > k
a ⋅f (k) > 0
a ⋅f (k) < 0
典型例题
例4
已知方程x2 −4x + a = 0的两根都大于1，则a的取值范围是（ ）
A. 3 < a ≤4
B. 1 < a ≤4
C. a > 1
D. a ≤4
A
由已知可得判别式Δ ≥0，再借助韦达定理及两根都大于1的条件列出不等式，求解即得.
设方程x2 −4x + a = 0的两根为x1, x2，依题意有：
，
因x1, x2都大于1，则x1 + x2 > 2，且(x1 −1)(x2 −1) > 0，显然x1 + x2 > 2成立，
由(x1 −1)(x2 −1) > 0得x1x2 −(x1 + x2) + 1 > 0，则有a −4 + 1 > 0，解得a > 3，
由Δ = 16 −4a ≥0解得：a ≤4，于是得 3 < a ≤4 ，
所以a的取值范围是 3 < a ≤4 .
故选：A
教法备注
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = 16 −4a ≥0
x1 + x2 = 4
x1x2 = a
9
【考点】根的k分布
【教法】重复训练，加深记忆
变式4-1
已知方程x2 + (m −2)x + 5 −m = 0的两根都大于2，则实数m的取值范围是（ ）
A. {m ∣−5 < m ≤−4或m ≥4}
B. {m ∣−5 < m ≤−4}
C. {m ∣m > −5}
D. {m ∣−4 ≤m ≤−2或m ≥4}
B
根据方程的两根都大于2，分析y = x2 + (m −2)x + 5 −m的图象特征列出不等式组求解即可.
方程x2 + (m −2)x + 5 −m = 0的两根都大于2，则二次函数y = x2 + (m −2)x + 5 −m的图象与x轴的两个交
点都在x = 2的右侧，
根据图象得：方程的判别式Δ ≥0；当x = 2时函数值y > 0；函数对称轴x = −m −2
2
> 2.
即
，解得−5 < m ≤−4.
故选：B.
教法备注
【考点】根的k分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
⎧
⎨
⎩
(m −2)2 −4(5 −m) ≥0
4 + 2(m −2) + 5 −m > 0
−m −2
2
> 2
考点5：一根大于k 另一根小于k
典型例题
例5
10
关于x的一元二次方程x2 + (a2 −1)x + a −2 = 0有一个根小于−1，另一个根大于1，则a的取值范围是
.
−2 < a < 0
根据二次函数图像特征，满足{
，即得a的取值范围.
设f (x) = x2 + (a2 −1)x + a −2，开口向上，
由题意知{
，
即{
，解得{
，
所以−2 < a < 0．
故答案为：−2 < a < 0．
教法备注
【考点】根的零分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
f (1) < 0
f (−1) < 0
f (1) = 1 + (a2 −1) + a −2 < 0
f (−1) = 1 −(a2 −1) + a −2 < 0
a2 + a −2 < 0
−a2 + a < 0
−2 < a < 1
a < 0或a > 1
变式5-1
已知关于x的方程x2 + (m −1)x −6 −m = 0的两根一个比2大，另一个比2小，则实数m的范围是
.
(−∞, 4)
由题意，利用一元二次方程实根的分布规律列式求解即可.
设f(x) = x2 + (m −1)x −6 −m，显然函数f(x)的图象开口向上，
又f(x) = 0的两根一个比2大，另一个比2小，则f(2) < 0，
即22 + 2(m −1) −6 −m < 0，解得m < 4，
所以m的取值范围为(−∞, 4).
故答案为：(−∞, 4)
答案
解析
11
考点6：两根都小于k
典型例题
例6
设m为实数，若二次方程x2 −x + m = 0在区间(−∞，1)上有两个解，则m的取值范围是 .
(0, 1
4 )
由题意方程x2 −x + m = 0在区间(−∞，1)内有两个不同的根，根据二次方程根的分布即可求出参数的取值范
围.
二次函数y = x2 −x + m的对称轴为x = 1
2 ，且开口向上，
因为二次函数y = x2 −x + m在区间(−∞，1)上有两个零点，
所以方程x2 −x + m = 0在区间(−∞，1)内有两个不同的根，
记方程x2 −x + m = 0的两根为x1, x2，则
，
解得0 < m < 1
4 ，所以m ∈(0，1
4 ).
故答案为：(0，1
4 )
教法备注
【考点】根的零分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = 1 −4m > 0
(x1 −1) + (x2 −1) = x1 + x2 −2 = 1 −2 < 0
(x1 −1) ⋅(x2 −1) = x1x2 −(x1 + x2) + 1 = m −1 + 1 > 0
变式6-1
已知关于x的方程2ax2 −x −1 = 0，当实数a为何值时，
(1)
方程在(0, 1)内有根；
(2)
方程的根都小于1.
12
(1) a > 1；
(2) a > 1或 −1
8 ≤a ≤0.
(1) 由2ax2 −x −1 = 0，可得a = 1
2x +
1
2x2 ，x ∈(0, 1)，
由x ∈(0, 1)，可得1
x > 1，
所以y = 1
2x +
1
2x2 = 1
2 ( 1
x + 1
2 )
2
−1
8 > 1，
所以a > 1时，方程在(0, 1)内有根；
(2) 设f (x) = 2ax2 −x −1，
当a = 0时，由2ax2 −x −1 = 0，可得x = −1，适合题意；
当a ≠0时，因为方程2ax2 −x −1 = 0的根都小于1，
所以
或
，
解得a > 1或−1
8 ≤a < 0，
综上，a > 1或−1
8 ≤a ≤0时方程的根都小于1.
教法备注
【考点】根的零分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
⎧
⎨
⎩
a > 0
Δ = 1 + 8a ≥0
1
4a < 1
f (1) = 2a −2 > 0
⎧
⎨
⎩
a < 0
Δ = 1 + 8a ≥0
1
4a < 1
f (1) = 2a −2 < 0
知识点3——根的区间分布问题
考点7：两根在区间内
根的区间分布问题
知识笔记
根的区间分布即方程ax2 + bx + c = 0（a ≠0）的两根x1、x2，
①满足两根x1、x2 ∈(m, n)（m < x1, x2 < n）；
②两根有且仅有一根在(m, n)内（m < x1 < n，图像有两种可能）；
13
③一根在(a, b)内，另一根在(p, q)内（m < x1 < n, p < x2 < q）等的分布，此类型韦达定理较难解决，主要采用零
点分布定理法.具体方法如下表：
分布
m < x1, x2 < n
m < x1 < n
m < x1 < n, p < x2 < q
大致图象（a > 0）
得出的结论
⎧
⎨
⎩
f (n) > 0
m < −b
2a < n
Δ > 0
f (m) > 0
f (m) ⋅f (n) < 0
⎧
⎨
⎩
f (m) > 0
f (n) < 0
f (p) < 0
f (q) > 0
大致图象（a < 0）
得出的结论
⎧
⎨
⎩
f (n) < 0
m < −b
2a < n
Δ > 0
f (m) < 0
f (m) ⋅f (n) < 0
⎧
⎨
⎩
f (m) < 0
f (n) > 0
f (p) > 0
f (q) < 0
综合结论（不讨论a）
⎧
⎨
⎩
af (n) > 0
m < −b
2a < n
Δ > 0
af (m) > 0
f (m) ⋅f (n) < 0
⎧
⎨
⎩
f (m)f (n) < 0
f (p)f (q) < 0
典型例题
例7
已知方程x2 + 2mx + 2m + 1 = 0的两不等实数根均在区间(0, 1)内，则实数m的取值范围为
．
答案
14
(−1
2 ，1 −√2)
先将方程根的问题转化为函数图象交点问题；再画出草图，列出不等式求解即可.
令f (x) = x2 + 2mx + 2m + 1
则函数图象开口向上，对称轴为直线x = −m.
作出f (x)的草图如图．
则
，解得−1
2 < m < 1 −√2．
故m的取值范围为(−1
2 ，1 −√2)．
故答案为：(−1
2 ，1 −√2)
教法备注
【考点】根的区间分布
【教法】重复训练，加深记忆
解析
⎧
⎨
⎩
Δ > 0
0 < −m < 1
f (0) > 0
f (1) > 0
变式7-1
设x1, x2是a2x2 + bx + 1 = 0的两实根；x3, x4是ax2 + bx + 1 = 0的两实根．若x3 < x1 < x2 < x4，则实数a的取值范
围是 ；
15
a > 1
先由x1, x2是a2x2 + bx + 1 = 0的两实根，得到bx1 = −a2x12 −1，bx2 = −a2x22 −1，再令f(x) = ax2 + bx + 1
，表示出f(x1)与f(x2)，根据x3 < x1 < x2 < x4，得到
或
，求解，即可得出结果.因为
x1, x2是a2x2 + bx + 1 = 0的两实根，
所以a2x12 + bx1 + 1 = 0，即bx1 = −a2x12 −1；同理bx2 = −a2x22 −1；
令f(x) = ax2 + bx + 1，
所以f(x1) = ax12 + bx1 + 1 = (a −a2)x12，同理f(x2) = (a −a2)x22，
要使x3 < x1 < x2 < x4，只需
，即{
，解得a > 1；
或
，即{
，空集；
所以实数a的取值范围是a > 1.
故答案为a > 1
本题主要考查一元二次方程根的分布的问题，熟记三个二次之间的关系，即可求解，属于常考题型.
教法备注
【考点】根的区间分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
⎧
⎨
⎩
a > 0
f(x1) < 0
f(x2) < 0
⎧
⎨
⎩
a < 0
f(x1) > 0
f(x2) < 0
⎧
⎨
⎩
a > 0
f(x1) < 0
f(x2) < 0
a > 0
a −a2 < 0
⎧
⎨
⎩
a < 0
f(x1) > 0
f(x2) > 0
a < 0
a −a2 > 0
考点8：两根在两个区间（一端无穷）
典型例题
例8
设方程x2 −2ax −1 = 0的两根为x1､x2，且x1 < −2，0 < x2 < 1
2 ，则实数a的取值范围是
.
(−∞, −3
4 )
答案
16
设f (x) = x2 −2ax −1，
因为x1 < −2，0 < x2 < 1
2 ，所以：
即
，故a < −3
4 .
故答案为：(−∞, −3
4 ).
方法点睛：
一元二次的根分布问题，一般遵循“由图列式，动态检验，多退少补”的基本原则.
（1）由图列式指根据一元二次方程的解的状况画出对应的二次函数图像的草图，从二次函数的开口方向、判
别式的正负、对称轴的位置和区间端点函数的正负四个角度分析，列出相应的不等式组；
（2）动态检验指让图像上下二元平移，看判别式的条件是否多余或者缺失，左右移动看对称轴的位置是否有
限制；
（3）结合（2）把多余的条件去掉或补上缺失的条件.
解析
⎧
⎨
⎩
f (−2) < 0
f ( 1
2 ) > 0
f (0) < 0
⎧
⎨
⎩
3 + 4a < 0
−3
4 −a > 0
−1 < 0
变式8-1
若关于x的方程x2 + 2ax + a2 −4 = 0的两根x1, x2，满足0 < x1 < 1 < x2，则实数a的取值范围是
.
(−3, −2).
由已知中关于x的方程x2 + 2ax + a2 −4 = 0的两根x1, x2，满足0 < x1 < 1 < x2，根据方程的根与对应函数零
点之间的关系，我们易得方程相应的函数在区间(0, 1)与区间(1, +∞)上各有一个零点，此条件可转化为不等式
组{
，解不等式组即可得到实数a的取值范围.依题意，函数f(x) = x2 + 2ax + a2 −4的两个零点x1, x2
满足0 < x1 < 1 < x2，
根据一元二次方程根的分布，一定有{
，
即{
，解得$-3<-2$，
故答案为：(−3, −2).
该题考查的是有关根据一元二次方程根的分布，构造不等式组求参数的取值范围问题，在解题的过程中，注
意正确写出不等式组是解题的关键，属于简单题目.
教法备注
答案
解析
f(0) > 0
f(1) < 0
f(0) > 0
f(1) < 0
a2 −4 > 0
1 + 2a + a2 −4 < 0
17
【考点】根的区间分布
【教法】重复训练，加深记忆
考点9：有且仅有一根在区间内
例9
关于x的方程x2 + (m −2)x + 2m −1 = 0恰有一根属于(0, 1)，则实数m的取值范围是（ ）
A. [ 1
2 , 2
3 ]
B. ( 1
2 , 2
3 ]
C. [ 1
2 , 2)
D. ( 1
2 , 2
3 ) ∪( 2
3 , 2)
B
把方程的根转化为二次函数的零点问题，从恰有一个零点属于(0, 1)，分为两种情况，一种是另一根刚好过端
点，另一种是另一根不过端点求解；
解：方程x2 + (m −2)x + 2m −1 = 0对应的二次函数设为：f(x) = x2 + (m −2)x + 2m −1，
因为方程x2 + (m −2)x + 2m −1 = 0恰有一根属于(0, 1)，则需要满足：
①f(0) ⋅f(1) < 0 或者②函数f(x)有一个零点刚好经过点(0, 0)或者(1, 0)，另一个零点属于(0, 1)，
解①得：(2m −1)(3m −2) < 0，解得：1
2 < m < 2
3
解②得： 把点(0, 0)代入f(x) = x2 + (m −2)x + 2m −1，解得：m = 1
2 ，此时方程为x2 −3
2 x = 0，两根为
0，3
2 ，而3
2 ∈(0, 1)，不合题意，舍去，
把点(1, 0)代入f(x) = x2 + (m −2)x + 2m −1，解得：m = 2
3 ，此时方程为3x2 −4x + 1 = 0，两根为1，1
3 ，
而1
3 ∈(0, 1)，故符合题意，
综上：实数m的取值范围为( 1
2 , 2
3 ]
故选：B
教法备注
【考点】根的区间分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
变式9-1
方程x2 + ax −2 = 0在区间[1, 5]上有根，则实数a的取值范围为
18
A. (−23
5 , +∞)
B. (1, +∞)
C. [−23
5 , 1]
D. (−∞, 23
5 ]
C
由于方程x2 + ax −2 = 0有解，△= a2 + 8 > 0,设它的两个解分别为x ，x ，则x ⋅x =−2<0，
故方程x2 + ax −2 = 0在区间[1,5]上有唯一解．
设f(x)= x2 + ax −2，则有f(1)f(5)≤0，即(a−1)(5a+23)⩽0，
解得：−23
5 ⩽a⩽1，
故选C.
点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
教法备注
【考点】根的区间分布
【教法】重复训练，加深记忆
答案
解析
1
2
1
2
考点10：两根在两个区间内
典型例题
例10
已知关于x的方程x2 −(m + 1)x + 4m2 = 0的两根分别在区间(0，1)，(1，2)内，则实数m的取值范围为
．
(0，1
4 )
转化化二次函数零点分布问题，数形结合得到不等式组，求出m的取值范围.
令f (x) = x2 −(m + 1)x + 4m2，
答案
解析
19
根据题意得
⇒
，
由①得：m ≠0，由②得：0 < m < 1
4 ，由③得：x ∈R，
求交集得：0 < m < 1
4
故m的取值范围为(0, 1
4 ).
故答案为：(0, 1
4 )
⎧
⎨
⎩
f (0) > 0
f (1) < 0
f (2) > 0
⎧
⎨
⎩
4m2 > 0①
1 −(m + 1) + 4m2 < 0②
4 −2 (m + 1) + 4m2 > 0③
变式10-1
关于x的方程x2 + (m −3)x + m = 0
(1)
若方程满足一个根在(−2, 0)内，另一个根在(0, 4)内，求m的取值范围；
(2)
若方程至少有一个非负实根，求m的取值范围.
(1) (−4
5 , 0)
(2) (−∞, 1]
(1) 若方程x2 + (m −3)x + m = 0一个根在(−2, 0)内，另一个根在(0, 4)内，
令f (x) = x2 + (m −3)x + m，
则
，解得−4
5 < m < 0，
即m的取值范围是(−4
5 , 0).
答案
解析
⎧
⎨
⎩
f (−2) = 10 −m > 0
f (0) = m < 0
f (4) = 5m + 4 > 0
20
(2)
①若方程有两非负实根，则
，解得0 ≤m ≤1；
②若方程有一负实根，一零根，则，
，无解；
③若方程有一正一负实根，则f (0) = m < 0，解得m < 0.
综上所述，m的取值范围为(−∞, 1].
教法备注
【考点】根的区间分布
【教法】重复训练，加深记忆
⎧
⎨
⎩
Δ = (m −3)2 −4m ≥0
−m −3
2
≥0
f (0) = m ≥0
⎧
⎨
⎩
−m −3
2
< 0
f (0) = m = 0
06 不等式的性质与一元二次不等式的解法
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
实数大小的比较
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握不等式的应用
目标3
★★☆☆☆☆ 理解
理解一元一次、一元二次不等式的解法
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握含参一元二次不等式的解法
目标5
★★★☆☆☆ 操作
掌握含参不等式的讨论方法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：掌握等式及其性质，方程及方程的解（集），并会用等式性质求解一次方程组.
重难点：韦达定理的应用
2．本讲知识点在高考中结合考察，较少单独命题；
3．对应教材：新版上教教材的第二章等式与不等式，第一节等式与不等式的性质；
4．本讲知识点属于等式与不等式章节，属于基础内容，在高中各个章节中都会运用到等式与不等式的性质，
要打好基础.
5．本讲知识点的考纲要求：理解不等式、方程和函数之间的联系，初步会用不等式解决 一些实际应用问
题，掌握一元二次不等式的解法.重难点：一元二次函数、方程、不等式间的关系与应用；
2
6．本讲知识点在高考中常常结合集合等章节考察，分值占比3%；
7．对应教材：新版上教教材的第二章等式与不等式，第二节不等式的求解；
8．本讲知识点属于等式与不等式章节，属于基础内容，在高中各个章节中都会运用到不等式的求解，要打好
基础.
教法备注
引导学生回忆一元一次不等式的解法，同时思考一元二次不等式的解法
知识点1——两实数大小的比较
考点1：两实数比较大小
知识笔记
两个实数大小的比较
设a, b ∈R, 则a > b⇔a −b > 0;a < b⇔a −b < 0.
典型例题
例1
（1）已知x ∈R，比较2x2 + 3x −1与7x −3的大小；
（2）已知a > 0，b > 0，若a + b > 4，求证：
a
b + 2 和
b
a + 2 中至少有一个大于1
2 .
3
（1） 2x2 + 3x −1 ≥7x −3；（2）证明见详解
（1）运用作差比较法，结合配方法进行比较大小即可；
（2）用反证法，假设
a
b + 2 ≤1
2 ，
b
a + 2 ≤1
2 ，推出a + b ≤4矛盾，即得证.
（1）∵(2x2 + 3x −1) −(7x −3) = 2x2 −4x + 2 = 2(x −1)2 ≥0，
∴2x2 + 3x −1 ≥7x −3.
（2）假设
a
b + 2 ≤1
2 ，
b
a + 2 ≤1
2 ，
∵a > 0, b > 0，∴a + 2 > 0，b + 2 > 0，
∴2a ≤b + 2, 2b ≤a + 2，
两式相加得，a + b ≤4，这与a + b > 4矛盾，所以假设错误.
所以
a
b + 2 和
b
a + 2 中至少有一个大于1
2 .
答案
解析
变式1-1
已知方程x2 + 4x + m = 0的两个实根为x1，x2，将A = x2
1 + x2
2与B = x1x2 (x1 + x2)表示为m的代数式，并比较A
与B的大小．
见解析
根据韦达定理得x1 + x2 = −4, x1x2 = m，由作差法即可比较大小.
由题意得x1 + x2 = −4, x1x2 = m，且Δ = 16 −4m ≥0 ⇒m ≤4，
所以A = x2
1 + x2
2 = (x1 + x2)2 −2x1x2 = 16 −2m，B = x1x2 (x1 + x2) = −4m，
所以A −B = 16 −2m + 4m = 16 + 2m，
当−8 < m ≤4时，16 + 2m > 0， 故A > B，
当m = −8时，16 + 2m = 0 ⇒A = B
当m < −8时，16 + 2m < 0 ⇒A < B
答案
解析
4
变式1-2
设x ∈R，比较
1
1 + x 与1 −x的大小.
答案不唯一，见解析；
通过作差可得
1
1 + x −(1 −x) =
x2
1 + x ，分为 x = 0，x < −1 和 −1 < x < 0或x > 0三种情形，得其与0的关
系，进而可得结果.
1
1 + x −(1 −x) =
x2
1 + x .
①当x = 0时，
x2
1 + x = 0，∴
1
1 + x = 1 −x；
②当1 + x < 0，即x < −1时，
x2
1 + x < 0，
∴
1
1 + x < 1 −x；
③当1 + x > 0且x ≠0，即 −1 < x < 0 或 x > 0 时，
x2
1 + x > 0，
∴
1
1 + x > 1 −x.
综上可得：当x = 0时，
1
1 + x = 1 −x；当x < −1时，
1
1 + x < 1 −x；当−1 < x < 0 或 x > 0 时，
1
1 + x > 1 −x.
本题主要考查了利用作差法比较大小，考查了学生的计算能力，分类讨论的思想，属于中档题.
教法备注
【考点】作差法比较大小
答案
解析
5
【教法】作差法比较大小及分类讨论
知识点2——不等式的基本性质
考点2：不等式的基本性质
知识笔记
不等式的基本性质
性质1： a > b ⇔b < a （对称性）；
性质2： a > b, b > c ⇔a > c （传递性）；
性质3： a > b ⇒a + c > b + c （可加性）；
性质4： a > b, c > 0 ⇒ac > bc; a > b, c < 0 ⇒ac < bc（可乘性）；
性质5： a > b, c > d ⇒a + c > b + d （叠加性）；
性质6： a > b > 0, c > d > 0 ⇒ac > bd （叠乘性）；
性质7： a > b > 0, n ∈N ∗⇒an > bn (可乘方性)；
性质8: a > b, ab > 0 ⇒1
a < 1
b (可倒性,注意a, b要同号).
典型例题
例2
如果b < a < 0，那么下列不等式中错误的是（ ）
A. c + b < c + a
B. a2 < b2
C. bc2 < ac2
D.
1
a < 1
b
C
答案
解析
6
对于选项A，根据不等式的加法法则，显然正确，所以该选项正确；
对于选项B，因为b < a < 0，所以a2 < b2，所以该选项正确；
对于选项C，当c=0时，显然不成立，所以该选项错误；
对于选项D，1
a −1
b = b −a
ab
< 0所以1
a < 1
b ，所以该选项正确．
故选：C
变式2-1
已知a，b ∈R，且满足a > b，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A.
b
a > 1
B. a3 > b3
C. ( 1
2 )
a
> ( 1
2 )
b
D. a2 > b2
B
通过取a = 1, b = −2，即可判断出选项A，C和D的正误，对于B，通过作差，即可求解.
取a = 1, b = −2，显然满足a > b，此时b
a = −2 < 1，( 1
2 )
a
= 1
2 < 4 = ( 1
2 )
−2
= ( 1
2 )
b
，a2 = 1 < 4 = b2
，
所以选项A，C和D错误，
对于选项B，因为a3 −b3 = (a −b) (a2 + ab + b2) = (a −b) [(a + 1
2 b)
2
+ 3
4 b2]，
又a > b，所以a −b > 0, (a + 1
2 b)
2
+ 3
4 b2 > 0，得到a3 −b3 > 0，即a3 > b3，所以选项B正确，
故选：B.
答案
解析
考点3：叠加性的应用
典型例题
例3
已知x ∈(−1, 2)，y ∈(3, 4)，则x + y的范围是
.
(2, 6)
答案
7
根据给定条件，利用不等式的性质求出范围.
由x ∈(−1, 2)，y ∈(3, 4)，得x + y ∈(2, 6).
所以x + y的范围是(2, 6).
故答案为：(2, 6)
解析
变式3-1
已知−2 ≤a ≤3, 2 ≤b ≤7
2 ，则a −2b的取值范围为
.
[−9, −1]
根据不等式的性质得解.
因为−2 ≤a ≤3, 2 ≤b ≤7
2 ，
所以−7 ≤−2b ≤−4，
所以−9 ≤a −2b ≤−1，
故答案为：[−9, −1]
答案
解析
变式3-2
已知−1 ≤a + b ≤4，2 ≤a −b ≤3，则3a −2b的取值范围为 .
[ 9
2 , 19
2 ]
令m(a + b) + n(a −b) = 3a −2b求出m、n，再应用不等式的性质求3a −2b的范围.
令m(a + b) + n(a −b) = 3a −2b，则(m + n)a + (m −n)b = 3a −2b，
所以{
，可得
，故3a −2b = 1
2 (a + b) + 5
2 (a −b)，
而1
2 (a + b) ∈[−1
2 , 2], 5
2 (a −b) ∈[5, 15
2 ]，故3a −2b ∈[ 9
2 , 19
2 ].
答案
解析
m + n = 3
m −n = −2
⎧
⎨
⎩
m = 1
2
n = 5
2
8
故答案为：[ 9
2 , 19
2 ]
教法备注
【考点】不等式的性质
【教法】待定系数法和不等式叠加性的应用
考点4：不等式的综合应用
典型例题
例4
对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若a
b > c
d ，那么称点(a, b)是点(c, d)的“上位点”，同时点
(c, d)是点(a, b)的“下位点”；
(1)
写出点(2, 3)的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标；
(2)
设点(a, b)是点(c, d)的“上位点”，判断点P (a + c, b + d)是否既是点(a, b)的“下位点”，又是点(c, d)的上位点，
证明你的结论；
(3)
设正整数n满足以下条件：对集合{t |0 < t < 2024, t ∈Z}内的任意元素m，总存在正整数k，使得点(n, k)既是
点(2024, m)的“下位点”，又是点(2025, m + 1)的“上位点”，求正整数n的最小值，并说明理由.
(1) “下位点” (1, 2)；“上位点” (5, 6)
(2) 是，理由见解析
(3) 4049，理由见解析
答案
解析
9
(1) ∵1
2 < 2
3 < 5
6 ,
∴(2, 3)的一个“下位点”可以是(1, 2)；(2, 3)的一个“上位点”可以是(5, 6).
(2) 结论正确：点P (a + c, b + d)既是点(a, b)的“下位点”，又是点(c, d)的上位
证明：∵点(a, b)是点(c, d)的“上位点”，
∴a
b > c
d ，且a，b，c，d均大于0，∴ad −bc > 0
∴a + c
b + d −a
b = b (a + c) −a (b + d)
b (b + d)
= bc −ad
b (b + d) < 0，即a + c
b + d < a
b ，
∴点P (a + c, b + d)是点(a, b)的“下位点”；
同理，a + c
b + d −c
d = d (a + c) −c (b + d)
d (b + d)
= ad −bc
b (b + d) > 0，即a + c
b + d > c
d ，
∴点P (a + c, b + d)是点(c, d)的“上位点”.
(3) 由题意⇒2025
m + 1 < n
k < 2024
m 对任意m ∈(0, 2024)，m ∈Z都成立
⇒{
⇒{
⇒
即总存在正整数k，使不等式nm + 1
2024
≤k ≤n (m + 1) −1
2025
成立
则nm + 1
2024
≤n (m + 1) −1
2025
对任意m ∈(0, 2024)，m ∈Z都成立
⇒2025 (nm + 1) ≤2024 (nm + n −1)
⇒n ≥
4049
2024 −m 对任意m ≤2023，m为正整数恒成立
⇒n ≥(
4049
2024 −m )
max
⇒n ≥4049
所以正整数n的最小值为4049.
教法备注
【考点】新定义 、 作差法的应用 、 不等式的概念与性质
【教法】引导学生理解题干信息，利用作差法比较大小
nm < 2024k
n (m + 1) > 2025k
nm + 1 ≤2024k
n (m + 1) −1 ≥2025k
⎧
⎨
⎩
nm + 1
2024
≤k
n (m + 1) −1
2025
≥k
变式4-1
求出一个数学问题的正确结论后，将其作为条件之一提出与原来问题有关的新问题，我们把它称为原来问题的一
个“逆向”问题.例如，原来问题是“若直角三角形的两条直角边长分别为3和4，求该直角三角形的面积”，求出面积6
后，它的一个“逆向”问题可以是“若直角三角形的面积为6，一条直角边长为3，求另一条直角边的长”.试给出问
题“已知c = a + b，若1 ≤a ≤2, −1 ≤b ≤3，求c的取值范围”的一个“逆向”问题，并解答你所给出的“逆向”问题.
10
“逆向”问题：已知 c = a + b，若 0 ≤c ≤5, 1 ≤a ≤2,求 b的取值范围；解答为： −2 ≤b ≤4
利用逆向”问题的意义可以是：已知c = a + b，若0 ≤c ≤5, 1 ≤a ≤2,求b的取值范围．∵1 ≤a ≤2, −1 ≤b ≤3
，∴c = a + b ∈[0, 5],
“逆向”问题：已知c = a + b，若0 ≤c ≤5, 1 ≤a ≤2,求b的取值范围.
解：∵1 ≤a ≤2，∴−2 ≤−a ≤−1，
又0 ≤c ≤5,
∴−2 ≤c −a ≤4,
∴−2 ≤b ≤4
正确理解“逆向”问题的意义和不等式的基本性质是解题的关键．
答案
解析
知识点3——一元一次、一元二次不等式的解法
考点5：一元一次不等式的解法
知识笔记
一元一次不等式的解法
一元一次不等式
x为自变量，ax > b，讨论a > 0, x > b
a ；a < 0, x < b
a .
典型例题
例5
关于x的不等式ax + 1 < 0 (a > 0)的解集为
．
(−∞, −1
a )
答案
11
利用不等式的性质可求解.
由ax + 1 < 0 (a > 0)，可得x < −1
a ，
所以不等式ax + 1 < 0 (a > 0)的解集为(−∞, −1
a ).
故答案为：(−∞, −1
a ).
解析
变式5-1
已知a ∈R，若关于x的不等式ax < x + 2的解集为R，则a =
.
1
由题意知不等式(a −1)x −2 < 0的解集为R，则a −1 = 0，解之即可求解.
原不等式可化为(a −1)x −2 < 0，
又不等式的解集为R，
所以一次函数y = (a −1)x −2的图象都在x轴的下方，
则a −1 = 0，解得a = 1，
故答案为：1
答案
解析
考点6：一元二次不等式的解法
知识笔记
一元二次不等式的一般形式：ax2 + bx + c > 0 (a ≠0)或ax2 + bx + c < 0 (a ≠0) ； ax2 + bx + c ≥0 (a ≠0)或
ax2 + bx + c ≤0 (a ≠0)
一元二次不等式的基本解法：
一般地，设关于x的一元二次不等式为ax2 + bx + c > 0或ax2 + bx + c < 0 (a > 0)，其对应的一元二次方程
ax2 + bx + c = 0的根的判别式是Δ = b2 −4ac, x1, x2 (x1 < x2)是一元二次方程ax2 + bx + c = 0的两个实根.
(1)当Δ > 0时，不等式ax2 + bx + c > 0的解集为(−∞, −b −√Δ
2a
) ⋃( −b + √Δ
2a
, +∞)；
12
不等式ax2 + bx + c < 0的解集为( −b −√Δ
2a
, −b + √Δ
2a
)；
(2)当Δ < 0时,不等式ax2 + bx + c > 0的解集为R，不等式ax2 + bx + c < 0的解集为∅；
(3)当Δ = 0时,不等式ax2 + bx + c > 0的解集为x ≠−b
2a ，不等式ax2 + bx + c < 0的解集为∅.
典型例题
例6
已知集合A = {1, 2, 3}，B = {x ∣x2 < 8}，则A ∩B =
.
{1, 2}
解一元二次不等式求出集合B，再根据交集的定义计算可得.
由x2 < 8，即(x −2√2) (x + 2√2) < 0，解得−2√2 < x < 2√2，
所以B = {x|x2 < 8} = {x| −2√2 < x < 2√2}，
又A = {1, 2, 3}，所以A ∩B = {1, 2}.
故答案为：{1, 2}
答案
解析
变式6-1
集合A = {x|(x + 3)(x −2) > 0}，B = {x|
x + 5
x2 + 2x + 3 < 1}，则A ∩B =
.
[−3, −2) ∪(1, 2]
解不等式求得集合A, B，进而求得A ∩B.
A = {x|(x + 3)(x −2) > 0} = {x|x < −3或x > 2}，
所以A = {x| −3 ≤x ≤2}.
x + 5
x2 + 2x + 3 < 1,
x + 5
x2 + 2x + 3 −1 = x + 5 −x2 −2x −3
x2 + 2x + 3
= −(x −1) (x + 2)
(x + 1)2 + 2
< 0，
即(x −1) (x + 2) > 0，解得x < −2或x > 1，所以B = {x|x < −2或x > 1}，
所以A ∩B = [−3, −2) ∪(1, 2].
–
答案
解析
–
–
–
13
故答案为：[−3, −2) ∪(1, 2]
知识点4——含参一元二次不等式的解法
考点7：根据不等式的解集求参数
典型例题
例7
关于x的不等式ax2 + bx + 2 > 0的解集为{x| −2 < x < 3}，则a + b =
．
0
根据一元二次不等式的解集求得a, b，进而求得a + b.
由于不等式ax2 + bx + 2 > 0的解集为{x| −2 < x < 3}，
所以
，解得a = −1
3 , b = 1
3 ，
所以a + b = 0.
故答案为：0
答案
解析
⎧
⎨
⎩
−2 + 3 = 1 = −b
a
−2 × 3 = −6 = 2
a
变式7-1
若关于x的不等式 2kx2 + kx + 1
8 ≤0的解集为空集，则实数k的取值范围是 .
[0, 1)
先对k进行分类讨论，当k = 0时，1
8 ≤0，符合题意；当k ≠0时，若想不等式解集为空集，必有{
，解
之可得k的范围.
答案
解析
k > 0
Δ < 0
14
由题意得，关于x的不等式 2kx2 + kx + 1
8 ≤0的解集为空集，
当k = 0时，1
8 ≤0，符合题意；
当k ≠0时，则须满足{
，即{
，解得0 < k < 1，
综上所述，k的取值范围是0 ≤k < 1，
故答案为：[0, 1)
k > 0
Δ < 0
k > 0
Δ = k2 −k < 0
变式7-2
关于x的不等式x2 −(a + 1)x + a < 0的解集中恰有两个正整数，则实数a的取值范围是
.
(3, 4]
分类讨论两根大小解不等式，结合题意分析求解即可.
对于不等式x2 −(a + 1)x + a < 0，可得不等式(x −1) (x −a) < 0，
若a < 1，解得a < x < 1，无正整数解，不合题意；
若a = 1，不等式无解，不合题意；
若a > 1，解得1 < x < a，由题意可得3 < a ≤4；
综上所述：实数a的取值范围是(3, 4].
故答案为：(3, 4].
答案
解析
考点8：含参一元二次不等式的解法
知识笔记
解含参数一元二次不等式，通常都能够通过因式分解求解，若不能因式分解，可考虑用求根公式，涉及讨论思想
时，注意讨论顺序，先确认二次项系数是否为零，再讨论开口方向，最后讨论根的大小.
典型例题
例8
1
若0 < a < 1，则关于x的不等式(x −a) (x −1
a ) > 0的解集为
．
15
{x
x < a或x > 1
a }
根据一元二次不等式的解法计算即可.
方程(x −a) (x −1
a ) = 0的解为x = a或1
a ，
因为0 < a < 1，所以a < 1
a ，
所以关于x的不等式(x −a) (x −1
a ) > 0的解集为{x
x < a或x > 1
a }.
故答案为：{x
x < a或x > 1
a }.
答案
解析
2
已知实数a < b，关于x的不等式x2 −(a + b)x + ab + 1 < 0的解集为(x1, x2)，则实数a、b、x1、x2从小到大的排列
是( )
A. a < x1 < x2 < b
B. x1 < a < b < x2
C. a < x1 < b < x2
D. x1 < a < x2 < b
A
由题可得：x1 + x2 = a + b, x1x2 = ab + 1 ．由 a < b, x1 < x2 ，设 x1 = a + m ，则 x2 = b −m ．所以
x1x2 = (a + m)(b −m) = ab + m(b −a) −m2 = ab + 1 ，所以 m(b −a) −m2 = 1, m = 1 + m2
b −a ．又 a < b
，所以 b −a > 0 ，所以 m > 0 ．故 x1 > a ,x2 < b ．又 x1 < x2 ，故 a < x1 < x2 < b ．
故选：A．
教法备注
【考点】解含参一元二次不等式 、 根的区间分布问题
【教法】引导学生根据韦达定理，求参数的取值范围
答案
解析
变式8-1
当0 < a < 1时，关于x的不等式(x −3) [(1 −a)x + (a −3)] < 0的解集为（ ）
16
A. (−∞, a −3
a −1 ) ∪(3, +∞)
B. (−∞, 3) ∪( a −3
a −1 , +∞)
C. (3, a −3
a −1 )
D. ( a −3
a −1 , 3)
C
将原不等式转换为(x −3) [x −a −3
a −1 ] < 0，在0 < a < 1的前提下，比较3, a −3
a −1 的大小即可得解.
0 < a < 1时，1 −a > 0，不等式(x −3) [(1 −a)x + (a −3)] < 0可化为(x −3) [x −a −3
a −1 ] < 0，
因为a −3
a −1 −3 = a −3 −3a + 3
a −1
= −2a
a −1 ，且0 < a < 1，
所以−2a
a −1 > 0，a −3
a −1 > 3，
解原不等式，得3 < x < a −3
a −1 ，
所以原不等式的解集为{x|3 < x < a −3
a −1 }.
故选：C.
答案
解析
变式8-2
若方程ax2 + bx + c = 0有唯一的实数根2，则不等式ax2 + bx + c ≥0的解集为
.
{2}或 R或 (−∞, 2]或 [2, +∞)
首先根据方程的类型分类讨论，再根据一次函数和二次函数的图象求解即可.
①a = 0时，由题意知方程bx + c = 0有唯一的实数根2，此时b ≠0，且2b + c = 0，
得不等式bx −2b ≥0，即b (x −2) ≥0，
则当b > 0时，x ≥2；当b < 0时，x ≤2.
②当a ≠0时，由题意知方程ax2 + bx + c = 0有唯一的实数根2，
即二次函数y = ax2 + bx + c的图象与x轴只有一个交点(2, 0)，
当a > 0时，不等式ax2 + bx + c ≥0的解集为R，
当a < 0时，不等式ax2 + bx + c ≥0的解集为{2}，
综上所述，不等式ax2 + bx + c ≥0的解集为{2}或R或(−∞, 2]或[2, +∞)；
故答案为：{2}或R或(−∞, 2]或[2, +∞)
答案
解析
17
变式9-3
（1）若不等式mx2 + (1 −m)x + m −2 ≥−2对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围；
（2）已知实数m < 0，解关于x的不等式mx2 + (1 −m)x + m −2 < m −1.
（1） {m|m ≥1
3 }；（2）答案见解析
（1）由题设mx2 + (1 −m)x + m ≥0对一切实数x恒成立，讨论参数m，结合一元二次不等式在实数集上恒
成立列不等式组求范围即可．
（2）讨论m = 0、m ≠0，结合一元二次不等式的解法求解集．
（1）由mx2 + (1 −m)x + m −2 ≥−2得mx2 + (1 −m)x + m ≥0对一切实数x恒成立，
当m = 0时，mx2 + (1 −m)x + m = x ≥0不恒成立，故不符合题意；
当m ≠0时，要使得对一切实数x，不等式mx2 + (1 −m)x + m ≥0恒成立，
则{
，可得m ≥1
3 ；
综上，m的范围为{m|m ≥1
3 }．
（2）当m = 0时，mx2 + (1 −m)x + m −2 < m −1，
即x −2 < −1，可得x < 1，解集为{x|x < 1}；
当m ≠0时，mx2 + (1 −m)x −1 = m (x + 1
m ) (x −1) < 0，
当m < 0，则(x + 1
m ) (x −1) > 0，
若−1
m > 1，即−1 < m < 0时，可得x > −1
m 或x < 1，解集为{x|x < 1或x > −1
m }；
若−1
m = 1，即m = −1时，可得x ≠1，解集为{x|x < 1或x > 1}；
若−1
m < 1，即m < −1时，可得x > 1或x < −1
m ，解集为{x|x < −1
m 或x > 1}；
答案
解析
m > 0
Δ = (1 −m)2 −4m2 ≤0
18
当m > 0，则(x + 1
m ) (x −1) < 0，可得−1
m < x < 1，解集为{x| −1
m < x < 1}，
综上，当m = 0时，解集为{x|x < 1}；
当−1 < m < 0时，解集为{x|x < 1或x > −1
m }；
当m = −1时，解集为{x|x < 1或x > 1}；
当m < −1时，解集为{x|x < −1
m 或x > 1}；
当m > 0时，解集为{x| −1
m < x < 1}．
教法备注
【考点】解含参一元二次不等式、不等式的恒成立问题
【教法】引导学生结合一元二次不等式在实数集上恒成立列不等式组求范围即可，讨论m的正负，结合一元
二次不等式的解法求解集
考点9：一元二次不等式在实数集上恒成立问题
知识笔记
(1)若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题.一般地，对于二次函数
y = ax2 + bx + c(a ≠0, x ∈R),有
y > 0对x ∈R恒成立⇔ a > 0, Δ < 0
y < 0对x ∈R恒成立⇔ a < 0, Δ < 0
(2)将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：
y > a恒成立⇔ a < ymin;
y < a恒成立⇔ a > ymax.
典型例题
例9
若关于x的不等式x2 −mx + 1 > 0的解集为R，则实数m的取值范围是
.
$-2<2$
答案
19
结合对应二次函数的性质分析可得，函数图象恒在x轴上方，与x轴无交点，即Δ = m2 −4 < 0，求解即可
由题意，关于x的不等式x2 −mx + 1 > 0的解集为R
根据二次函数性质，对应的二次函数y = x2 −mx + 1开口向上，要保证x2 −mx + 1 > 0恒成立，即函数图象
恒在x轴上方，与x轴无交点
即Δ = m2 −4 < 0
解得：$-2<2$
故实数m的取值范围是$-2<2$
故答案为：$-2<2$
解析
变式9-1
若关于x的不等式m(m −1)x2 + mx −2 < 0的解集为R，求实数m的取值范围.
0 ≤m < 8
9
分m(m −1) = 0以及m(m −1) ≠0两种情况，结合二次函数开口和判别式即可得解.
当m(m −1) = 0时，m = 0或m = 1，
若m = 0时，原不等式变为：−2 < 0，满足；若m = 1，原式变为：x −2 < 0，此时解集不为R，不满足；
当m(m −1) ≠0时，因为解集为R，所以{
，
解得： $0<\dfrac{8}{9}$；
综上：0 ≤m < 8
9 .
答案
解析
m(m −1) < 0
Δ = m2 −4m(m −1) (−2) < 0
变式9-2
已知m ∈R，关于x的不等式(m + 1)x2 −mx + m −1 > 0．
(1)
若不等式解集为∅，求实数m的取值范围；
20
(2)
若不等式对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．
(1) {m
m ≤−2√3
3
}
(2) {m
m ≥2√3
3
}
(1) 解：因为不等式(m + 1)x2 −mx + m −1 > 0的解集为∅，
则不等式(m + 1)x2 −mx + m −1 ≤0对任意的实数x恒成立，
当m + 1 = 0时，即当m = −1时，原不等式即为x −2 ≤0，解得x ≤2，不合乎题意；
所以，m ≠−1，由题意可得{
，解得m ≤−2√3
3
，
因此，实数m的取值范围是{m
m ≤−2√3
3
}.
(2) 解：因为不等式(m + 1)x2 −mx + m −1 > 0对一切实数x恒成立，
由（1）可知，m ≠−1，则{
，解得m ≥2√3
3
，
所以，实数m的取值范围是{m
m ≥2√3
3
}.
教法备注
【考点】不等式的恒成立问题
【教法】分情况讨论二次项系数，根据不等式的恒成立问题，求参数的取值范围
答案
解析
m + 1 < 0
Δ = m2 −4 (m + 1) (m −1) = 4 −3m2 ≤0
m + 1 > 0
Δ = 4 −3m2 ≤0
考点10：一元二次不等式在某区间上恒成立问题
知识笔记
若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参
数范围.这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强.
典型例题
21
例10
已知函数f(x) = x2 + 2x + 3 + m，若f(x) ≥0对任意的x ∈[1, 2]恒成立，则实数m的取值范围是
.
[−6, +∞)
对任意x ∈[1, 2]，f(x) ≥0恒成立，等价于x2 + 2x + 3 ≥−m在[1, 2]上恒成立，令g(x) = x2 + 2x + 3，求其在
[1, 2]上的最小值即可.
对任意x ∈[1, 2]，f(x) ≥0恒成立，
等价于x2 + 2x + 3 ≥−m在[1, 2]上恒成立，
令g(x) = x2 + 2x + 3，
则其在[1, 2]上的最小值为g(1) = 6，所以6 ≥−m，得m ≥−6.
故答案为：[−6, +∞)
答案
解析
变式10-1
已知函数f(x) = x2 + 2ax −a + 2.
（1）若对于任意x ∈R, f(x) ≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若对于任意x ∈[−1, 1], f(x) ≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若对于任意a ∈[−1, 1], f(x) > 0成立，求实数x的取值范围.
（1） [−2, 1]；（2） [−3, 1]；（3） {x |x ≠−1}.
答案
解析
22
（1）由题意利用二次函数的性质可得Δ ⩽0，由此求得求得a的范围；（2）由于对于任意x ∈[−1，1]，
f(x) ⩾0恒成立，故f(x)min ⩾0．利用二次函数的性质，分类讨论求得a的范围；（3）问题等价于
g (a) = (2x −1)a + x2 + 2 > 0，再由g(−1)、g(1)都大于零，求得x的范围．
（1）若对于任意x ∈R,f (x) = x2 + 2ax −a + 2 ≥0恒成立，
则有Δ = 4a2 −4 (−a + 2) ≤0，解得−2 ≤a ≤1；
（2）由于对于任意x ∈[−1, 1]，f (x) ≥0恒成立，故f(x)min ≥0．
又函数f (x)的图象的对称轴方程为x = −a，
当−a < −1时，fmin (x) = f (−1) = 3 −3a ≥0，求得a无解；
当−a > 1时，fmin (x) = f (1) = 3 + a ≥0，求得−3 ≤a < −1；
当−a ∈[−1, 1]时，fmin (x) = f (−a) = −a2 −a + 2，求得−1 ≤a ≤1．
综上可得，a的范围为[−3, 1]；
（3）若对于任意a ∈[−1, 1]，x2 + 2ax −a + 2 > 0恒成立，等价于g (a) = (2x −1)a + x2 + 2 > 0，
∴{
，求得x ≠−1，即x的范围为{x |x ≠−1}．
本题主要考查不等式恒成立求参数的取值范围问题，对于二次不等式恒成立，要结合二次函数的图象和性
质，对于在某区间上恒成立的二次不等式，要注意讨论函数的对称轴与区间的关系，对于第（3）小题，要注
意分清自变量是a,从而转化为线型函数在区间内大于零的问题．
教法备注
【考点】一元二次不等式的恒成立问题
【教法】结合二次函数的图像和性质，讨论函数的对称轴和区间的关系
g (−1) = x2 −2x + 3 > 0
g (1) = x2 + 2x + 1 > 0
变式10-2
已知关于x的不等式kx2 −2x + 6k < 0 (k > 0)．
(1)
若不等式的解集为A = (2, 3)，求实数k的值；
(2)
若不等式在x ∈(2, 3)时恒成立，求实数k的取值范围．
(1) k = 2
5 ；
(2) $0.
(1) 由题设知：2, 3是方程kx2 −2x + 6k = 0 (k > 0)的两个根，
答案
解析
23
所以2
k = 2 + 3 = 5，即k = 2
5 ，经检验满足题设，
所以k = 2
5 .
(2) 令f (x) = x2 −2
k x + 6，则f(x) < 0在x ∈(2, 3)上恒成立，
而f(x)开口向上且对称轴x = 1
k > 0，故Δ = 4
k2 −24 > 0，
所以0 < k < √6
6 ，此时对称轴x = 1
k ∈(√6, +∞)，
当√6 < 1
k < 3 ⇒1
3 < k < √6
6 时，
⇒k ≤2
5 ，此时$\dfrac13；
当1
k ≥3 ⇒0 < k ≤1
3 时，只需f(2) = 10 −4
k ≤0 ⇒k ≤2
5 ，此时0 < k ≤1
3 ；
综上，$0.
教法备注
【考点】一元二次不等式的恒成立问题
【教法】结合二次函数的图像和性质，讨论函数的对称轴和区间的关系
⎧
⎨
⎩
f(2) = 10 −4
k ≤0
f(3) = 15 −6
k ≤0
07 其他不等式的求解
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握分式不等式的解法
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握单绝对值不等式的解法
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握双绝对值不等式的解法
目标4
★★★☆☆☆ 操作
掌握高次不等式的解法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解不等式、方程和函数之间的联系，初步会用不等式解决一些实际应用问题，
掌握分式、绝对值不等式的解法.重难点：含参数不等式的解法；
2．本讲知识点在高考中常常结合集合等章节考察，分值占比3%；
3．对应教材：新版上教教材的第二章等式与不等式，第二节不等式的求解；
4．本讲知识点属于等式与不等式章节，属于基础内容，高中的各个章节中都会运用到不等式的求解，要打好
基础.
2
教法备注
上一讲我们刚刚学习过一元二次不等式的解法，例如：(x −1)(x + 2) < 0 ⇒x ∈(−2, 1)，求解的过程可以看
作两式相乘为负，两式异号，那么你能求出x −1
x + 2 < 0的解集吗？x −1
x + 2 ≤0呢？
知识点1——分式不等式的解法
考点1：不含参分式不等式的解法
知识笔记
分式不等式的解法
解分式不等式的基本思路：先将其转化为整式不等式，在此过程中，变形的等价性尤为重要.
解分式不等式的通法（以大于为例），
(1)标准化：右边化零，化成 f (x)
g (x) > 0（或f (x)
g (x) ≥0）形式；系数化正；
(2)将f (x)
g (x) > 0（或f (x)
g (x) ≥0）转化为整式不等式f (x) ⋅g (x) > 0（或f (x) ⋅g (x) ≥0且g (x) ≠0）；
注意: (1)标准化之前不要去分母；
(2)解不等式中的每一步要求“等价”即同解变形；
(3)结果用集合的形式表示.
典型例题
例1
已知集合M = {x
x + 3
x −3 ≤0, x ∈Z}, N = {x |1 < x ≤4}，则M ∩N =（ ）
A. {x |1 < x < 3}
B. {1, 2}
C. {2}
D. {2, 3, 4}
C
求出集合M后可求M ∩N.
M = {x| −3 ≤x < 3, x ∈Z} = {−3, −2, −1, 0, 1, 2},
答案
解析
3
故M ∩N = {2}，
故选：C.
变式1-1
不等式1 −
7
2x −1 ≤0的解集是
.
{x
1
2 < x ≤4}
原不等式即为{
或{
，分别解出，再求交集即可．不等式1−
7
2x −1 ≤0
即为2x −8
2x −1 ≤0，
即为{
或{
，
即有x∈∅或1
2 ＜x≤4，
则解集为{x
1
2 < x ≤4}．
故答案为{x
1
2 < x ≤4}．
本题考查分式不等式的解法，考查转化为一次不等式组求解，考查运算能力，属于基础题．
答案
解析
2x −8 ≥0
2x −1＜0
2x −8 ≤0
2x −1＞0
2x −8 ≥0
2x −1＜0
2x −8 ≤0
2x −1＞0
变式1-2
(1)
当 a = 1
2 时, 求 A 和 B;
(2)
已知 A ∪B = A, 求实数 a 的取值范围;
(1) A = {x ∣x ≤1 或 x > 3},B = {x
−2 < x < 1
2 }
(2) a ≤1
已知 a ∈R. 集合 A = {x
1 −x
x −3 ≤0}, B = {x ∣x2 + (2 −a)x −2a < 0}
答案
4
(1) 由 1 −x
x −3 ≤0 ，得 {
，解得 x ≤1 或 x > 3 ，
则 A = {x ∣x ≤1 或 x > 3} ；
B = {x ∣x2 + (2 −a)x −2a < 0} = {x ∣(x + 2)(x −a) < 0};
当 a = 1
2 时，B = {x
(x + 2) (x −1
2 ) < 0} ，解得 B = {x
−2 < x < 1
2 } ．
(2) 由 A ∪B = A ，得 B ⊆A ，
当 B = ∅ 时，得 a = −2 ，符合题意；
当 B ≠∅ 时，若 a > −2 ，则 B = {x ∣−2 < x < a} ，
由 B ⊆A ，得 a ≤1 ，此时 −2 < a ≤1 ；
若 a < −2 ，则 B = {x ∣a < x < −2} ，此时 B ⊆A 恒成立，故 a < −2 符合题意；
综上所述，实数 a 的取值范围为 a ≤1 ．
解析
(1 −x)(x −3) ≤0
x ≠3
考点2：含参分式不等式的解法
知识笔记
解分式不等式的基本思路：先将其转化为整式不等式，在此过程中，变形的等价性尤为重要.
典型例题
例2
已知全集U = R，集合M = {x
2x −3
x + a ≤1}.
(1)
当a = 1时，求集合M；
(2)
若−1 ∈M，求实数a的取值范围.
–
5
(1) M = {x ∣−1 < x ≤4}
(2) (−4, 1]
(1) 当a = 1时，则2x −3
x + 1 ≤1 ⇒2x −3 −x −1
x + 1
≤0 ⇒x −4
x + 1 ≤0 ⇒−1 < x ≤4，
集合M = {x ∣−1 < x ≤4}.
(2) 若−1 ∈M，则
−5
−1 + a ≤1 ⇒−4 −a
a −1
≤0 ⇒a + 4
a −1 ≥0 ⇒a > 1或a ≤−4，
则若−1 ∈M, a ∈(−4, 1].
答案
解析
–
变式2-1
已知不等式ax2 −3x + 2 > 0的解集为或{x|x < 1或x > b}．
(1)
求实数a，b的值；
(2)
解不等式3 + ax
bx + 1 > 2．
(1) a = 1, b = 2
(2) {x| −1
2 < x < 1
3 }
(1) 由题意得1, b为方程ax2 −3x + 2 = 0的两根，且a > 0，
故1 + b = 3
a , b = 2
a ，解得a = 1, b = 2；
(2) 由（1）得a = 1, b = 2，
3 + x
2x + 1 > 2 ⇒3 + x
2x + 1 −2 > 0 ⇒1 −3x
2x + 1 > 0，
答案
解析
6
等价于(1 −3x) (2x + 1) > 0，解得−1
2 < x < 1
3 ，
不等式解集为{x| −1
2 < x < 1
3 }
变式2-2
已知关于x的不等式2x −5
x2 −a ≤1的解集为M，若3 ∉M，则实数a的取值范围是
．
8 < a ≤9
若3 ∈M，则将3代入不等式求解即可得到a的范围，根据题意求其补集即可.
∵关于x的不等式2x −5
x2 −a ≤1的解集为M，
若3 ∈M，则有6 −5
9 −a ≤1，即a −8
a −9 ≥0，所以{
，
解得a ≤8或a > 9．
因此若3 ∉M，则8 < a ≤9
故答案为：8 < a ≤9
教法备注
【考点】解分式不等式 、 元素与集合的关系
【教法】将3代入不等式求解即可得到a的范围，根据题意求其补集即可.
答案
解析
(a −8)(a −9) ≥0
a −9 ≠0
变式2-3
对于一个正整数，如果将它的各位数码反向排列后与它本身相等，则称这样的数是“自恋数”，例如6，121，2992都
是自恋数．设所有自恋数组成的集合为A，而B = {x| (x −10) (x −50)
(x −30) (x −70) < 0}，则A ∩B中有
个元素．
4
先解出不等式求得集合B，再结合自恋数及交集的定义求解即可.
答案
解析
7
由(x −10) (x −50)
(x −30) (x −70) < 0，即(x −10) (x −30) (x −50) (x −70) < 0，
解得10 < x < 30或50 < x < 70，
则B = {x |10 < x < 30或50 < x < 70}，
在10 < x < 30内的自恋数有：11, 22，
在50 < x < 70}内的自恋数有：55, 66，
所以A ∩B = {11, 22, 55, 66}，有4个元素.
故答案为：4.
教法备注
【考点】集合新定义问题 、 交集的概念及性质 、 解分式不等式
【教法】先解出不等式求得集合，再结合自恋数及交集的定义求解即可.
知识点2——绝对值不等式的解法
考点3：单绝对值不等式的解法
知识笔记
解含有绝对值不等式的总体思路是：将含有绝对值的不等式转化为不含有绝对值的不等式去解，去绝对值具体方法
如下：
(1)设x ∈R, a ∈R则|x| < a ⇔−a < x < a；|x| > a ⇔x > a；
(2) |f (x)| < g (x)与−g (x) < f (x) < g (x)同解，|f (x)| > g (x)与f (x) > g (x)或f (x) < −g (x)同解.
典型例题
例3
不等式|x −1| < 3的解集为
．
(−2, 4)
∵|x −1| < 3，
答案
解析
8
∴−3 < x −1 < 3，
∴−2 < x < 4，
故不等式的解集是(−2, 4)，
故答案为：(−2, 4)．
变式3-1
设集合 A = {x|x2 −5x + 4 < 0}，B = {x||x −a| < 1}，则“a ∈(2, 3)”是“B ⊆A”的(
)
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
A
根据题意，集合 A = {x|x2 −5x + 4 < 0} = {x|1 < x < 4} = (1, 4)，B = {x||x −a| < 1} = (a −1, a + 1)，
若“a ∈(2, 3)”，可得 1 < a −1 < 2，3 < a + 1 < 4，必有“B ⊆A”，
若“B ⊆A”，则有 {
，解可得 2 ⩽a ⩽3，“a ∈(2, 3)”不一定成立，
则“a ∈(2, 3)”是“B ⊆A”的充分不必要条件．
故选 A
答案
解析
a −1 ⩾1
a + 1 ⩽4
考点4：双绝对值不等式的解法
知识笔记
解含有绝对值不等式的总体思路是：将含有绝对值的不等式转化为不含有绝对值的不等式去解，去绝对值具体方法
如下：
(1) |ax + b| > |cx + d|与(ax + b)2 > (cx + d)2同解；
(2)含有两个或两个以上绝对值符号，并且形式是和或差的不等式，可用数轴法、函数图像法或分段讨论法进行
求解.
典型例题
例4
解下列不等式:
9
(1)
2x2 + 3x −7
x2 −x −2
≥1
(2)
x|x −1| ≤|x|
(1) (1)(−∞, −5] ∪(−1, 1] ∪(2, +∞)
(2) (−∞, 2]
(1) 首先将1移到不等号左边并通分化简，然后根据分式不等式，并运用穿根法即可求出不等式的解集；
(1) 根据不等式 2x2 + 3x −7
x2 −x −2
≥1 ，可得 2x2 + 3x −7
x2 −x −2
−1 ≥0 ，
通分化简可得: 2x2 + 3x −7 −x2 + x + 2
x2 −x −2
= x2 + 4x −5
x2 −x −2 = (x + 5)(x −1)
(x −2)(x + 1) ≥0
不等式等价于 (x + 5)(x −1)(x −2)(x + 1) ≥0 且 x ≠2 且 x ≠−1.
根据穿根法，解得原不等式的解集为 (−∞, −5] ∪(−1, 1] ∪(2, +∞)
(2) 分别讨论 x ≥0 与 x < 0 两种情况，然后分别根据绝对值不等式即可求出不等式的解集.
当 x ≥0 时，原不等式等价为 x|x −1| ≤x ，
即 |x −1| ≤1，−1 ≤x −1 ≤1 ，解得 0 ≤x ≤2 ；
当 x < 0 时，原不等式等价为 x|x −1| ≤−x ，
因为 |x −1| ≥−1 恒成立，所以解得 x < 0.
综上所述: 原不等式的解集为 (−∞, 2].
答案
解析
变式4-1
不等式 |2x −1| −|x −2| < 0 的解集为
．
答案
10
(−1, 1)
解: 因为 |2x −1| −|x −2| < 0 ⇔|2x −1| < |x −2| ⇔(2x −1)2 < (x −2)2 ⇔3x2 < 3 ⇔−1 < x < 1
解析
变式4-2
不等式 |x −1| + |x −3| ≤2 的解集为 .
[1, 3]
解法一: 由绝对值几何意义知， |x −1| + |x −3| ∈[2, +∞) ，
当且仅当 1 ≤x ≤3 时取得 2 ，
故不等式 |x −1| + |x −3| ≤2 的解集为: [1, 3].
解法二: |x −1| + |x −3| =
,
则有 {
或 {
或 {
,
解得: x ∈[1, 3] ，
所以不等式 |x −1| + |x −3| ≤2 的解集为 [1, 3] ，
故答案为: [1, 3].
答案
解析
⎧
⎨
⎩
4 −2x, x ≤1
2, 1 < x < 3
2x −4, x ≥3
4 −2x ≤2
x ≤1
2 ≤2
1 < x < 3
2x −4 ≤2
x ≥3
变式4-3
“|x| + |2x −1| = |3x −1|”是“x ≤0”的 条件.
必要不充分
当x ≥1
2 时，方程为化为x + 2x −1 = 3x −1，此时成立；
当1
3 ≤x < 1
2 时，方程为化为x −(2x −1) = 3x −1，解得x = 1
2 舍去；
当0 < x < 1
3 时，方程为化为x −(2x −1) = −(3x −1)，此时x = 0舍去；
当x ≤0时，方程为化为−x −(2x −1) = −(3x −1)，此时成立；
答案
解析
11
故|x| + |2x −1| = |3x −1|的解集为x ∈(−∞, 0] ∪[ 1
2 , +∞).
由x ≤0可推得x ∈(−∞, 0] ∪[ 1
2 , +∞)，反之不成立，
故“|x| + |2x −1| = |3x −1|”是“x ≤0”的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分.
教法备注
【考点】解绝对值不等式
【教法】分情况讨论x的取值范围，去绝对值解不等式
考点5：含参绝对值不等式的解法
典型例题
例5
若关于x的不等式|x −2 |+|x −a| ⩾a在R上恒成立，则实数a的取值范围是
.
(−∞, 1]
根据绝对值的意义|x −2 |+|x −a|表示数轴上的x对应点到2和a对应点的距离之和，它的最小值等于|a −2|，
可得答案.
|x −2 |+|x −a|表示数轴上的x对应点到2和a对应点的距离之和，它的最小值等于|a −2|，由不等式
|x −2 |+|x −a| ⩾a恒成立知，a ⩽|a −2|，
解得：a ⩽1
故答案为：(−∞, 1].
答案
解析
变式5-1
已知函数f(x) = |2x −1| + |x + m|(m ∈R)．
（1）若m = 1，解不等式f(x) ≤6；
（2）若关于x的不等式f(x) ≤|2x + 1|在[ 3
4 , 2]上恒成立，求实数m的取值范围．
12
（1） {x |−2 ≤x ≤2}；（2） [−11
4 , 0].
（1）当m = 1时，函数f(x) = |2x −1| + |x + 1|，即$f(x)=\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} -3x,x\le -1, \ 2-
x,-1<\dfrac{1}{2}, \ 3x,x\ge \dfrac{1}{2}, \ \end{array} \right.$
由f (x) ≤6，即{
或$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} -1<\dfrac{1}{2} \ 2-x\le 6 \ \end{array} \right.$或
，解得−2 ≤x ≤2．
即不等式f (x) ≤6的解集为{x |−2 ≤x ≤2}．
（2）当x ∈[ 3
4 , 2]时，不等式|2x −1| + |x + m| ≤|2x + 1|恒成立，
即|x + m| + 2x −1 ≤2x + 1恒成立，即|x + m| ≤2在[ 3
4 , 2]上恒成立，
所以−2 ≤x + m ≤2，解得−x −2 ≤m ≤2 −x，
所以m ≥(−x −2)max，且m ≤(2 −x)min，
当x = 3
4 时，(−x −2)max = 11
4 ；当x = 2时，(2 −x)min = 0，
所以−11
4 ≤m ≤0．
即实数m的取值范围为[−11
4 , 0]．
答案
解析
x ≤−1
−3x ≤6
⎧
⎨
⎩
x ≥1
2
3x ≤6
变式5-2
完成下列试题
(1)
解不等式：|x −1| −|x −2| > 1
2 ；
(2)
设集合 P 表示不等式|x −1| + |x −2a| > 1 对任意 x ∈R 恒成立的 a 的集合，求集合 P；
(3)
设关于 x 的不等式 ax2 + 2|x −a| −20 < 0 的解集为 A，试探究是否存在 a ∈N ，使得不等式 x2 + x −2 < 0
与 |2x −1| < x + 2 的解都属于 A，若不存在，说明理由，若存在，请求出满足条件的 a 的所有值．
13
(1) ( 7
4 , +∞)
(2) P = (−∞, 0) ∪(1, +∞)
(3) 存在，a = 0 或 a = 1 或 a = 2
教法备注
【考点】解绝对值不等式
【教法】分情况讨论x的取值范围，去绝对值解不等式
答案
解析
知识点3——高次不等式的解法
考点6：穿针引线法解不等式
知识笔记
一元高次不等式是指次数大于或等于3的不等式.
常见的解法一一穿针引线。具体步骤如下：
1.移项，把不等式右边变为0且最高次项的系数为正；
2.把不等式左边分解因式，分解到不能再分为止；
3.把对应的方程的根在数轴上接从到大的顺序标出；
4.从右上方开始，遇到奇数次的根穿轴而过，遇到偶数次的根即回头；
5.按从小到大的顺序依次写出不等式的解(高中为解集，或用区间表示)；
6.位于数轴上方对应的x的范围为不等式>0的解；位于数轴下方对应的x的范围是不等式<0的解.
典型例题
例6
不等式
x2 + 1
x2 −2x −3 < 1的解集用区间表示为
．
(−∞, −2) ∪(−1, 3)
答案
14
分式不等式先转化为与之等价的整式不等式，然后再用数轴穿根法解.
原式等价于
x2 + 1
x2 −2x −3 −1 = x2 + 1 −x2 + 2x + 3
x2 −2x −3
=
2x + 4
(x −3) (x + 1) < 0
等价于2 (x + 2) (x −3) (x + 1) < 0，
数轴穿根法易得：x ∈(−∞, −2) ∪(−1, 3).
故答案为：(−∞, −2) ∪(−1, 3)
解析
变式6-1
不等式x2 −4x + 1
3x2 −7x + 2 ≤1的解集用区间表示为
.
(−∞, 1
3 ) ⋃[ 1
2 , 1] ⋃(2, +∞)
先将原不等式化为(2x −1)(x −1)
(3x −1) (x −2) ≥0，得到{
或{
，求解，即可得
出结果.因为x2 −4x + 1
3x2 −7x + 2 ≤1可化为x2 −4x + 1 −3x2 + 7x −2
3x2 −7x + 2
≤0，即−2x2 + 3x −1
3x2 −7x + 2
≤0，
即2x2 −3x + 1
3x2 −7x + 2 ≥0，即(2x −1)(x −1)
(3x −1) (x −2) ≥0；
所以有{
或{
，
解得：x > 2或x < 1
3 或1
2 ≤x ≤1；
即原不等式的解集为：(−∞, 1
3 ) ⋃[ 1
2 , 1] ⋃(2, +∞)
故答案为(−∞, 1
3 ) ⋃[ 1
2 , 1] ⋃(2, +∞)
本题主要考查分式不等式的解法，灵活运用转化与化归的思想，以及一元二次不等式的解法即可，属于常考
题型.
答案
解析
(2x −1)(x −1) ≥0
(3x −1) (x −2) > 0
(2x −1)(x −1) ≤0
(3x −1) (x −2) < 0
(2x −1)(x −1) ≥0
(3x −1) (x −2) > 0
(2x −1)(x −1) ≤0
(3x −1) (x −2) < 0
08 基本不等式
1
学习目标
目标1
★★★☆☆☆ 操作
掌握平均值不等式并能求最值
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握三角不等式并能求最值
目标3
★★★★☆☆ 识别
掌握“1”的代换的灵活运用
目标4
★★★★☆☆ 识别
掌握基本不等式的实际应用
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：掌握基本不等式并会用其解决简单的问题，重难点：基本不等式的应用；
2．本讲知识点在高考中可单独命题，有时也结合其他章节考察，分值占比3%；
3．对应教材：新版上教教材的第二章等式与不等式，第三节基本不等式及其应用；
2
4．本讲知识点属于等式与不等式章节，它是不等关系的重要定理，在各类求最值问题中都有广泛的应用.
教法备注
下图是2002年在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，
颜色的明暗使它看上去像一个风车，代表中国人民的热情好客，那么你能在这个图中找出一些相等关系或不
等关系吗?
我们假设红色三角形两直角边为a和b，斜边长为c（见图一右），明显看出正方形面积（红色+白色）≥四个
三角形面积（红色），故此有c2 = a2 + b2 ≥4 × 1
2 ab，也就是a2 + b2 ≥2ab.
那什么时候这两个面积相等呢？一定是白色部分消失的时候，此时a, b的长度应该相等，也就是说当a = b时，
有a2 + b2 = 2ab.
知识点1——平均值不等式
考点1：积定和最小(积为定值时和有最小值)
知识笔记
平均值不等式
平均值不等式
3
对于正数a, b，称a + b
2
是a, b的算术平均值，并称√ab是a, b的几何平均值；
定理1（平均值不等式）：两个正数的算术平均值大于等于他们的几何平均值，即对与任意的正数a, b，有
a + b
2
≥√ab，且等号当且仅当a = b时成立；
定理2：对于任意的实数a, b，有( a + b
2
)
2
≥ab，且等号当且仅当a = b时成立.
注意：(1) a + b
2
≥√ab、( a + b
2
)
2
≥ab成立的条件是不同的，前者要求正数a, b，而后者要求实数a, b；
(2)这两个公式都是带有等号的不等式，因此对其中的“当且仅当a = b时等号成立”这句话要理解深刻.可从两个方面
来理解：第一，“当a = b时等号成立”，其含义就是a = b ⇒a + b
2
= √ab或a = b ⇒( a + b
2
)
2
= ab⇒a2 + b2 = 2ab
；第二，“仅当a = b时等号成立”，其含义就是( a + b
2
)
2
= ab ⇒a2 + b2 = 2ab ⇒a = b或a + b
2
= √ab ⇒a = b.综合
起来，其含义就是：a = b a + b
2
= √ab( a + b
2
)
2
= ab的充要条件；
即平均值不等式a + b
2
≥√ab，必须满足“正数”、“定值”、“相等”三个条件，才能使等号成立，取得最值.
典型例题
例1
1
设正实数x, y满足xy = 20，则x + 4y的最小值为
．
8√5
根据基本不等式求最小值．
因为x > 0, y > 0, xy = 20，
所以x + 4y ≥2√4xy = 2√4 × 20 = 8√5，
当且仅当x = 4y，即x = 4√5, y = √5时等号成立．
所以x + 4y的最小值是8√5．
故答案为：8√5．
答案
解析
2
4
设实数x < 1，当代数式2x +
1
x −1 取最大值时，x的值为
．
1 −√2
2
由基本不等式求最大值可得结论．
因为x < 1，所以−(x −1) > 0，
所以2x +
1
x −1 = −[−2 (x −1) +
1
−(x −1) ] + 2 ≤−2√2 (x −1) ⋅
1
x −1 + 2 = −2√2 + 2，
当且仅当2 (x −1) =
1
x −1 ，即x = 1 −
√2
2 时等号成立．
故答案为：1 −
√2
2 ．
答案
解析
变式1-1
（1）已知x > 0，则y = x + 1
x 的最小值为
.
（2）已知x < 0，则1 −x −4
x 的最小值是
.
2 ; 5
（1）（2）根据基本不等式运算求解.
（1）因为x > 0，则y = x + 1
x ≥2√x ⋅1
x = 2，
当且仅当x = 1
x ，即x = 1时，等号成立，
所以y = x + 1
x 的最小值为2；
（2）因为x < 0，则−x > 0，
可得1 −x −4
x = 1 + (−x) +
4
−x ≥1 + 2√(−x) ⋅
4
−x = 5，
当且仅当−x =
4
−x ，即x = −2时，等号成立，
所以1 −x −4
x 的最大值为5；
故答案为：2；5.
答案
解析
5
考点2：一正二定三相等
典型例题
例2
若a、b ∈R，且ab > 0，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. a2 + b2 ≥a + b
B. a + b ≥2√ab
C.
b
a + a
b ≥1
D. ab + 1
ab > 2
C
利用特殊值法以及基本不等式进行判断即可得出结论.对于A选项，取a = b = 1
2 ，a2 + b2 = 1
2 ，a + b = 1，不
等式a2 + b2 ≥a + b不成立；
对于B选项，由于ab > 0，若a、b同为负数，则不等式a + b ≥2√ab不成立；
对于C选项，∵ab > 0，则a
b > 0且b
a > 0，由基本不等式可得b
a + a
b ≥2√b
a ⋅a
b = 2 > 1，当且仅当a = b
时，等号成立，则不等式b
a + a
b ≥1恒成立；
对于D选项，∵ab > 0，由基本不等式得ab + 1
ab ≥2√ab ⋅1
ab = 2，当且仅当ab = 1时，等号成立，则不等式
ab + 1
ab > 2不恒成立.
故选：C.
本题考查了基本不等式的应用法则“一正二定三相等”，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
答案
解析
变式2-1
1
若a、b ∈R，且ab > 0，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. a2 + b2 ≥a + b
B. a + b ≥2√ab
C.
b
a + a
b ≥2
D. a2 + b2 ≥4ab
C
通过举反例判断ABD；根据基本不等式判断C.
答案
解析
6
对于A，当a = 1
2 , b = 1
2 时，满足ab > 0，
而a2 + b2 = 1
2 < a + b = 1，故A错误；
对于B，当a = −1, b = −1时，满足ab > 0，
而a + b = −2 < 2√ab = 2，故B错误；
对于C，由ab > 0，得b
a > 0，a
b > 0，
则b
a + a
b ≥2√b
a ⋅a
b = 2，当且仅当a = b时等号成立，故C正确；
当a = 1, b = 1时，满足ab > 0，
而a2 + b2 = 2 < 4ab = 4，故D错误.
故选：C.
2
已知a、b ∈R，若ab ≠0，则下列不等式：
①a2 + b2
2
≥ab；②
b
a
+
a
b
≥2；
③b
a + a
b ≥2；④a + b ≥2√ab．
其中恒成立的不等式序号是
A. ①、③
B. ①、②
C. ②、③
D. ②、④
B
根据基本不等式和作差比较法，即可判定，得到答案.对于①中，因为
a2 + b2
2
−ab = a2 + b2 −2ab
2
= 1
2 (a −b)2 ≥0，所以a2 + b2
2
≥ab是正确的；
对于②中，由ab ≠0，则
b
a
> 0,
a
b
> 0，所以
b
a
+
a
b
≥2√
b
a
⋅
a
b
= 2，当且仅当
b
a
=
a
b
时，即a = ±b是等号成立，所以
b
a
+
a
b
≥2是正确的；
对于③中，当ab < 0时，b
a + a
b < 0，所以b
a + a
b ≥2不正确；
对于④中，当a < 0, b < 0时，a + b < 0, 2√ab > 0，所以a + b ≥2√ab不正确，
故选B.
本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的“一正、二定、三相等”，以及熟练应用基本
不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
答案
解析
7
教法备注
【考点】基本不等式的原理
【教法】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的“一正、二定、三相等”，以及熟
练应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
考点3：和定积最大(和为定值时积有最大值)
典型例题
例3
1
已知x + y = 2，则xy的最大值为
．
1
利用基本不等式可得.
由x + y = 2，则xy ≤( x + y
2
)
2
= 1，
当且仅当x = y = 1时取等号．
故答案为：1
答案
解析
2
（1）已知a，b是实数.求证：a2 + b2 ≥2a −2b −2，并指出等号成立的条件；
（2）已知a，b是实数，若a + 2b = 1，求ab的最大值，并指出此时a，b的值.
8
（1）证明见解析，当且仅当 a = 1， b = −1；（2） 1
8 ，
（1）通过作差法将式子变形为完全平方的形式，利用完全平方的非负性来证明不等式；（2）根据已知条
件，利用均值不等式来求解最大值。
（1）因为a2 + b2 −(2a −2b −2) = a2 + b2 −2a + 2b + 2 = (a −1)2 + (b + 1)2 ≥0，
所以a2 + b2 ≥2a −2b −2，
当且仅当a = 1，b = −1时，不等式中等号成立.
（2）a + 2b = 1 ≥2√2ab ⇒ab ≤1
8 ，
所以ab的最大值为1
8 .
当且仅当a = 2b，即
时，不等式中等号成立.
教法备注
【考点】和或积为定值 、 基本不等式的原理
【教法】（1）通过作差法将式子变形为完全平方的形式，利用完全平方的非负性来证明不等式；（2）根据
已知条件，利用均值不等式来求解最大值
答案
⎧
⎨
⎩
a = 1
2
b = 1
4
解析
⎧
⎨
⎩
a = 1
2
b = 1
4
变式3-1
1
设a > 0，b > 0，若2a + b = 8，则ab的最大值为
.
8
根据基本不等式可求ab的最大值.
由题意得，ab = 1
2 ⋅2a ⋅b ≤1
2 ⋅( 2a + b
2
)
2
= 1
2 × 42 = 8，
答案
解析
9
当且仅当2a = b，即a = 2, b = 4时取等号，
∴ab的最大值为8.
故答案为：8.
2
（1）已知0 < x < 1，则x (4 −3x)取得最大值时，x的值为
.
（2）已知x < 5
4 ，则y = 4x −2 +
1
4x −5 的最大值为
.
（3）已知x > 1，则x2 + 3
x −1 的最小值为
.
2
3 ; 1 ; 6
（1）运用配凑法得x (4 −3x) = 1
3 (3x) (4 −3x)，再用基本不等式即可求解.
（2）运用配凑法得y = 4x −2 +
1
4x −5 =−(5 −4x +
1
5 −4x ) + 3，再用基本不等式即可求解.
（3）用分离常数法得x2 + 3
x −1 = (x −1) +
4
x −1 + 2，再用基本不等式即可求解.
（1）∵0 < x < 1，∴−3 < −3x < 0，∴1 < 4 −3x < 4，
所以x (4 −3x) = 1
3 (3x) (4 −3x) ≤1
3 ( 3x + 4 −3x
2
)
2
= 4
3 ，
当且仅当3x = 4 −3x，即x = 2
3 时，取等号，
故所求x的值为2
3 .
（2）∵x < 5
4 ，∴4x < 5，即5 −4x > 0，
则y = 4x −2 +
1
4x −5 = −(2 −4x +
1
5 −4x ) = −(5 −4x +
1
5 −4x ) + 3
≤−2√(5 −4x) ⋅
1
5 −4x + 3 = −2 + 3 = 1，
当且仅当5 −4x =
1
5 −4x ，即x = 1时，取等号.
故y = 4x −2 +
1
4x −5 的最大值为1.
（3）∵x > 1, ∴x −1 > 0，
x2 + 3
x −1 = x2 −2x + 1 + 2x −2 + 4
x −1
= (x −1)2 + 2 (x −1) + 4
x −1
= (x −1) +
4
x −1 + 2
≥2√(x −1) ⋅
4
x −1 + 2 = 2 × 2 + 2 = 6，
当且仅当x −1 =
4
x −1 ，即x = 3时，取等号.
故x2 + 3
x −1 的最小值为6.
答案
解析
10
故答案为：2
3 ; 1; 6.
教法备注
【考点】和或积为定值 、 基本不等式的原理
【教法】配凑法的应用
知识点2——三角不等式
考点4：三角不等式及其取等条件
知识笔记
三角不等式
定理：两个实数和的绝对值小于等于它们绝对值的和，即对于任意给定的实数a, b，有|a + b| ≤|a| + |b|，且等号当
且仅当ab ≥0时成立，该不等式也称三角不等式.
另，|a| = |a −b + b| ≤|a −b| + |b| ⇔|a| −|b| ≤|a −b|.
那么，如果a, b, c是实数，有|a −c| ≤|a −b| + |b −c|，且等号当且仅当(a −b)(b −c) ≥0时成立.
典型例题
例4
1
已知a > 0，b > 0，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. ab ≤(a + b)2
4
；
B. a + b
2
≥√ab；
C. |a + b| + |a −b| ≤2 |a|；
D. |a + b| −|a −b| ≥2 |b|.
AB
利用基本不等式、绝对值三角不等式，判断出正确结论.
由基本不等式可知a + b
2
≥√ab，当且仅当a = b时等号成立，B选项正确，
答案
解析
11
两边平方得ab ≤(a + b)2
4
，当且仅当a = b时等号成立，A选项正确.
根据绝对值三角不等式|a + b| + |a −b| ≥|a + b + a −b| = 2 |a|，C选项错误.
根据绝对值三角不等式|a + b| −|a −b| = |a + b| −|b −a| ≤|a + b + b −a| = 2 |b|，D选项错误.
故选：AB
2
若|x −2| + |x + 4| ≥6对所有实数x都成立，则等号成立时x的取值范围为
．
[−4, 2]
根据绝对值三角不等式关系即可求解.
因为|x −2| + |x + 4| ≥|x −2 −x −4| = 6，当且仅当(x −2) (−x −4) ≥0时，即−4 ≤x ≤2时等号成立．
故答案为：[−4, 2]
答案
解析
变式4-1
若|3x −4| + 3 |x −1| ≥1对所有实数x恒成立，则当等号成立时，x的取值范围是 .
1 ≤x ≤4
3 | 1 ≤x ≤4
3
分x < 1，x > 4
3 ，1 ≤x ≤4
3 讨论可得答案.
当x < 1时，−(3x −4) −3 (x −1) = −6x + 7 ≥1，解得x < 1，
当x > 4
3 时，(3x −4) + 3 (x −1) = 6x −7 ≥1，解得x > 4
3 ，
当1 ≤x ≤4
3 时，−(3x −4) + 3 (x −1) = 1，解得1 ≤x ≤4
3
因此可得x的取值范围是1 ≤x ≤4
3 .
故答案为：1 ≤x ≤4
3 .
教法备注
【考点】不等式与三角不等式
答案
解析
12
【教法】根据三角不等式等号成立的条件即可得出答案
考点5：三角不等式求最值
典型例题
例5
1
若对任意x ∈R，都有|x + 1| + |2 −x| ≥m，则实数m的最大值为 .
3
利用绝对值不等式的性质求出|x + 1| + |2 −x|的最小值，再根据已知条件确定实数m的最大值.
根据绝对值不等式|a| + |b| ≥|a + b|.
对于|x + 1| + |2 −x|，这里a = x + 1，b = 2 −x，则|x + 1 |+|2 −x |≥|x + 1 + 2 −x| = 3.
当且仅当(x + 1) (2 −x) ≥0时等号成立，所以|x + 1| + |2 −x|的最小值是3.
因为对任意x ∈R，都有|x + 1 |+|2 −x| ≥m恒成立.
这就意味着m要不大于|x + 1| + |2 −x|的最小值.
而|x + 1| + |2 −x|最小值是3，所以m ≤3，那么实数m的最大值就是3.
故答案为：3.
答案
解析
2
若关于x的不等式|x + 1| + |x −2| > a2 + a + 1对于一切实数x都成立，则实数a的取值范围是
.
−2 < a < 1
利用绝对值三角不等式求左侧最小值，结合恒成立有a2 + a + 1 < 3，即可求参数范围.
由|x + 1| + |x −2| ≥|x + 1 −x + 2| = 3，当且仅当−1 ≤x ≤2时取等号，
所以a2 + a + 1 < 3 ⇒(a + 2)(a −1) < 0 ⇒−2 < a < 1.
故答案为：−2 < a < 1
答案
解析
13
变式5-1
1
已知函数 y = f(x) 满足 f(x) = |x −a2| + |x −2a + 1|．
(1)
当 a = 2 时，求不等式 f(x) ⩾4 的解集；
(2)
若 f(x) ⩾4 恒成立，求实数 a 的取值范围．
(1) (1) {x
x ≤3
2 或 x ≥11
2 }
(2) (2) (−∞, −1] ∪[3, +∞)
(1) （1）当 a = 2 时, f(x) = |x −4| + |x −3|,
f(x) ≥4 等价为 {
或 {
或 {
解得 x ≤3
2 或 x ∈∅ 或 x ≥11
2 ,
则不等式 f(x) ≥4 的解集为 {x
x ≤3
2 或 x ≥11
2 };
(2) (2) f(x) ≥4 恒成立等价为 f(x)min ≥4.
由 f(x) =
x −a2
+ |x −2a + 1| ≥
x −a2 −x + 2a −1
= a2 −2a + 1,当 (x −a2)(x −2a + 1) ≤0 时,
上式取得等号,则 a2 −2a + 1 ≥4, 解得 a ≥3 或 a ≤−1.
所以实数 a 的取值范围为 (−∞, −1] ∪[3, +∞).
答案
解析
x ≤3
4 −x + 3 −x ≥4
3 < x < 4
4 −x + x −3 ≥4
x ≥4
x −4 + x −3 ≥4
2
若关于x的不等式|x| + |x −a| ≤a的解集为[0, 2]，则实数a =
．
2
根据绝对值不等式的性质得到a的取值，再根据已知解确定实数a的值.
根据绝对值不等式的性质可得|x| + |x −a| ≥|x −(x −a)| = |a|，
答案
解析
14
又|x| + |x −a| ≤a，所以|a| ≤a，则a ≥0，
当x ≥a时，不等式|x| + |x −a| ≤a可化为x + x −a ≤a，解得x ≤a，即x = a，
当0 ≤x < a时，不等式|x| + |x −a| ≤a可化为x + a −x ≤a，即a ≤a恒成立，
当x < 0时，不等式|x| + |x −a| ≤a可化为−x + a −x ≤a，即−2x ≤0，
解得x ≥0与x < 0矛盾，
综上不等式|x| + |x −a| ≤a的解集为[0, a]，
又不等式|x| + |x −a| ≤a的解集为[0, 2]，所以a = 2，
故答案为：2.
3
已知集合A = {a||x + 3| + |x −4| ≥a对任意x ∈R恒成立}，B = {x|
4x
x2 + x + 2 < 1}，则A ∩B =
．
(−∞, 1) ∪(2, 7]．
用分段函数解决绝对值不等式恒成立问题，再解分式不等式，即可求得两个集合，再求交集即可.
设f (x) = |x + 3| + |x −4|，x ∈R.
则f (x) =
，所以f(x)min = 7，
故|x + 3| + |x −4| ≥7，当且仅当−3 ≤x ≤4时，等号成立，
所以|x + 3| + |x −4|的最小值为7，所以a ≤7，即A = (−∞, 7].
由
4x
x2 + x + 2 < 1，得
4x
x2 + x + 2 −1 < 0，即−x2 + 3x −2
x2 + x + 2
< 0，
因为x2 + x + 2 = (x + 1
2 )
2
+ 7
4 > 0恒成立，
所以−x2 + 3x −2 < 0，解得x < 1或x > 2，即B = (−∞, 1) ∪(2, +∞)，
所以A ∩B = (−∞, 1) ∪(2, 7].
故答案为：(−∞, 1) ∪(2, 7].
答案
解析
⎧
⎨
⎩
−2x + 1, x < −3
7, −3 ≤x < 4
2x −1, x ≥4
4
不等式|2x −a| > |2a −1| −2|x|对一切x ∈R都成立，则实数a的取值范围是( )
A. (−3, −1)
B. (1, 3)
C. ( 1
3 , 1)
D. (−1, −1
3 )
15
C
题中所给的不等式即：x −a
2
>
a −1
2
−|x|，
则：a −1
2
< |x| +
x −a
2
≤
x −(x −a
2 )
=
a
2
，
据此得绝对值不等式：a −1
2
<
a
2
，
故(a −1
2 )
2
< ( a
2 )
2
，整理可得： (3a −1)(a −1) < 0, ∴1
3 < a < 1.
即实数a的取值范围是( 1
3 , 1).
故选C.
本题主要考查绝对值三角不等式的应用，绝对值不等式的解法，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学
生的转化能力和计算求解能力.
答案
解析
考点6：三角不等式的其他应用
典型例题
例6
（1）设x、y是不全为零的实数，试比较2x2 + y2与x2 + xy的大小，并说明理由；
（2）求证：|2x −5| + |2x −9| ≥4对所有实数x恒成立，并求等号成立时x的取值范围．
（1） 2x2 + y2 > x2 + xy，理由见解析；
（2）证明见解析， 5
2 ≤x ≤9
2 .
（1）利用作差法比较大小即可；
（2）分x < 5
2 、5
2 ≤x ≤9
2 和x > 9
2 三种情况证明不等式成立，然后根据分类讨论的情况即可得到不等式等
号成立时x的范围.
（1）2x2 + y2 > x2 + xy，理由如下，
2x2 + y2 −(x2 + xy) = x2 −xy + y2 = (x −1
2 y)
2
+ 3
4 y2，
答案
解析
16
因为x, y不全为零，所以(x −1
2 y)
2
+ 3
4 y2 > 0，即2x2 + y2 > x2 + xy.
（2）当x < 5
2 时，原不等式可整理为14 −4x ≥4，解得x ≤5
2 ，所以说明当x < 5
2 时不等式成立；
当5
2 ≤x ≤9
2 时，原不等式可整理为4 ≥4，成立；
当x > 9
2 时，原不等式可整理为4x −14 ≥4，解得x ≥9
2 ，所以说明当x ≥9
2 时不等式成立；
综上所述不等式对于所有实数x恒成立，
由上可得当5
2 ≤x ≤9
2 时，不等式取等号.
教法备注
【考点】不等式与三角不等式
【教法】根据绝对值的几何意义解题
变式6-1
若设M(a, n) = |ax −1| + |ax −2| + ⋯+ |ax −n|为曼哈顿扩张距离，它由n个绝对值之和组成，其中n为正整数.
(1)
若M(1, 2) ≤5，求x的取值范围；
(2)
若M(3, 2) ≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围；
(3)
M(2, 6)是否存在最小值？若存在，求出该最小值与此时x的取值范围；若不存在，说明理由.
(1) −1 ≤x ≤4
(2) (−∞, 1]
(3) 存在，最小值为9， [ 3
2 , 2]
答案
解析
17
(1) 依题意，得M (1, 2) = |x −1| + |x −2| ≤5，
当x < 1时，1 −x + 2 −x ≤5，解得x ≥−1，故−1 ≤x < 1；
当1 ≤x ≤2时，x −1 + 2 −x = 1 ≤5，故1 ≤x ≤2；
当x > 2时，x −1 + x −2 ≤5，解得x ≤4，故2 < x ≤4；
综上：−1 ≤x ≤4.
(2) 依题意，得M (3, 2) = |3x −1| + |3x −2| ≥m对一切实数x恒成立，
因为|3x −1| + |3x −2| ≥|3x −1 −3x + 2| = 1，
当且仅当(3x −1) (3x −2) ≤0，即1
3 ≤x ≤2
3 时，等号成立，
故m ≤1，实数m的取值范围为(−∞, 1].
(3) M (2, 6) = |2x −1| + |2x −2| + |2x −3| + |2x −4| + |2x −5| + |2x −6|
= 2 ( x −1
2
+ |x −1| +
x −3
2
+ |x −2| +
x −5
2
+ |x −3|)
其中x −1
2
+ |x −1| +
x −3
2
+ |x −2| +
x −5
2
+ |x −3|的几何意义为：
在数轴上一点x到1
2 , 1, 3
2 , 2, 5
2 , 3的距离之和，
要想距离之和最小，其中x ∈[ 1
2 , 3]时，x −1
2
+ |x −3|取得最小值，
当x ∈[1, 5
2 ]时，|x −1| +
x −5
2
取得最小值，当x ∈[ 3
2 , 2]时，x −3
2
+ |x −2|取得最小值，
综上：当x ∈[ 3
2 , 2]时，x −1
2
+ |x −1| +
x −3
2
+ |x −2| +
x −5
2
+ |x −3|取得最小值，
最小值为3 −1
2 + 5
2 −1 + 2 −3
2 = 9
2 ，
故M (2, 6) = 2 ( x −1
2
+ |x −1| +
x −3
2
+ |x −2| +
x −5
2
+ |x −3|)的最小值为9.
教法备注
【考点】不等式与三角不等式
【教法】根据绝对值的几何意义解题
知识点3——“1”的妙用求最值
考点7：“1”的妙用求最值
知识笔记
“1“的代换
运用基本不等式需要注意“一正、二定、三相等”的条件，为了得到“定值”，往往需要对目标式进行恰当
18
的“配”“凑”，“1”的代换是一种常用的方法，可用来创造使用基本不等式的条件.
此类问题通常有如下特点：1.变量a, b是正实数，2.有一个代数式①的值已知，求另一个代数式②的最小值，其中
两个代数式一个是整式ma + nb,一个是分式p
a + q
b ，也有其它的变形形式，通过“1”的代换凑出可以使用基本不
等式的齐次式λb
a + μa
b .
典型例题
例7
1
设x, y ∈(0, +∞)，且x + 2y = 1，则1
x + 1
y 的最小值为（ ）
A. 7
B. 6
C. 3 + 2√2
D. 3 + √2
C
根据题意，化简1
x + 1
y = (x + 2y) ( 1
x + 1
y ) = 3 + 2y
x + x
y ，结合基本不等式，即可求解.
因为x > 0，y > 0，x + 2y = 1，
则1
x + 1
y = (x + 2y) ( 1
x + 1
y ) = 3 + 2y
x + x
y ≥3 + 2√2y
x × x
y = 3 + 2√2，
当且仅当2y
x = x
y 时，即x = 2√2 −2
2
, y = 2 −√2
2
时，等号成立，
所以1
x + 1
y 的最小值为3 + 2√2.
故选：C.
答案
解析
2
已知正数x, y满足x + 2y −1 = 0，且不等式m ≤1
y + 1
x 对任意的正数x, y恒成立.则实数m的取值范围是
.
m ≤3 + 2√2
根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值即可求出结果.
依题意，正数x, y满足x + 2y = 1，
答案
解析
19
则1
y + 1
x = (x + 2y) ( 1
y + 1
x ) = 3 + x
y + 2y
x ≥3 + 2√x
y ⋅2y
x = 3 + 2√2，当且仅当x = √2y = √2 −1时
取等号，
由不等式m ≤1
y + 1
x 对任意的正数x, y恒成立，得m ≤3 + 2√2，
所以实数m的取值范围是m ≤3 + 2√2.
故答案为：m ≤3 + 2√2
教法备注
【考点】“1”的代换
【教法】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
变式7-1
1
若正实数x，y. 且x + 2y = 1则2
y + 3
x 的最小值为（ ）
A. 2
B. 3 + 2√2
C. 5 + 2√6
D. 7 + 4√3
D
用“1”的代换后凑出定值，然后由基本不等式得最小值．
由题意2
y + 3
x = ( 2
y + 3
x ) (x + 2y) = 7 + 2x
y + 6y
x ≥7 + 2√2x
y ⋅6y
x = 7 + 4√3，
当且仅当2x
y = 6y
x ，即x = 2√3 −3, y = 2 −√3时等号成立，
故选：D．
答案
解析
2
设非负实数x，y满足2x + y = 1，则下列说法正确的是（ ）
A. xy的最大值是1
4
B.
1
2x + 1
y 的最小值是8
C. 4x2 + y2的最小值是1
2
D. y + x2的最小值是0
20
C
对于ABC：利用基本不等式以及乘“1”法逐项分析判断；对于D：根据题设条件反推即可.
因为非负实数x，y满足2x + y = 1，
对于选项A：因为xy = 1
2 (2x) ⋅y ≤1
2 × (2x + y)2
4
= 1
8 ，
当且仅当2x = y = 1
2 时，等号成立，
所以xy的最大值是1
8 ，故A错误；
对于选项B：因为1
2x + 1
y = (2x + y) ( 1
2x + 1
y ) = 2 + y
2x + 2x
y ≥2 + 2√y
2x ⋅2x
y = 4，
当且仅当y
2x = 2x
y ，即2x = y = 1
2 时，等号成立，
所以1
2x + 1
y 的最小值是4，故B错误；
对于选项C：因为4x2 + y2 = (2x)2 + y2 ≥(2x + y)2
2
= 1
2 ，
当且仅当2x = y = 1
2 时，等号成立，
所以4x2 + y2的最小值是1
2 ，故C正确；
对于选项D：因为x，y为非负实数，
若y + x2的最小值是0，当且仅当x = y = 0时成立，
但此时不满足2x + y = 1，所以0不是y + x2的最小值，故D错误；
故选：C.
教法备注
【考点】“1”的代换
【教法】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
答案
解析
考点8：“1“的代换的变形
知识笔记
运用"1"的代换求最值的步骤
(1)根据已知条件或其变形确定定值(常数)；
(2)把确定的定值(常数)变形为1；
21
(3)把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，配凑成齐次式λb
a + μa
b ；
(4)利用基本不等式求解最值解题过程中，要根据表达式的具体特点，选择“部分1的代换”或者"将1看成12"，并且
要注意基本不等式成立的前提条件.
典型例题
例8
1
已知x、y均为正实数，且x + y = 6，则
xy
9x + y 的最大值为
．
3
8 | 0.375
根据题意利用乘“1”法可得1
x + 9
y 的最小值为8
3 ，即可得结果.
因为x、y均为正实数，且x + y = 6，
则1
x + 9
y = 1
6 (x + y) ( 1
x + 9
y ) = 1
6 (10 + y
x + 9x
y ) ≥1
6 (10 + 2√y
x ⋅9x
y ) = 8
3 ，
当且仅当y
x = 9x
y ，即y = 3x = 9
2 时，等号成立，
可知1
x + 9
y 的最小值为8
3 ，所以
xy
9x + y =
1
1
x + 9
y
的的最大值为1
8
3
= 3
8 .
故答案为：3
8 .
答案
解析
2
若a > −1，b > 0，且a + 1
b = 3，则式子
1
a + 1 + 2025b的最小值是 .
529
应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
由题设a + 1 > 0, b > 0，且a + 1 + 1
b = 4，
所以
1
a + 1 + 2025b = 1
4 (
1
a + 1 + 2025b) [(a + 1) + 1
b ] = 1
4 [2026 +
1
b(a + 1) + 2025b (a + 1)]
答案
解析
22
≥1
4 [2026 + 2√
1
b(a + 1) ⋅2025b (a + 1)] = 1
4 (2026 + 90) = 529，
当且仅当b (a + 1) = 1
45 ，即a = −21
23 , b = 23
90 时取等号.
故答案为：529
教法备注
【考点】“1”的代换
【教法】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
3
若x ∈(0, 2)，则1
x +
1
2 −x 的最小值是
.
2
由基本不等式的乘“1”法求解即可；
因为x ∈(0, 2)，所以2 −x ∈(0, 2)，
所以
1
x +
1
2 −x = 1
2 [x + (2 −x)] ( 1
x +
1
2 −x ) = 1
2 (2 + 2 −x
x
+
x
2 −x ) ≥1
2 (2 + 2√2 −x
x
⋅
x
2 −x ) = 2，
当且仅当2 −x
x
=
x
2 −x ，即x = 1时取等号，所以1
x +
1
2 −x 的最小值是2.
故答案为：2.
教法备注
【考点】“1”的代换
【教法】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
答案
解析
变式8-1
1
已知实数x满足0 < x < 1
3 ，则1
x +
12
1 −3x 的最小值为
.
23
27
将代数式1
x +
12
1 −3x 与3x + (1 −3x)相乘，展开后利用基本不等式可求得1
x +
12
1 −3x 的最小值.
因为0 < x < 1
3 ，则0 < 1 −3x < 1，
所以，1
x +
12
1 −3x = [(1 −3x) + 3x] ( 1
x +
12
1 −3x ) = 15 +
36x
1 −3x + 1 −3x
x
≥15 + 2√
36x
1 −3x ⋅1 −3x
x
= 27，
当且仅当
时，即当x = 1
9 时，等号成立，
因此，1
x +
12
1 −3x 的最小值为27.
故答案为：27.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
36x
1 −3x = 1 −3x
x
0 < x < 1
3
2
已知正实数a，b满足2a + b = 1，则6a + 2b
a2 + ab 的最小值为
.
6 + 4√2
化简可得6a + 2b
a2 + ab =
4
a + b + 2
a ，结合基本不等式求其最小值.
因为正实数a，b满足2a + b = a + a + b = 1，
当且仅当(a + b)2 = 2a2且2a + b = 1时，即a = √2 −1, b = 3 −2√2时取等号.
故答案为：6 + 4√2.
教法备注
【考点】“1”的代换
【教法】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
答案
解析
6a + 2b
a2 + ab = 4a + 2 (a + b)
a (a + b)
=
4
a + b + 2
a = [(a + b) + a] (
4
a + b + 2
a )
= 4 + 2 (a + b)
a
+
4a
a + b + 2 ≥6 + 2√8 = 6 + 4√2，
24
3
问题:正实数a, b满足a + b = 1，求1
a + 2
b 的最小值.其中一种解法是:
1
a + 2
b = ( 1
a + 2
b ) (a + b) = 1 + b
a + 2a
b + 2 ≥3 + 2√2，当且仅当b
a = 2a
b 且a + b = 1时，即a = √2 −1且
b = 2 −√2时取等号.学习上述解法并解决下列问题:
(1)
若正实数x, y满足x + y = 1，求2
x + 1
y 的最小值
(2)
若实数a, b，正实数x, y满足x2
a2 −y2
b2 = 1，求证:a2 −b2 ≤(x −y)2
(3)
求代数式M = √2m −3 −√m −2的最小值，并求出使得M取最小值的m的值.
(1) 3 + 2√2
(2) 证明见解析
(3) m = 5
2 ⇒Mmin = √2
2
(1) 解：因为正实数x, y满足x + y = 1，
所以2
x + 1
y = ( 2
x + 1
y ) (x + y) = 3 + 2y
x + x
y ≥3 + 2√2y
x ⋅x
y = 3 + 2√2，
当且仅当2y
x = x
y ，即x = 2 −√2, y = √2 −1时，等号成立，
所以2
x + 1
y 的最小值是3 + 2√2；
(2) a2 −b2 = (a2 −b2) ( x2
a2 −y2
b2 ) = x2 + y2 −( b2x2
a2
+ a2y2
b2 )，
因为b2x2
a2
+ a2y2
b2
≥2√b2x2
a2
+ a2y2
b2
= 2xy，当且仅当b2x2
a2
= a2y2
b2 时，等号成立，
所以x2 + y2 −( b2x2
a2
+ a2y2
b2 ) ≤x2 + y2 −2xy = (x −y)2，故a2 −b2 ≤(x −y)2；
(3) 设x = √2m −3, y = √m −2，由{
，解得m ≥2，
x2 −y2 = m −1 > 0，又x > 0, y > 0，则x > y，
答案
解析
2m −3 ≥0
m −2 ≥0
25
构造x2
a2 −y2
b2 = 1，由x2 −2y2 = 1，得x2
1 −y2
1
2
= 1，则a2 = 1, b2 = 1
2 ，
所以由（2）得M = √2m −3 −√m −2 = x −y ≥√a2 −b2 = √2
2 ，
当且仅当
，即x = √2, y = √2
2 ，m = 5
2 时，等号成立，
所以M取最小值为√2
2 ，此时m的值为5
2 .
教法备注
【考点】“1”的代换
【教法】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.
⎧
⎨
⎩
x2
2 = 2y2
x2
1 −y2
1
2
= 1
知识点4——基本不等式的实际应用
考点9：基本不等式的实际应用（填选）
知识笔记
利用基本不等式来解决一些实际问题
基本解题步骤：
①先理解题意，合理设置变量，一般把要求最大值或最小值的变量定为函数；
②建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题；
③在定义域内，求函数的最大值或最小值；
④正确写出答案.
典型例题
例9
某工厂的产值第二年比第一年的增长率是P1，第三年比第二年的增长率是P2，而这两年的平均增长率为P，在
P1 + P2为定值的情况下，P的最大值为
（用P1､P1表示）
答案
26
P1 + P2
2
根据题意列出(1 + P1)(1 + P2) = (1 + P)2，再根据基本不等式可求出结果.
设第一年的产值为1，则第二年的产值为1 + P1，第三年的产值为(1 + P1)(1 + P2)，
又这两年的平均增长率为P，所以(1 + P1)(1 + P2) = (1 + P)2，
因为P1 + P2为定值，所以(1 + P)2 = (1 + P1)(1 + P2) ≤( 1 + P1 + 1 + P2
2
)
2
= (1 + P1 + P2
2
)
2
，当且仅当
P1 = P2时，等号成立，
所以1 + P ≤1 + P1 + P2
2
，所以P ≤P1 + P2
2
，
所以P的最大值为P1 + P2
2
.
故答案为：P1 + P2
2
解析
变式9-1
如图所示，为宣传2025年世界人工智能大会在上海召开，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸上设计大小相等的左
右两个矩形宣传栏，宣传栏的面积之和为45m2，为了美观，要求海报上四周空白的宽度为0.1m，两个宣传栏之间
的空隙的宽度为0.2m，设海报纸的长和宽分别为xm, ym，为节约成本（即使用纸量最少），则长x =
m.
2 + 15√10
5
根据已知有(x −0.4)(y −0.2) = 45，应用基本不等式可得xy ≥0.4√2xy + 44.92，由换元法求用纸量最少对应
x.
由题设(x −0.4)(y −0.2) = 45，则xy = 0.2(x + 2y) + 44.92，
所以xy ≥0.4√2xy + 44.92，当且仅当x = 2y时取等号，
令t = √2xy > 0，则t2
2 −0.4t −44.92 ≥0，即25t2 −20t −2246 ≥0，
所以t ≥2 + 15√10
5
或t ≤2 −15√10
5
（舍），
此时√2xy = x ≥2 + 15√10
5
，即用纸量最少时x = 2 + 15√10
5
m.
答案
解析
27
故答案为：2 + 15√10
5
教法备注
【考点】基本不等式的恒成立问题 、 基本不等式的实际应用 、 函数的实际应用
【教法】列出函数表达式后根据基本不等式进行求解即可
考点10：基本不等式的实际应用（解答）
典型例题
例10
2024年8月12日，为期16天的巴黎奥运会落下帷幕，回顾这一届奥运会，中国元素在这里随处可见，令游客驻足欣
赏；据调查，国内某公司生产的一款巴黎奥运会吉祥物的供货价格=固定价格+浮动价格，其中固定价格为60元，
浮动价格=
5
销售量（浮动价格单位：元，销售量单位：万件），假设每件吉祥物的售价为整数，当每件吉祥物售
价不超过100元时，销售量为10万件：当每件吉祥物售价超过100元时，售价每增加1元，销售量就减小0.2万件，总
利润=（售价-供货价格）×销售量；
(1)
当每件吉祥物的售价为85元时，获得的总利润是多少万元？
(2)
每件吉祥物的售价为多少元时，单件吉祥物的利润最大，最大为多少元？
(1) 245万元
(2) 每件吉祥物的售价为145元时，单件吉祥物的利润最大，最大为80元
(1) 由题意，当单价售价为85元时，销售量为10万件，浮动价格为0.5元，供货价格为60 + 0.5 = 60.5元，
答案
解析
28
故总利润为：10 × (85 −60.5) = 245万元；
(2) 当x ≤100时，销售量为10万件，供货价为60.5元，
则60.5 < x ≤100，且x ∈N，
因而，当x ≤100时，单价利润x −60.5 ≤39.5，
即单价利润最大为39.5元；
当x > 100时，销售量为10 −0.2(x −100) = 30 −0.2x（万件），
同时，30 −0.2x > 0，解得100 < x < 150，且x ∈N，
此时单价利润为：x −60 −
5
30 −0.2x = x −60 −
25
150 −x
= −[(150 −x) +
25
150 −x ] + 90 ≤−2√(150 −x) ⋅
25
150 −x + 90 = 80，
当且仅当150 −x =
25
150 −x ，即x = 145时，取等号
因为80 > 39.5，
故当每件吉祥物的售价为145元时，单件吉祥物的利润最大，最大为80元．
教法备注
【考点】基本不等式的恒成立问题 、 基本不等式的实际应用 、 函数的实际应用
【教法】列出函数表达式后根据基本不等式进行求解即可
变式10-1
现需要建造仓库A和厂房B，已知建造仓库A的所有费用m（万元）和与仓库A、厂房B的距离x（千米）的关系为：
m =
k
3x + 2 （0 < x ≤8），若距离为1千米时，仓库A建造费用为80万元，为了方便，仓库A与厂房B之间还需修
建一条道路，已知购置修路设备需5万元，铺设路面每千米成本为3万元，设f (x)为建造仓库A与修路费用之和．
(1)
求f (x)的表达式；
(2)
当仓库A与厂房B距离多远时，可使得总费用f (x)最小？并求出最小值．
(1) f (x) = 5 + 3x +
400
3x + 2 (0 < x ≤8)；
(2) 当仓库A与厂房B距离6千米时，可使得总费用 f (x)最小，最小值为43万元.
答案
29
(1) 由已知得当x = 1时，m = 80，代入可得80 =
k
3 + 2 ，解得k = 400，
所以m =
400
3x + 2 ，
所以总费用f (x) = 5 + 3x +
400
3x + 2 (0 < x ≤8)；
(2) 由（1）得f (x) = 5 + 3x +
400
3x + 2 (0 < x ≤8)，
所以f (x) = 5 + 3x +
400
3x + 2 = 2 + 3x +
400
3x + 2 + 3 ≥2√(2 + 3x) ×
400
3x + 2 + 3 = 43（万元），
当且仅当
400
3x + 2 = 3x + 2，即x = 6时，等号成立，
所以当隔离病房与药物仓库距离为6千米时，可使得总费用最小为43万元.
教法备注
【考点】基本不等式的恒成立问题 、 基本不等式的实际应用 、 函数的实际应用
【教法】列出函数表达式后根据基本不等式进行求解即可
解析
09 幂、指数与对数
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解实数指数幂的运算性质
目标2
★★☆☆☆☆ 理解
理解对数的概念
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握对数的运算法则
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：掌握整数、分数指数幂的定义及运算性质，理解对数的概念，能够完成对数式和
指数式的互化，理解对数与指数之间的互逆关系，掌握对数的运算性质重难点：指对数间的互逆关系及对数
运算法则；
2．本讲知识点在高考中常常以幂指对函数的形式命题，分值占比5%；
3．对应教材：新版上教教材的第三幂、指数与对数，第一节幂与指数，第二节对数；
4．本讲知识点属于幂、指数与对数章节，属于衔接内容，为下个章节幂指对函数做铺垫，常结合函数考察.
2
教法备注
问题1：一尺之棰，日取其半，万世不竭.
(1)取五次，还有多长？
(2)取多少次，还有0.125尺？
(3)为同学们熟悉的指数模型，易得( 1
2 )
5
= 1
32 ；(2)( 1
2 )
x
= 0.125 ⇒?
知识点1——幂与指数
考点1：幂指数的运算性质
知识笔记
1. 整数指数幂及其运算性质
如果a是一个实数，n是一个正整数，那么称an = a × a × ⋯× a
na
为a的n次幂；
整数指数幂运算性质：对于任意给定的实数a, b及正整数s, t，有asat =as+t，(as)t =ast，(ab)t = atbt.
2. n次方根
定义：一般地，如果n为大于1的整数，且xn = a，那么x叫做a的n次方根.式子
n√a叫做a的n次根式，这里n叫做
根指数，a叫做被开方数．
注意：
①当n为奇数时，正数的n次方根是一个正数，负数的n次方根是一个负数，即a的n次方根唯一存在；
②当n为偶数时，正数的n次方根有两个，他们互为相反数.其中，正的n次方根用n√a表示，负的n次方根用−n√a表
示；
③负数没有偶次方根，0的任何次方根都是0，记作
n√0 = 0；
④当n为奇数时，
n√an = a；当n为偶数时，
n√an = |a|.
典型例题
例1
1
3
将a ⋅
4√a3化为有理数指数幂的形式为
.
a
7
4
由分数指数幂的运算即可得解.
由题意a ⋅
4√a3 = a ⋅a
3
4 = a1+ 3
4 = a
7
4 .
故答案为：a
7
4 .
答案
解析
2
当 x < 0 时，化简:
5√x5 +
4√x4 + |x| =
.
−x
利用根式化简计算即可；
因为x < 0
所以
5√x5 +
4√x4 + |x| = x −x −x = −x，
故答案为：−x
答案
解析
变式1-1
1
化简求值:(22−√3)
2+√3
=
.
2
根据指数幂的运算性质计算即得.
(22−√3)
2+√3
= 2
(2−√3)(2+√3) = 2.
故答案为：2
答案
解析
4
2
下列运算中正确的是（ ）
A. √(2 −π)2 = 2 −π
B. a√−1
a = √−a
C. (m
1
4 n−3
8 )
8
= m2
n3
D. (x3−√2)
3+√2
= x9
C
根据根式与指数幂的关系，及有理数指数幂的运算性质化简各式即可判断正误.
对于A，2 −π < 0，所以√(2 −π)2 = π −2，错误；
对于B，因为−1
a > 0，所以a < 0，则a√−1
a = −(−a) ⋅
1
√−a
= −√−a，错误；
对于C，(m
1
4 n−3
8 )
8
= (m
1
4 )
8
(n−3
8 )
8
= m2
n3 ，正确；
对于D，(x3−√2)
3+√2
= x9−2 = x7，错误．
故选：C．
答案
解析
考点2：幂的基本不等式
知识笔记
对任意给定的正数a, b及实数s, t，有asat = as+t，(as)t = ast，(ab)t = atbt；
幂的基本不等式：当a > 1, s > 0时，as > 1.
典型例题
例2
（1）已知0 < a < 1，s > 0，求证：0 < as < 1；
（2）已知a > 1，s < 0，利用（1）求证：0 < as < 1．
5
（1）证明见解析；（2）证明见解析
（1）（2）利用指数函数的性质求解即可.
（1）因为0 < a < 1，所以1
a > 1，
又s > 0，所以( 1
a )
s
> 1，即1
as > 1，
所以0 < as < 1．
（2）因为a > 1，所以0 < 1
a < 1；
因为s < 0，所以−s > 0，
所以由结论（1），0 < ( 1
a )
−s
< 1，
即0 < as < 1．
答案
解析
变式2-1
已知a > 1，则“s > 0”是“as > 1”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 非充分非必要条件
C
利用指对数的性质，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系，即可得答案.
当a > 1，s > 0时，f(s) = as > 1，充分性成立；
当a > 1，as > 1时，则s > loga 1 = 0，必要性成立；
所以“s > 0”是“as > 1”的充要条件.
故选：C
教法备注
【考点】幂的基本不等式
答案
解析
6
【教法】根据幂的基本不等式求解即可
考点3：特殊分数指数幂的关系运用
知识笔记
a的1
n 次幂：
①当a > 0时，
满足xn = a的唯一正数x为a的1
n 次幂，即a
1
n =
n√a（a>0,n为大于1的整数）.
②当a < 0时，
n是正奇数时，存在唯一的实数x，使得xn = a < 0，此时a
1
n =
n√a可以被定义；
n是正偶数时，不存在实数x，使得xn = a < 0，此时a
1
n =
n√a不能被定义；
③当a = 0时，0
1
n = 0.
a的m
n 次幂：
一般地，在n为正整数，m为整数时，对所有使得
n√am有意义的实数a，都可以定义为a
m
n =
n√am.
有理数指数幂的运算性质：对于任意给定的实数a, b及有理数s, t，有asat = as+t，(as)t = ast，(ab)t = atbt.
典型例题
例3
若a2x = 3，且a > 0，则a3x + a−3x
ax + a−x 的值为
．
7
3 | 2 1
3
利用指数幂的运算求解.
解：因为a2x = 3，且a > 0，所以a−2x = 1
3 ，
所以a3x + a−3x
ax + a−x
= (ax + a−x) (a2x −1 + a−2x)
ax + a−x
= a2x −1 + a−2x = 7
3 ，
故答案为：7
3
答案
解析
7
变式3-1
1
已知x
1
2 + x
−1
2 = 2,则x + x−1 =
.
2
因为x
1
2 + x
−1
2
2
= x + x−1 + 2 = 4,则x
1
2 + x
−1
2
2
= x + x−1 + 2 = 4
所以x + x−1 = 2
故答案为：2
此题考查对式子的平方的处理，平方是一种常用的式子处理方法注意掌握，属于简单题目。
答案
解析
2
设a2x = 2，a > 0，则a3x + a−3x
ax + a−x
+ log−x 2 × log2 (−x) + |x| +
6√x6 + 2
3√x3 + 100lg 2 =
.
13
2
| 6.5
结合指、对运算的性质分部求解，利用立方和公式及已知条件对a3x + a−3x
ax + a−x 化简求值；利用换底公式对
log−x 2 × log2 (−x)化简求值；利用对数恒等式对100lg 2化简求值等；再然后做加减混合运算即可得.
由式子有意义可知−x > 0，且−x ≠1，故x < 0，且x ≠−1.
由a2x = 2，a > 0，得a−2x =
1
a2x = 1
2 ，
则a3x + a−3x
ax + a−x
= (ax + a−x) (a2x −1 + a−2x)
ax + a−x
= a2x −1 + a−2x = 2 −1 + 1
2 = 3
2 ；
又log−x 2 × log2 (−x) =
lg 2
lg(−x) ⋅lg(−x)
lg 2
= 1；
|x| +
6√x6 + 2
3√x3 = 2 |x| + 2x = −2x + 2x = 0；
100lg 2 = 102 lg 2 = (10lg 2)
2 = 22 = 4；
则原式= 3
2 + 1 + 4 = 3
2 + 5 = 13
2 ；
故答案为：13
2 .
答案
解析
8
教法备注
【考点】幂的运算
【教法】根据幂的运算求解即可
知识点2——对数的概念及运算性质
考点4：对数的概念
知识笔记
1.对数的定义
在a > 0, a ≠1，且N > 0的条件下，唯一满足则ax = N的数x叫做以a为底N的对数，记作x = logaN.其中，a叫做
对数的底数，N称为真数；
通常，我们将以10为底的对数叫做常用对数，并把log10N记作lg N；
我们将以e(e ≈2.718)为底的对数叫做自然对数，并把logN
e 记作ln N.
2. 对数恒等式
loga1 = 0；logaa = 1；alogaN = N.
典型例题
例4
对数表达式logx−1(5 −x)中的x的取值范围是 .
(1, 2) ⋃(2, 5)
根据对数的定义可得
，解不等式组即可求解.由题意可得
，解得1 < 5且x ≠2，
所以x的取值范围是(1, 2) ⋃(2, 5).
故答案为：(1, 2) ⋃(2, 5)
本题考查了对数式的定义，对数的底数大于零且不等于1 、真数大于零，属于基础题.
答案
解析
⎧
⎨
⎩
5 −x > 0
x −1 > 0
x −1 ≠1
⎧
⎨
⎩
5 −x > 0
x −1 > 0
x −1 ≠1
9
变式4-1
1
在对数式y＝log
(4－x)中，实数x的取值范围是 .
(2, 3) ∪(3, 4).
由对数真数、底数的取值范围可得关于实数x的不等式，进而可求出实数x的取值范围.
由题意可知
，解得2<x<4且x≠3.
故答案为:(2, 3) ∪(3, 4).
本题考查了对数的概念，属于基础题.
(x－2)
答案
解析
⎧
⎨
⎩
4 −x > 0
x −2 > 0
x −2 ≠1
2
我们在语文课上学过《劝学》，其中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”在“进步率”和“退步
率”都是1%的前提下，我们可以把(1 + 1%)365看作是经过365天的“进步值”，(1 −1%)365看作是经过365天的“退步
值”，则大约经过
天时，“进步值”大约是“退步值”的100倍.
230
设大约经过n天，“进步值”大约是“退步值”的100倍.进步值为(1 + 1%)n = 1.01n，退步值为(1 −1%)n = 0.99n，
由对数的运算计算求解即可.
设大约经过n天，“进步值”大约是“退步值”的100倍.
此时进步值为(1 + 1%)n = 1.01n，退步值为(1 −1%)n = 0.99n，
即1.01n
0.99n = 100，则n = log 101
99
100 =
lg 100
lg 101 −lg 99 ≈
2
2.0043 −1.9956 ≈230，
故答案为：230.
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】列出方程根据对数的运算性质即可
答案
解析
10
考点5：指对数互化
典型例题
例5
已知3m = 6，用m表示log3 54为
．
m + 2
先根据指对互化可得m = log3 6，再结合对数运算求解.
∵3m = 6，则m = log3 6，
∴log3 54 = log3 (6 × 32) = log3 6 + log3 32 = m + 2.
故答案为：m + 2.
答案
解析
变式5-1
已知a = log2 3，2b = 7，则2a−2b =
.
3
49
利用对数式与指数式的互化得出2a = 3，再利用指数幂的运算性质可求得所求代数式的值.
因为a = log2 3，则2a = 3，
又因为2b = 7，则2a−2b =
2a
(2b)2 = 3
72 = 3
49 .
故答案为：3
49 .
答案
解析
考点6：对数运算法则
知识笔记
对数的运算性质
11
a > 0且a ≠1，
当M > 0N > 0时，loga(MN) = logaM + logaN；
当M > 0N > 0时， loga
M
N = logaM −logaN；
当N > 0时，对于任意给定实数c，logaN c = clogaN.
典型例题
例6
1
已知 lg ab = 1 ，则 lg a2024 + lg b2024 = .
2024
lg a2024 + lg b2024 = lg(ab)2024 = 2024 lg ab = 2024 ．
故答案为： 2024 ．
答案
解析
2
设a = log52，5b = 3，试用a, b表示log512.
2a + b
答案
12
5b = 3 ⇒b = log53
log512 = log5（2 × 2 × 3）= log52 + log52 + log53 = 2a + b
解析
3
log2
4√8
2
+ log5 50 + 3
−log3
2
5 −log5 10 =
．
13
4
根据对数的运算法则，对数恒等式等对原式各项分别化简，然后再进行计算.
原式= log2
4√8 −log2 2 + log5 5 + log5 10 + 3
log3
5
2 −log5 10
= 3
4 −1 + 1 + 5
2 = 13
4
故答案为：13
4 .
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】根据换底公式及对数的运算性质即可
答案
解析
变式6-1
1
化简与求值：
(1)
计算lg 4 + 2 lg 5 + ln √e −21+log23；
(2)
已知2a = 9, 3b = 16，求ab的值.
13
(1) −7
2
(2) 8
(1)
原式= lg 4 + lg 25 + lne
1
2 −2 × 2log23= lg (4 × 25) + 1
2 −2 × 3
= lg 100 + 1
2 −6 = 2 + 1
2 −6= −7
2 .
(2) 由2a = 9, 3b = 16，可得a = log2 9, b = log3 16，
所以ab = log2 9 × log3 16= log2 32 × log3 24= 2 × 4 × log2 3 × log3 2= 8.
答案
解析
2
已知log3 7 = a，log7 2 = b，用a，b表示log7 42 =
．
1
a + b + 1
由已知直接利用对数的运算性质以及换底公式求解.
因为，log3 7 = a，log7 2 = b， log3 7 ⋅log7 3 = 1，
所以，log7 3 = 1
a ，
log7 42 = log7 (3 × 2 × 7) = 1 + log7 3 + log7 2 = 1 + 1
a + b.
故答案为：1
a + b + 1.
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】根据换底公式及对数的运算性质即可
答案
解析
14
知识点3——对数的换底公式
考点7：换底公式
知识笔记
对数的换底公式
当N > 0时，logaN = logbN
logba .
典型例题
例7
1
logx y ⋅logy z ⋅logz x的值是
.
1
利用换底公式计算可得结果.
易知logx y ⋅logy z ⋅logz x = lg y
lg x ⋅lg z
lg y ⋅lg x
lg z = 1.
故答案为：1
答案
解析
2
农业农村部于2021年2月3日发布信息：全国按照主动预防、内外结合、分类施策、有效处置的总体要求，全面排查
蝗灾隐患.为了做好蝗虫防控工作，完善应急预案演练，专家假设蝗虫的日增长率为6%，最初有N0只，则大约经过
（ ）天能达到最初的1800倍.
A. 129
B. 150
C. 197
D. 199
A
答案
解析
15
设经过n天后蝗虫数量达到原来的1800倍，列出方程，结合对数的运算性质即可求解.
由题意可知，蝗虫最初有N0只且日增长率为6%，
设经过n天后蝗虫数量达到原来的1800倍，
则N0(1 + 6%)n
N0
= 1800，
∴1.06n = 1800，∴n = log1.06 1800 = ln 1800
ln 1.06 ≈128.6，
∵n ∈N∗，∴大约经过129天能达到最初的1800倍．
故选：A
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】列出方程，结合对数的运算性质即可求解
变式7-1
1
已知lg 2 = a, lg 3 = b，则用a, b表示log6 25 =
.
2 −2a
a + b
利用换底公式和对数运算性质即可.
因为lg 2 = a, lg 3 = b，所以log6 25 = lg 25
lg 6 =
2 lg 5
lg 2 + lg 3 = 2 (1 −lg 2)
lg 2 + lg 3 = 2 −2a
a + b .
故答案为：2 −2a
a + b .
答案
解析
2
已知log12 3 = a，则log36 16 =
(用a表示)
2 −2a
1 + a
利用对数的换底公式及运算法则计算化简即可.
答案
解析
16
log36 16 = log12 16
log12 36 =
log12
144
9
log12 (3 × 12) = log12 144 −log12 9
log12 12 + log12 3 = 2 log12 12 −2 log12 3
log12 12 + log12 3
，
因为log12 3 = a，log12 12 = 1代入上式，化为2 −2a
1 + a .
故答案为：2 −2a
1 + a .
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】根据换底公式及对数式与指数式的转化即可
3
计算log2 3 ⋅log3 4 ⋅log4 5 ⋅… ⋅log1023 1024的结果为(
)
A. 8
B. 9
C. 10
D. 11
C
解：log2 3 ⋅log3 4 ⋅log4 5 ⋅… ⋅log1023 1024
= lg3
lg2 ⋅lg4
lg3 ⋅lg5
lg4 … lg1024
lg1023
= lg1024
lg2
= log2 1024
log2 210
= 10，
故选：C
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】根据换底公式及对数式与指数式的转化即可
答案
解析
考点8：常用结论
17
知识笔记
常用结论：logab = logbb
logba =
1
logba ，logacbc = c logab
logaac = logab，
logab ⋅logbc = logab ⋅logac
logab = logac.
典型例题
例8
1
已知4a = 5b = 10，则1
a + 2
b =
.
2
根据4a = 5b = 10，表示出a, b，根据对数的运算即可求解.
因为4a = 5b = 10，所以a = log4 10 =
1
lg 4 ⇒1
a = lg 4, b = log5 10 =
1
lg 5 ⇒1
b = lg 5，
所以1
a + 2
b = lg 4 + 2 lg 5 = lg 4 + lg 52 = lg (4 × 25) = lg 100 = 2.
故答案为：2.
答案
解析
2
已知ab ≠1，loga m = 2，logb m = 5，则logab m =（ ）
A.
1
10
B. 1
7
C.
7
10
D. 10
7
D
根据给定条件，利用对数换底公式及对数运算法则求解即可.
依题意，m > 0, m ≠1，由loga m = 2，得logm a = 1
2 ；由logb m = 5，得logm b = 1
5 ，
所以logab m =
1
logm ab =
1
logm a + logm b =
1
1
2 + 1
5
= 10
7 .
答案
解析
18
故选：D
3
（1）计算以下对数的值：2log23 + log9 25 log5 27；
（2）已知lg 2 = a，lg 3 = b，用a、b来表示log12 25.
（1） 6；（2） 2 −2a
2a + b
使用换底公式和对数运算性质得出答案即可.
（1）2log23 + log9 25 log5 27
= 3 + log3 5 log5 33
= 3 + 3 × lg 5
lg 3 × lg 3
lg 5
= 6；
（2）log12 25 = lg 25
lg 12 =
2 lg 5
lg 4 + lg 3 = 2 (1 −lg 2)
2 lg 2 + lg 3 = 2 −2a
2a + b
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】根据换底公式及对数式与指数式的转化即可
答案
解析
变式8-1
1
计算：log3 5 + log3
9
5 + eln 3 =
.
19
5
根据对数的运算公式计算即可.
原式= log3 9 + 3 = 2 + 3 = 5.
故答案为：5
答案
解析
2
已知m > 0, n > 0，若k = log3 m = log9 n = log27(9m + 8n)，则k =（ ）
A. −2
B. 2
C. −1
2
D. 1
2
B
结合对数的运算，化简可得k = log3 m = log3 n
1
2 = log3 (9m + 8n)
1
3 ，得到并解出方程组即可.
由题可得：k = log3 m = 1
2 log3 n = 1
3 log3 (9m + 8n)，
即k = log3 m = log3 n
1
2 = log3 (9m + 8n)
1
3 ，
所以{
，解得：
.
所以k = 2.
故选：B.
答案
解析
k = log3 m
m = n
1
2 = (9m + 8n)
1
3
⎧
⎨
⎩
k = 2
m = 9
n = 81
3
若实数a > b > 1，且loga b + logb a = 5
2 ，则a
b2 =
.
1
根据换底公式及对数式与指数式的转化即可得解.
答案
解析
20
因为a > b > 1，所以0 < loga b < 1，
由loga b + logb a = loga b +
1
loga b = 5
2 ，
解得loga b = 1
2 或loga b = 2（舍去），
所以a
1
2 = b，即a = b2，
所以a
b2 = 1，
故答案为：1
教法备注
【考点】 对数综合运算
【教法】根据换底公式及对数式与指数式的转化即可
4
对于任意实数c，d(c < d)，定义区间(c, d)，[c, d)，(c, d]，[c, d]的长度均为d −c.若集合I是若干个两两交集为空集的
区间的并集，则把这几个区间的长度的和称为I 的长度. 特别地，记正整数集A = {a1, a2, ⋯an} ，且
a1 < a2 < ⋯< an，若区间[ai, an]的端点ai, an满足1
ai
−1
an
≥n −i
25
(i = 1, 2, ⋯, n −1)，则称该集合为“称心集”.
(1)
若|2x −5| < 3的解集为B，求集合B的区间长度；
(2)
若关于x的不等式组{
的解集构成的各区间长度之和为6，求实数t的取值范围；
(3)
求“称心集”A = {a1, a2, ⋯an}中元素个数的最大值，并说明理由.
(1) 2
(2) (0 , 1
27 ]
x2 −5x −6 < 0
2 log4 x + log2 (tx + 3t) < 1
答案
21
(3) 9，理由见解析
(1) 由|2x −5| < 3，得2 < 2x < 8，即1 < x < 3，
故B = (1, 3)，其区间长度为3 −1 = 2；
(2) 不等式x2 −5x −6 < 0的解集为{x |−1 < x < 6}，区间长度为7，
因为关于x的不等式组{
的解集构成的各区间长度之和为6，
即x ∈(0, 6)时，不等式2 log4 x + log2 (tx + 3t) < 1恒成立，
由2 log4 x + log2 (tx + 3t) < 1可得log2 (tx2 + 3tx) < log2 2，
所以{
在x ∈(0, 6)时恒成立，
即0 < t <
2
x2 + 3x 在x ∈(0, 6)时恒成立，
解得0 < t ≤1
27 ，故实数t的取值范围是(0 , 1
27 ].
(3) 因为1
ai −1
an ≥n −i
25
，所以1
a1 −1
an ≥n −1
25
，a1 ≥1，可得1 > n −1
25
，因此n < 26，
同时1
ai
> n −i
25
，又因为ai ≥i，可得1
i > n −i
25
，
所以25 > i (n −i) (i = 1, 2, ⋯n −1)均成立，
当n ≥10时，取i = 5，则i (n −i) = 5 (n −5) ≥25，故可知n < 10，
又当n ≤9时，i (n −i) ≤( i + n −i
2
)
2
= n2
4 < 25，所以n ≤9，
因此，“称心集”A中元素个数的最大值为9.
教法备注
【考点】集合新定义问题 、 不等式的恒成立问题 、 指数型不等式 、 对数综合运算
【教法】对数综合运算与不等式的恒成立问题综合
解析
x2 −5x −6 < 0
2 log4 x + log2 (tx + 3t) < 1
t (x + 3) > 0
tx2 + 3tx −2 < 0
10 幂函数
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解幂函数的定义与图像
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握幂函数的性质
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握“耐克”、“飘带”函数的图像和性质
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：知道幂函数的概念，掌握简单的幂函数性质，重难点：幂函数的性质；
2．本讲知识点在高考中常常结合函数章节做综合考查，分值占比5%；
3．对应教材：新版上教教材的第四章幂函数、指数函数与对数函数，第一节幂函数；
4．本讲知识点属于基本初等函数的内容，与前一个章节幂、指数与对数关系密切，属于衔接内容，同时为下
个章节函数做铺垫，常结合考查.
2
教法备注
问题引入：我们先看几个具体问题
(1)张红购买了每千克 元的蔬菜 千克，那么她需要支付 元；
(2)如果正方形的边长为 ，那么正方形的面积 ；
(3)如果立方体的边长为 ，那么立方体的体积 ；
(4)如果一个正方形场地的面积为 ，那么这个正方形的边长 ；
(5)如果人 秒内骑车行进了 ，那么他骑车的平均速度 .
引出幂函数定义.
知识点1——幂函数的定义与图像
考点1：幂函数的定义
知识笔记
幂函数的定义
(1)当指数a固定，等式y = xa(a ∈R)确定了变量y随变量x变化的规律，称为指数为a的幂函数；
(2)使得y = xa有意义的x的取值范围，称为此幂函数的定义域，y的取值范围称为幂函数的值域，幂函数的定义
域、值域可以是不同的，它取决于a的取值.
典型例题
例1
若幂函数f (x) = (m2 + m −5)xm2−2m−1的图像不经过原点，则m的值为 ．
2
根据幂函数定义以及图象性质可得结果.
由幂函数定义可知m2 + m −5 = 1，即m2 + m −6 = 0，
解得m = 2或m = −3；
当m = 2时，f (x) = x−1，不经过原点，符合题意；
答案
解析
3
当m = −3时，f (x) = x14，经过原点，不合题意，舍去；
所以m = 2.
故答案为：2
变式1-1
已知幂函数y = f (x)的图像过点(4, √2)，则f (81) = .
3
先由函数y = f (x)为幂函数，设f (x) = xα，然后由已知求出α = 1
4 ，再求解即可.解：由题意设f (x) = xα，
由函数y = f (x)的图象过点(4, √2)，
则4α = √2，解得α = 1
4 ，
即f (x) = x
1
4 ，
则f (81) =81
1
4 = 3，
故答案为：3.
本题考查了幂函数解析式的求法，重点考查了分数指数幂的运算，属基础题.
答案
解析
考点2：幂函数的图像
知识笔记
幂函数的图象
4
五个常用幂函数y = x, y = x2, y = x3, y = x
1
2 , y = x−1的大致图像如上，从图像中可以看出，指数a不同，幂函数
定义域不同，图像形态也明显不同.
(1)五个幂函数定义域分别为：
y = x(x ∈R), y = x2(x ∈R), y = x3(x ∈R), y = x
1
2 (x ≥0), y = x−1(x ≠0)；
(2)值域分别为：
y = x(x ∈R), y = x2(x ∈R), y = x3(x ∈R), y = x
1
2 (x ≥0), y = x−1(x ≠0)；
(3)当x > 0时，y = xa（a ∈R）第一象限图像有规律如下：
通过幂函数关系式y = xa（a ∈R）易得：
1.幂函数恒过点(1, 1)；
2.幂函数图像不经过第四象限.
典型例题
例2
已知幂函数y1 = xa, y2 = xb, y3 = xc, y4 = xd 在第一象限的图像如图所示，则（ ）
5
A. a > b > c > d
B. b > c > d > a
C. d > b > c > a
D. c > b > d > a
B
由图象可知，当x = 2时，2a < 2d < 2c < 2b，则a < d < c < b
故选：B
答案
解析
变式2-1
已知函数f(x) = (m2 + 5m + 7)xm(x ≠0)是幂函数，其图像分布在第一、三象限，则m =
．
−3
根据幂函数的定义得到m2 + 5m + 7 = 1，求出m值，进行检验即可.
根据其为幂函数，则m2 + 5m + 7 = 1，解得m = −2或−3，
当m = −2时，f (x) = x−2 = 1
x2 ，则其定义域关于原点对称，f (−x) =
1
(−x)2 = f (x)，故其为偶函数，且分
布在一、二象限，图像如图所示：
答案
解析
6
故m = −2舍去，
当m = −3时，f (x) = x−3 = 1
x3 ，则其定义域关于原点对称，f (−x) =
1
(−x)3 = −f (x)，故其为奇函数，且
分布在一、三象限，图像如图所示：
故答案为：−3.
教法备注
【考点】幂函数的定义 、 幂函数的图象
【教法】根据幂函数的定义求出值，进行检验即可.
考点3：幂函数的定义域和值域
典型例题
例3
若幂函数y = x−m2+2m（m为整数）的定义域为R，则m的值为
．
1
答案
解析
7
根据已知条件列出约束式即可求解.
若幂函数y = x−m2+2m（m为整数）的定义域为R，则−m2 + 2m > 0，解得0 < m < 2，
而m是整数，则只能m = 1，经检验符合题意.
故答案为：1
变式3-1
若集合A = {1, 2}, B =
y|y = x
1
2
，则a ∈A是a ∈B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
A
求出值域，得到B = [0, +∞)，故A是B的真子集，得到答案.
由幂函数的性质可知B = [0, +∞)，则A是B的真子集，
则a ∈A是a ∈B的充分不必要条件.
故选：A
⎧
⎨
⎩
⎫
⎪
⎬
⎪
⎭
答案
解析
知识点2——幂函数的性质
考点4：幂函数的单调性与对称性及其应用
知识笔记
1. 幂函数的单调性
通过对幂函数y = xa（a ∈R）图像的观察，会发现：
(1)a > 0时，在区间(0, +∞)上，幂函数的函数值y随着自变量x的（严格）增大而增大，此时称幂函数y = xa在
(0, +∞)是严格增函数；
(2)a < 0时，在区间(0, +∞)上，幂函数的函数值y随着自变量x的（严格）增大而减小；此时称幂函数y = xa在
(0, +∞)是严格减函数.
8
a
图像经过象限
对称性
a ∈Z
a = 2n
一、二
关于y轴对称
a = 2n + 1
一、三
关于原点中心对称
a = m
n , m, n
m = 2n, n = 2n + 1
一、二
关于 y轴对称
m = 2n + 1, n = 2n + 1
一、三
关于原点中心对称
m = 2n + 1, n = 2n
一
无
典型例题
例4
1
如图所示是函数y = x
m
n （m、n ∈N∗且互质）的图像，则（ ）
A. m，n是奇数且m
n < 1
B. m是偶数，n是奇数，且m
n < 1
C. m是偶数，n是奇数，且m
n > 1
D. m，n是偶数，且m
n > 1
B
根据图象得到函数的奇偶性及(0, +∞)上单调递增，结合m、n ∈N∗且互质，从而得到答案.
由图象可看出y = x
m
n 为偶函数，且在(0, +∞)上单调递增，
故m
n ∈(0, 1)且m为偶数，又m、n ∈N∗且互质，故n是奇数.
故选：B
答案
解析
9
2
幂函数f (x) = xm2−2m−3 (m ∈Z)的图像关于y轴对称，且在区间(−∞, 0)上是严格增函数．
(1)
求f (x)的表达式；
(2)
求函数g (x) = x−4 −4x的单调区间（只写结果，不要证明）；
(3)
对任意实数x ∈[ 1
2 , 1]，不等式f (x) ≤t + 4x恒成立，求实数t的取值范围．
(1) f (x) = x−4；
(2) 答案见解析；
(3) t ≥14；
(1) 由函数图象关于y轴对称，且在区间(−∞, 0)上是严格增函数，
所以m2 −2m −3 < 0，则−1 < m < 3，且m2 −2m −3为偶数，m ∈Z，则m = 1，
所以f (x) = x−4；
(2) 当x < 0，对于y = x−4、y = 4x在(−∞, 0)上都是单调递增，
且在x = −4和x = −2处相交，如下图示，
由图分析知，x从−∞变化到−4过程中，g (x)从接近于0的值逐渐变大，再变小到0，
x从−4变化到−2过程中，g (x)从0逐渐变小，再变大到0，
x从−2变化到0过程中，g (x)从0逐渐变大并趋向于+∞，
所以∃a ∈(−∞, −4)，∃b ∈(−4, −2)，
使g (x)在(−∞, a)上单调递增，在(a, b)上单调递减，在(b, 0)上单调递增；
当x > 0，令0 < x1 < x2，则g (x1) −g (x2) = 1
x4
1
−4x1 −1
x4
2
+ 4x2 = x4
2 −x4
1
x4
1x4
2
+ 4x2 −4x1，
显然x4
2 −x4
1 > 0，x4
1x4
2 > 0，4x2 −4x1 > 0，即g (x1) −g(x2) > 0，故g (x1) > g(x2)，
所以g (x) = x−4 −4x在(0, +∞)上单调递减，
综上，∃a ∈(−∞, −4)，∃b ∈(−4, −2)，使g (x)的单调增区间为(−∞, a)、(b, 0)，单调减区间为(a, b)、
(0, +∞).
(3) 由题设1
x4 ≤t + 4x在x ∈[ 1
2 , 1]上恒成立，即t ≥1
x4 −4x在x ∈[ 1
2 , 1]上恒成立，
答案
解析
10
由（2）知g (x) = x−4 −4x在x ∈[ 1
2 , 1]上单调递减，则g(x)max = g ( 1
2 ) = 14，
所以t ≥14.
教法备注
【考点】幂函数的定义 、 幂函数的图象
【教法】根据幂函数的定义求出值，进行检验即可
3
已知f(x) = x−k2+k+2, k ∈Z．
(1)
若函数y = f(x)的定义域为R，求k的值；
(2)
若f(−4) > f(−3)，且(a2 −1)f (x) + (a −1)√f(x) + 2 > 0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)
在（2）的条件下，若存在实数m，使得关于x的方程2f (x −1) −√f(x)f(x −1) + 2mx2 = 0．恰有4个不同
的正根，求实数m的取值范围．
(1) k = 0或 k = 1
(2) a < −9
7 或 a ≥1
(3) (0, 1
16 )
(1) 解：函数f(x) = x−k2+k+2, k ∈Z的定义域为R，则−k2 + k + 2 > 0，
所以(k −2) (k + 1) < 0，解得−1 < k < 2，又k ∈Z，
所以k = 0或k = 1；
(2) 解：因为−k2 + k + 2 = −k (k −1) + 2且k ∈Z，
若k为奇数，则k −1为偶数，则−k (k −1) + 2为偶数，
答案
解析
11
若k为偶数，则k −1为奇数，则−k (k −1) + 2为偶数，
且−k2 + k + 2 = −(k −1
2 )
2
+ 9
4 ≤9
4 ，
因为f(−4) > f(−3)，所以f (x)在(−∞, 0)上单调递减，
若−k2 + k + 2 = 2，即k = 0或k = 1时f (x) = x2符合题意，
若−k2 + k + 2 = 0，即k = −1或k = 2时f (x) = x0，不符合题意，
若−k2 + k + 2 < 0，则f(x) = x−k2+k+2为偶函数且在(0, +∞)上单调递减，则f (x)在(−∞, 0)上单调递增，
不符合题意；
所以f (x) = x2，
则不等式(a2 −1)f (x) + (a −1)√f(x) + 2 > 0恒成立，即(a2 −1)x2 + (a −1) |x| + 2 > 0恒成立，
因为h (x) = (a2 −1)x2 + (a −1) |x| + 2为偶函数，由h (x) > 0恒成立，只需研究x ≥0的情况即可，
①当x = 0时显然成立，
②当x > 0时(a2 −1)x2 + (a −1)x + 2 > 0恒成立，
若a2 −1 = 0解得a = 1或a = −1，当a = 1时显然成立，当a = −1时不等式即−2x + 2 > 0，解得x < 1，不
符合题意；
若a2 −1 < 0，即−1 < a < 1时，显然不成立，
若a2 −1 > 0，即a > 1或a < −1时，函数g (x) = (a2 −1)x2 + (a −1)x + 2的对称轴为x =
−1
2 (a + 1) ，开
口向上，
当a > 1时x =
−1
2 (a + 1) < 0，又g (0) = 2 > 0，所以g (x) = (a2 −1)x2 + (a −1)x + 2 > 0x ∈(0, +∞)恒
成立，符合题意，
当a < −1时x =
−1
2 (a + 1) > 0，则Δ = (a −1)2 −8 (a2 −1) < 0，解得a > 1（舍去）或a < −9
7 ，
综上可得：a < −9
7 或a ≥1；
(3) 解：由（2）可得2f (x −1) −√f(x)f(x −1) + 2mx2 = 0，
即2(x −1)2 −|x (x −1)| + 2mx2 = 0，
因为方程2f (x −1) −√f(x)f(x −1) + 2mx2 = 0在(0, +∞)上有4个不同的根，
即2(x −1)2 −x |x −1| + 2mx2 = 0在(0, +∞)上有4个不同的根，
令m (x) = |x −1|
x
，x ∈(0, +∞)，
当x > 1时，m (x) = x −1
x
= 1 −1
x ，
所以m (x)在(1, +∞)上单调递增，则m (x) ∈(0, 1)；
当0 < x < 1时，m (x) = 1 −x
x
= 1
x −1，
所以m (x)在(0, 1)上单调递减，则m (x) ∈(0, +∞)．
方程2(x −1)2 −x |x −1| + 2mx2 = 0可变形为2 |x −1|2
x2
−|x −1|
x
+ 2m = 0，
即2m2(x) −m(x) + 2m = 0，
令s = m(x)，则方程为2s2 −s + 2m = 0，要使得原方程有4个不同的正根，
则关于s的方程2s2 −s + 2m = 0在(0, 1)上有两个不等的根s1，s2，
所以
，解得0 < m < 1
16 ，
⎧
⎨
⎩
1 −16m > 0
2m > 0
2 × 12 −1 + 2m > 0
12
故实数m的取值范围为(0, 1
16 )．
教法备注
【考点】不等式的恒成立问题 、 幂函数的定义 、 幂函数的图象 、 根据零点个数求参数或其他
【教法】根据幂函数的定义、 幂函数的图象求出值，进行检验即可
变式4-1
1
已知k ∈{−1, −1
3 , 1
2 , 1
3 , 2, 3}，若幂函数y = xk在区间(0, +∞)上是严格增函数，且函数图像关于原点中心对称，
则k的所有可能的值为 .
1
3 或3
根据幂函数性质，在(0，+ ∞)上单调递增，k > 0，再结合奇函数即可判断.
根据幂函数性质，因为幂函数在(0，+ ∞)上单调递增，所以k > 0,又因为函数图像关于原点对称，所以该幂
函数为奇函数,所以k的取值为1
3 或3.
故答案为：1
3 或3
答案
解析
2
已知函数f (x) = (2m2 −m)x2m+3是幂函数，且函数f (x)的图像关于y轴对称.
(1)
求实数m的值；
(2)
若不等式(a −1)m < (2a −3)m成立，求实数a的取值范围.
(1) −1
2
(2) {a| 3
2 < a < 2}
(1) 因为函数f (x) = (2m2 −m)x2m+3是幂函数，
答案
解析
13
则2m2 −m = 1，即2m2 −m −1 = 0，解得m = −1
2 或1，
又因为函数f (x)关于y轴对称，
当m = −1
2 时，则f (x) = x2为偶函数，满足题意；
当m = 1时，则f (x) = x5为奇函数，不满足题意；
综上所述：实数m的值为−1
2 .
(2)
函数g (x) = xm = x
−1
2 =
1
√x ，则函数g (x)在定义域(0, +∞)内单调递减，
由(a −1)m < (2a −3)m可得:
，解得3
2 < a < 2，
所以实数a的取值范围为{a| 3
2 < a < 2}.
教法备注
【考点】幂函数的定义 、 幂函数的图象
【教法】根据幂函数的定义求出值，进行检验即可.
⎧
⎨
⎩
a −1 > 0
2a −3 > 0
a −1 > 2a −3
3
记号[x]表示不超过实数x的最大整数，若f (x) = [ x2
70 ] + [√70x]，则f (1) + f (2) + f (3) + ⋯+ f (69) + f (70)的
值为（ ）
A. 4898
B. 4899
C. 4900
D. 4901
D
根据题意，由y = x2
70 和y = √70x互为反函数，其图象关于y = x对称，把函数f (x)的值转化为边长为70的正
方形内整点的个数，结合(70, 70)有两个，即可求解.
根据题意，可得[√70 ⋅1] + [√70 ⋅2] + [√70 ⋅3] + ⋯+ [√70 ⋅70]表示x轴，x = 70及函数y = √70x所成围
成区域的整点的个数，
设函数y = x2
70 和y = √70x，可得函数y = x2
70 和y = √70x互为反函数，
两个函数的图象关于y = x对称，
由函数对称性，可得y轴，y = 70，与函数y = √70x围成的区域
所以x轴，x = 70及y = x2
70 围成的区域所包含的整数点一样多，
如图所示，把y = √70x和y = x2
70 分别看成横轴和纵轴，
答案
解析
14
则函数f (1) + f (2) + f (3) + ⋯+ f (69) + f (70)表示边长为70的正方形内整点的个数的之和，
其中(70, 70)有两个，所以整点的个数为70 × 70 + 1 = 4901，
即f (1) + f (2) + f (3) + ⋯+ f (69) + f (70) = 4901.
故选：D.
教法备注
【考点】幂函数的图象 、 函数图象的综合应用 、 函数新定义与综合问题
【教法】根据幂函数的定义求出值，进行检验即可.
考点5： y =
a
x −h + k的对称性及单调性
知识笔记
y =
a
x −h + k的图像
y =
a
x −h + k函数图像是由y = a
x 图像平移而来，y =
a
x −h + k的图像具有如下性质：
(1)a > 0时，在(−∞, h)是严格减函数，在(h, +∞)是严格减函数，a < 0时，在(−∞, h)是严格增函数，在
(h, +∞)是严格增函数；
(2)关于点(h, k)中心对称；
(3)以x = h, y = k为渐近线.
典型例题
例5
函数y = x −1
x + 2 的图像的对称中心的坐标为
．
15
(−2, 1)
函数解析式分离常数法变形后可得．
y = x −1
x + 2 = x + 2 −3
x + 2
= 1 −
3
x + 2 ，它的图象是由函数y = −3
x 的图象向左平移2个单位，再向上平移1个单
位得到的，其对称中心为(−2, 1)．
故答案为：(−2, 1)．
本题考查求函数的对称中心，凡是旬本题这种一次分式函数f(x) = ax + b
cx + d ，都可以看作是一个反比例函数通
过平移变换得到的，因此对称中心也是由原点平移过来得出．
答案
解析
变式5-1
函数y = 3x −a
x + b 的图像关于点(1, c)成中心对称(a, b, c ∈R)，则b + c = .
2
根据基本初等函数y = 1
x 的对称中心及图象平移可得.
函数y = 3x −a
x + b = 3(x + b) −3b −a
x + b
= 3 −3b + a
x + b ，
所以该函数的对称中心为(−b, 3)，
又函数图象关于点(1, c)成中心对称，可知b = −1，c = 3
故b + c = 2，
故答案为：2
教法备注
【考点】 幂函数图象的平移
【教法】根据幂函数的图像性质求出对称中心即可.
答案
解析
16
知识点6——“耐克”函数与“飘带”函数
考点6：耐克函数与飘带的图像与性质
知识笔记
耐克函数y = x + a
x (a > 0)
(1)定义域：(−∞, 0) ∪(0, +∞)；
(2)值域：(−∞, −2√a]∪[2√a, +∞)；
(3)对称性：关于坐标原点对称，函数图像整体呈两个“对勾”的形状，且函数图像关于原点呈中心对称，即
f(x) + f(−x) = 0；
(4)最值：图像在一、三象限， 当x > 0时，y = x + a
x ≥2√a（当且仅当x = √a取等号），即f(x)在x = √a时，取
最小值2√a；由原点对称（奇函数）性质知：当x < 0时，f(x)在x = −√a时，取最大值−2√a
(5)单调性：增区间为(√a, +∞)，(−∞, −√a)，减区间是(0, √a)，(−√a, 0).
飘带函数y = x + a
x (a < 0)
(1)定义域：(−∞, 0) ∪(0, +∞) ；
(2)值域：R；
(3)对称性：关于坐标原点对称；
(4)单调性：增区间为(−∞, 0)，(0, +∞)．
典型例题
例6
17
1
已知函数f (x) = x2 + 4x + 4
x
，定义域为[ 1
2 , +∞)，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的最大值是8
B. 函数的最小值是8
C. 函数的最大值是23
2
D. 函数的最小值是23
2
B
利用基本不等式可求得f (x)的最小值判断BD；由对勾函数的单调性可知f (x)无最大值判断AC.
函数f (x) = x2 + 4x + 4
x
= x + 4 + 4
x ，又x ∈[ 1
2 , +∞)，
所以x + 4
x ≥2√x 4
x = 4，所以f (x) = x + 4 + 4
x ≥8，
当且仅当x = 4
x ，即x = 2时取等号，故f (x)的最小值为8，故B正确，D错误；
由y = x + 4
x ，知x →+∞时，4
x →0，所以f (x) →+∞，
故f (x)无最大值，故AC错误.
故选：B.
答案
解析
2
设函数f (x) = x + 4
x ，则（ ）
A. f (x)的最大值为−4
B. f (x)在(−∞, −2)上单调递增，在(−2, 0)上单调递减
C. f (x)的最小值为4
D. f (x)在(0, 2)上单调递增，在(2, +∞)上单调递减
B
作出函数f (x) = x + 4
x 的图象，逐项判断.
函数f (x) = x + 4
x 的定义域为{x|x ≠0}，其图象如下图所示：
答案
解析
18
由图象知：
A. f (x)无最大值，故错误；
B. f (x)在(−∞, −2)上单调递增，在(−2, 0)上单调递减，故正确；
C. f (x)无最小值，故错误；
D. f (x)在(0, 2)上单调递减，在(2, +∞)上单调递增，故错误；
故选：B
教法备注
【考点】耐克函数的图像和性质
【教法】根据耐克函数的图像和性质求出即可.
变式6-1
（1）已知a > 0，b > 0，且2a + b = 2，求1
a + 2
b 的最小值；
（2）求函数f (x) =
x2 + 3
√x2 + 2
的最小值.
（1） 4；（2） 3√2
2
.
（1）由已知得出a + b
2 = 1，将代数式a + b
2 与1
a + 2
b 相乘，展开后利用基本不等式可求得1
a + 2
b 的最小
值；
答案
解析
19
（2）变形得出f (x) = √x2 + 2 +
1
√x2 + 2
，令t = √x2 + 2 ≥√2，分析双勾函数y = t + 1
t 在区间[√2, +∞)
上的单调性，进而可求得函数f (x) =
x2 + 3
√x2 + 2
的最小值.
（1）∵a > 0，b > 0，且2a + b = 2，∴a + b
2 = 1，
所以，1
a + 2
b = 1
2 (2a + b) ( 1
a + 2
b ) = 1
2 (4 + b
a + 4a
b ) ≥1
2 (4 + 2√b
a ⋅4a
b ) = 4，
故当且仅当b
a = 4a
b ，即b = 2a = 1时，1
a + 2
b 取到最小值4；
（2）f (x) =
x2 + 3
√x2 + 2
=
(√x2 + 2)
2
+ 1
√x2 + 2
，
令√x2 + 2 = t，则y = t2 + 1
t
= t + 1
t ，t ≥√2，
任取t1、t2 ∈[√2, +∞)且t1 > t2，即t1 > t2 ≥√2，
所以，
y1 −y2 = (t1 + 1
t1
) −(t2 + 1
t2
) = (t1 −t2) + ( 1
t1
−1
t2
) = (t1 −t2) −t1 −t2
t1t2
= (t1 −t2) (t1t2 −1)
t1t2
，
∵t1 > t2 ≥√2，∴t1t2 > 1，t1 −t2 > 0，∴y1 −y2 > 0，即y1 > y2，
所以，函数y = t + 1
t 在[√2, +∞)上单调递增，
所以，当t = √2时，即当x = 0时，函数f (x) =
x2 + 3
√x2 + 2
取到最小值3√2
2
.
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积
的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求
的最值，这也是最容易发生错误的地方.
教法备注
【考点】耐克函数的图像和性质
【教法】根据耐克函数的图像和性质求出即可.
考点7：飘带函数与耐克函数的综合
典型例题
例7
已知函数f(x) = x + a
x (a ≠0)；
(1)
若a = 4时，求函数f(x)的值域；
20
(2)
讨论函数f(x)的单调性．（只要判断，无需证明）.
(1) f(x) ∈(−∞, −4] ⋃[4, +∞)
(2) 答案见解析
(1) 解：∵x ∈{x ∈R|x ≠0}, f(x) = x + 4
x
当x > 0时，f(x) = x + 4
x ≥2√x 1
x = 4，当且仅当x = 2时取“=”
当x < 0时，f(x) = x + 4
x = −[(−x) +
1
(−x) ] ≤−2, (−x)
1
(−x) = −4，
当且仅当x = −2时取“=”
∴f(x) ∈(−∞, −4] ⋃[4, +∞)；
(2) ①当a > 0时，f(x) = x + a
x ，
∴f(x)在(−∞, −√a)和(√a, +∞)单调递增，
∴f(x)在(−√a, 0)和(0, √a)单调递减，
②当a < 0时，f(x) = x −−a
x ，
∴f(x)在(−∞, 0)和(0, +∞)单调递增.
教法备注
【考点】飘带函数与耐克函数的综合
【教法】根据耐克函数与飘带函数的图像和性质求出即可
答案
解析
变式7-1
已知函数y = x + a
x 有如下性质：如果常数a＞0，那么该函数在(0, √a]上是减函数，在[√a, +∞)上是增函数.若函
数h (x) = x + 4
x , x ∈[1, 3]，求h(x)的最值.
21
最小值为4，最大值为5；
根据题意可确定h (x) = x + 4
x , x ∈[1, 2]是单调递减函数，(2, 3]是单调递增函数，求解函数值h (1)，h (2)，
h (3)，比较大小确定最值即可.
解：当a = 4时，则函数h (x) = x + 4
x 在(0, 2]上是减函数，在[2, +∞)上是增函数，
所以h (x) = x + 4
x , x ∈[1, 2]是单调递减函数，(2, 3]是单调递增函数，
所以h (1) = 1 + 4 = 5，h (2) = 2 + 2 = 4，h (3) = 3 + 4
3 = 13
3 ，
h(x)的最小值为4，最大值为5.
教法备注
【考点】飘带函数与耐克函数的综合
【教法】根据耐克函数与飘带函数的图像和性质求出即可
答案
解析
11 指数函数
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解指数函数的定义
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握指数函数的图像及性质
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握复合指数函数单调性及值域的求法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解指数函数的应用价值，掌握指数函数的性质和图像，重难点：复合指数函数
的严格单调性问题；
2．本讲知识点在高考中常常结合函数章节做综合考察，分值占比5%；
3．对应教材：新版上教教材的第四章幂函数、指数函数与对数函数，第二节指数函数；
4．本讲知识点属于基本初等函数的内容，与前一个章节幂、指数与对数关系密切，属于衔接内容，同时为下
个章节函数做铺垫，常结合考察.
2
教法备注
图一是新冠肺炎在海外的感染者人数统计，请说出曲线变化的特征.
图一
图中数据的增长并不是匀速的，它会随着时间不断加速，这类函数就是我们今天要研究的指数函数.
知识点1——指数函数的定义
考点1：指数函数的定义
知识笔记
指数函数的定义
当底数a固定，且a > 0, a ≠1时，等式y = ax确定了变量y随变量x变化的规律，称为底为a的指数函数.
典型例题
例1
1
若函数y = (m2 −2m −2) ⋅mx是指数函数，则m等于（ ）
A. −1或3
B. −1
C. 3
D. 1
3
3
C
根据指数函数的定义求解即可.
因为函数y = (m2 −2m −2) ⋅mx是指数函数，
所以
⇒m = 3.
故选：C
答案
解析
⎧
⎨
⎩
m2 −2m −2 = 1
m > 0
m ≠1
2
下列函数中，指数函数的个数为( )
①y = ( 1
2 )
x−1
②y＝a (a > 0且a ≠1)；
③y＝1 ；④y = ( 1
2 )
2x
−1
A. 0
B. 1
C. 3
D. 4
B
由指数函数的定义可判定，只有②正确．
故选B
x
x
答案
解析
变式1-1
已知指数函数y = f (x)，满足f (−2) = 1
4 .
(1)
求函数y = f (x)的解析式；
(2)
若方程(f (x))2 −(m + 1)f (x) + m + 9
4 = 0有两个不同的实数解，求实数m的取值范围.
4
(1) f (x) = 2x
(2) (4, +∞)
(1) 设f (x) = ax(a > 0且a ≠1)，
由f (−2) = 1
4 ，可得a−2 = 1
4 ，又a > 0，∴a = 2，
∴f (x) = 2x.
(2) 由（1）知f (x) = 2x，
又方程(f (x))2 −(m + 1)f (x) + m + 9
4 = 0有两个不同的实数解，
∴(2x)2 −(m + 1) ⋅2x + m + 9
4 = 0有两个不同的实数解，设t = 2x ∈(0, +∞)，
∴t2 −(m + 1)t + m + 9
4 = 0有两个不同的正实数解，
∴
，解得m > 4，
∴实数m的取值范围为(4, +∞).
教法备注
【考点】指数函数的定义
【教法】换元法的应用、一元二次方程根的分布
答案
解析
⎧
⎨
⎩
Δ = (m + 1)2 −4 (m + 9
4 ) > 0
m + 1 > 0
m + 9
4 > 0
考点2：指数函数的底数取值范围问题
典型例题
例2
已知函数f(x)＝(2a－1) 是指数函数，则实数a的取值范围是
．
( 1
2 , 1)∪(1，＋∞)
x
答案
5
根据函数f(x)＝(2a－1) 是指数函数，由{
求解.
因为函数f(x)＝(2a－1) 是指数函数，
所以{
，
解得a> 1
2 ，且a≠1，
所以实数a的取值范围是( 1
2 , 1)∪(1，＋∞)．
故答案为：( 1
2 , 1)∪(1，＋∞)
本题主要考查指数函数的概念，属于基础题.
解析
x
2a −1 > 0
2a −1 ≠1
x
2a −1 > 0
2a −1 ≠1
变式2-1
若x > 0时，指数函数y = (m2 −3)
x的值总大于1，则实数m的取值范围是
.
m < −2或 m > 2
根据指数函数的性质以及单调性，即可得到关于m的不等式，求解不等式即可得到结果.
由已知可得，m2 −3 > 0且m2 −3 ≠1.
又x > 0时，y > 1，
即 (m2 −3)
x > 1 = (m2 −3)
0，
所以有m2 −3 > 1，即(m + 2) (m −2) > 0，
解得m < −2或m > 2.
故答案为：m < −2或m > 2.
答案
解析
知识点2——指数函数的图像及性质
考点3：指数函数过定点问题
知识笔记
6
函数名称
指数函数
定义
函数y = ax(a > 0a ≠1)叫做指数函数
图象
a > 1
0 < a < 1
单调性
严格增函数
严格减函数
定义域
R
函数值域
(0, +∞)
过定点
图象过定点(0, 1)，即当x = 0时，y = 1.
a变化对图象的影响
指数函数在同一坐标系中的图象的相对位置与底数大小关系如下图所
示，其中0 < c < d < 1 > a < b，
1、 在y轴右侧，图象从上到下相应的底数由大变小；
2、在y轴左侧，图象从下到上相应的底数由大变小.
即无论在y轴的左侧还是右侧，底数按逆时针方向变大.
典型例题
例3
已知a > 0且a ≠1，函数y = ax−2 + 7的图象恒过定点P，若P在幂函数f (x)的图象上，则f (3) =
．
27
答案
解析
7
根据指数函数的图象恒过定点，求出点P的坐标，代入幂函数的解析式求出f (x)，再计算f (3)的值．令
x −2 = 0，解得x = 2，此时y = 1 + 7 = 8，
∴指数函数y = ax−2 + 7的图象恒过定点P (2, 8)；
设幂函数f (x) = xα，α为实数，
由点P在f (x)的图象上，
∴2α = 8，
解得α = 3，
∴f (x) = x3，
∴f (3) = 33 = 27．
故答案为27．
本题考查了指数函数与幂函数的应用问题，是基础题．
变式3-1
关于x的函数y = ax+2 + 3(a > 0且a ≠1)恒过定点
.
(−2, 4)
利用指数函数的性质即可求出函数y = ax+2 + 3的定点坐标.
根据题意，令x + 2 = 0，解得x = −2，此时y = a−2+2 + 3 = 4，所以关于x的函数y = ax+2 + 3恒过定点
(−2, 4).
故答案为：(−2, 4).
答案
解析
考点4：指数函数的图像
典型例题
例4
若函数y1 = ( 1
2 )
x
, y2 = 2x, y3 = ( 1
10 )
x
, y4 = 10x则下列图像正确的是__________.
8
A.
B.
C.
D.
A
由指数函数图像性质易得答案选A.
答案
解析
变式4-1
指数函数①f(x)=m ，②g(x)=n 满足不等式1>n>m>0，则它们的图象是（ ）
A.
B.
C.
D.
C
由函数的单调性排除A、B，利用特殊值排除D，从而可得结论,
x
x
答案
解析
9
由0<m<n<1可知①②应为两条递减的曲线，故排除A、B，
令x=1，得①②对应的函数值分别为m和n，由m<n可排除D
只有C选项符合题意.
故选：C
本题主要考查指数函数的图像与性质，考查了数形结合思想以及特殊与一般思想的应用，属于基础题.
考点5：指数函数单调性比大小问题
典型例题
例5
1
已知a = 0.80.7，b = 0.80.9，c = 1.20.8，则a、b、c的大小关系是（ ）
A. a > b > c
B. c > a > b
C. b > a > c
D. c > b > a
B
根据指数函数的单调性,选取中间量,即可比较大小.根据指数函数的性质可知,
函数y = 0.8x为单调递减函数,所以1 = 0.80 > 0.80.7 > 0.80.9,即1 > a > b
因为y = 1.2x为单调递增函数,所以1.20.8 > 1.20 = 1,即c > 1
综上可知, c > a > b
故选B
本题考查了指数函数图像与性质,指数幂形式的比较大小,属于基础题.
答案
解析
2
已知a > 1，则“s > 0”是“as > 1”的（ ）
A. 充分非必要条件
B. 必要非充分条件
C. 充要条件
D. 非充分非必要条件
C
利用指对数的性质，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系，即可得答案.
当a > 1，s > 0时，f(s) = as > 1，充分性成立；
答案
解析
10
当a > 1，as > 1时，则s > loga 1 = 0，必要性成立；
所以“s > 0”是“as > 1”的充要条件.
故选：C
教法备注
【考点】充分必要条件 、 指数型函数的值域
【教法】利用指对数的性质，结合充分、必要性定义判断条件间的推出关系，即可得答案
变式5-1
设a > 1，若ax2+2x+1 < a2x2−3x+1，求实数x的取值范围.
(−∞, 0) ∪(5, +∞)
利用指数函数的单调性得到关于x的不等式，解之即可得解.
因为指数函数y = ax (a > 1)在R上单调递增，
又ax2+2x+1 < a2x2−3x+1，所以x2 + 2x + 1 < 2x2 −3x + 1，
整理得x2 −5x > 0，解得x < 0或x > 5，
可得实数x的范围为(−∞, 0) ∪(5, +∞).
答案
解析
考点6：指数函数单调性求最值问题
典型例题
11
例6
已知函数y = ax(a > 0, a ≠1)在区间[1, 2]上的最大值比最小值大a
3 ，求实数a的值.
a = 4
3 或 a = 2
3 .
由题意按照a > 1、$0<1$分类，结合指数函数的性质可得方程，即可得解.
当a > 1时，y = ax是增函数，则a2 −a = a
3 ，解得a = 4
3 或a = 0（舍去）；
当$0<1$时，y = ax是减函数，则a −a2 = a
3 ，解得a = 2
3 或a = 0（舍去）；
综上，a = 4
3 或a = 2
3 .
关键点点睛：涉及指数函数单调性问题，底数为参数时，一般都要分类讨论，分底数大于1与底数大于0小于1
两种情况解决.本题考查了指数函数单调性的应用，考查了运算求解能力及分类讨论思想.
答案
解析
变式6-1
已知函数f (x) = a ⋅bx + c (b > 0, b ≠1)在区间[0, +∞)上的值域为[1, 2)，则该函数的一个解析式可以为f (x) =
.
2 −( 1
2 )
x
（答案不唯一，满足 $0<1$， a = −1， c = 2即可）.
分b > 1、$0<1$两种情况讨论，结合指数函数的单调性可分析出$0<1$，然后对实数a的符号进行分类讨论，
结合函数f (x)在[0, +∞)上的值域可求得实数a、c的值，即可得出函数f (x)的一个解析式.
若b > 1，当x ≥0时，bx ≥1，此时函数f (x)在区间[0, +∞)上的值域不可能为[1, 2)，
所以，$0<1$，则当x ≥0时，0 < bx ≤1，
因为函数f (x)在区间[0, +∞)上的值域为[1, 2)，则f (0) = a + c = 1，
若a > 0，则$c，不合乎题意，
若a = 0，则f (x) = c，不合乎题意，
所以，a < 0，则$a+c\le a\cdot {{b}^{x}}+c，
答案
解析
12
所以，{
，解得{
，故函数f (x)的解析式可以为f (x) = 2 −( 1
2 )
x
.
故答案为：2 −( 1
2 )
x
（答案不唯一，满足$0<1$，a = −1，c = 2即可）.
教法备注
【考点】根据指数函数的单调性求值域
【教法】利用指对数的性质，分类讨论a的取值范围，即可得答案
a + c = 1
c = 2
a = −1
c = 2
考点7：指数函数的图像变换
典型例题
例7
在同一坐标系中，函数y = ax + 1与y = a|x−1|（a>0且a≠1）的图象可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
C
当a＞1时，直线y=ax+1的斜率大于1，函数y=a
|（a＞0且a≠1）在（1，+∞）上是增函数，选项C满足条件．
当1＞a＞0时，直线y=ax+1的斜率大于0小于1，且过(0, 1)，函数y=a
|（a＞0且a≠1）在（1，+∞）上是减函
数，没有选项满足条件．
故选C．
答案
解析
|x-1
|x-1
13
教法备注
【考点】指数函数的图像变换
【教法】根据函数图像的平移变换即可求解
变式7-1
1
若函数y = 2x + m的图像不经过第二象限，则m的取值范围是（ ）
A. m ≥1
B. m < 1
C. m > −1
D. m ≤−1
D
先根据指数函数性质得函数y = 2x + m过点(0, 1 + m),再根据题意列不等式，解得结果.
指数函数y = 2x过点(0, 1),则函数y = 2x + m过点(0, 1 + m),
若图像不经过第二象限,则1 + m ≤0,
即m ≤−1,
故选：D
本题考查指数函数图象及其应用，考查数形结合思想方法，属基础题.
答案
解析
2
如图所示，设平行于x轴的直线l分别与函数y = 2x和y = 2x+1的图像相交于点A、B，若在函数y = 2x的图像上存在
点C，使得ΔABC为等边三角形，则C点的纵坐标为
．
√3 + √6
2
答案
解析
14
解：设直线l的方程为y = a(a > 0)，
由2x = a，得x = log2 a，∴A(log2 a，a)，
由2x+1 = a，得x = log2 a −1，∴B(log2 a −1，a)，
∴|AB| = 1，
取AB的中点D，连接CD，如图所示，
∵ΔABC为等边三角形，则CD⊥AB，且|CD| = √3
2 ，∴C(log2a −1
2 ，a −√3
2 )，
∵点C在函数y = 2x的图像上，∴a −√3
2
= 2
log2a−1
2 =
a
√2
，
解得a =
√3
2 −√2
=
√3(2 + √2)
4 −2
= √3 + √6
2 ，
∴点C的纵坐标为a −√3
2
= √3 + √6
2
．
故答案为：√3 + √6
2
．
教法备注
【考点】指数函数的图象
【教法】根据指数函数的图像变换求解即可
知识点3———复合指数函数的单调性与值域
考点8：复合指数函数的单调性
知识笔记
1．指数函数的图像与性质：
(1)当a > 1时，指数函数在R上是严格增函数；
(2)当0 < a < 1时，指数函数在R上是严格减函数.
2．复合函数的单调性法则
复合函数：y = f [g(x)]，令u = g(x)为内函数，y = f(u)为外函数，则复合函数单调性法则：
(1)当内外函数在各自定义域内同增同减时，原函数增；
(2)当内外函数在各自定义域内一增一减时，原函数减.
口诀：“同增异减”
复合函数求值域方法：换元法
15
典型例题
例 8
1
函数y = ( 1
3 )
x2−1
的严格减区间为 .
(−1, 0), (1, +∞)
根据复合函数单调性同增异减来求得正确答案.
函数y =
x2 −1 在区间(−1, 0), (1, +∞)上单调递增，
函数y = ( 1
3 )
x
在区间(−∞, +∞)上单调递减，
根据复合函数单调性同增异减可知，
函数y = ( 1
3 )
x2−1
的严格减区间为(−1, 0), (1, +∞).
故答案为：(−1, 0), (1, +∞).
答案
解析
2
函数y = ( 1
3 )
|x|
的单调递增区间是
.
(−∞, 0]（或 (−∞, 0)）
根据复合函数的单调性求解.
由t = |x|在(−∞, 0]上单调递减，在[0, +∞)上单调递增，
y = ( 1
3 )
t
在R上单调递减，
所以y = ( 1
3 )
|x|
在(−∞, 0]上单调递增.
故答案为：(−∞, 0]（或(−∞, 0)）
教法备注
答案
解析
16
【考点】指数型复合函数的单调性
【教法】根据复合函数的单调性求解.
变式8-1
已知函数f (x) = ( 1
3 )
2x2−ax
在区间(2, +∞)上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A. (−∞, 8]
B. (−∞, 8)
C. [8, +∞)
D. (8, +∞)
A
由复合函数的单调性分析可知，内层函数u = 2x2 −ax在(2, +∞)上为增函数，结合二次函数的单调性可得出
关于实数a的不等式，解之即可.
令u = 2x2 −ax，则二次函数u = 2x2 −ax的图象开口向上，对称轴为直线x = a
4 ，
因为外层函数y = ( 1
3 )
u
为R上的减函数，函数f (x) = ( 1
3 )
2x2−ax
在区间(2, +∞)上单调递减，
所以函数u = 2x2 −ax在(2, +∞)上为增函数，所以a
4 ≤2，解得a ≤8.
故选：A.
教法备注
【考点】指数型复合函数的单调性
【教法】根据复合函数的单调区间求参数
答案
解析
考点9：复合指数函数的值域
典型例题
例9
1
函数y = ( 1
2 )
x2−2
的值域为
．
答案
17
(0, 4]
先求得x2 −2的取值范围，再利用指数函数的性质即得.
由于x2 −2 ≥−2，y = ( 1
2 )
x
在R上单调递减，
所以0 < ( 1
2 )
x2−2
≤( 1
2 )
−2
= 4，
所以函数y = ( 1
2 )
x2−2
的值域为(0, 4].
故答案为：(0, 4].
解析
2
函数y = √1 −6x−2的定义域和值域分别为（ ）
A. x ∈(0，2]，y ∈(0, 1]
B. x ∈(−∞，2]，y ∈[0，1)
C. x ∈(0，2]，y ∈[0，1)
D. x ∈(−∞，2]，y ∈(0, 1]
B
根据二次根式的定义，结合指数函数性质可得定义域与值域．
1 −6x−2 ≥0，解得x −2 ≤0，即x ≤2，定义域为(−∞, 2]，
因为0 < 6x−2 ≤1，所以0 ≤1 −6x−2 < 1，0 ≤√1 −6x−2 < 1，即值域为[0, 1)．
故选：B．
关键点点睛：本题考查指数型复合函数的定义域与值域，解题关键是掌握指数函数的单调性，特别是指数函
数y = ax（a > 0且a ≠1）的值域是(0, +∞)，这里也容易出错．
教法备注
【考点】指数型函数的定义域 、 指数型函数的值域
【教法】根据二次根式的定义，结合指数函数性质可得定义域与值域．
答案
解析
变式9-1
1
若关于x的不等式9−|x| −4 ⋅3−|x| −k ≥0的解集为R，则实数k的取值范围是（ ）
A. [−4, 0]
B. (−∞, −4]
C. [−3, 0]
D. (−∞, −3]
18
D
设t = 3−|x|，由换元法转化为t2 −4t −k ≥0在区间(0, 1]上恒成立，进而可得.
设t = 3−|x|，当x ∈R时，0 < t ≤1，
故由题意可得关于t的不等式t2 −4t −k ≥0在区间(0, 1]上恒成立，
设f (t) = t2 −4t −k，由二次函数的性质可知f (t)在区间(0, 1]上单调递减，
故f (1) = 1 −4 −k ≥0，得k ≤−3，
故选：D
教法备注
【考点】函数的恒成立与存在性问题 、 指数型函数的值域
【教法】根据换元法，转化为二次函数最值问题
答案
解析
2
已知函数f (x) = m ⋅9x −3x+1 −m.
(1)
当m = 3
2 时，求f (x)的值域.
(2)
若f (x)在(0, +∞)上单调递增，求实数m的取值范围.
(3)
若在函数g (x)的定义域内存在x0，使得g (a + x0) + g (a −x0) = 2b成立，则称g (x)为局部对称函数，其中
(a, b)为g (x)的图象的局部对称点.若(1, 0)是f (x)的图象的局部对称点，求实数m的取值范围.
(1) [−3, +∞)
(2) [ 3
2 , +∞)
(3) (0, 9
8 ]
答案
19
(1) 当m = 3
2 时，f (x) = 3
2 × 9x −3x+1 −3
2 ，
令t = 3x，则t > 0，y = 3
2 t2 −3t −3
2 = 3
2 (t −1)2 −3 ≥−3，
所以f (x)的值域为[−3, +∞)；
(2) 令t = 3x，x > 0，则t > 1，y = mt2 −3t −m，
因为t = 3x在(0, +∞)上单调递增，
所以要使f (x)在(0, +∞)上单调递增，
只需y = mt2 −3t −m在(1, +∞)上单调递增，
①当m = 0时，y = −3t在(1, +∞)上单调递减，不符合题意；
②当m < 0时，y = mt2 −3t −m的图象开口向下，不符合题意；
③当m > 0时，则需3
2m ≤1，解得m ≥3
2 ，
所以实数m的取值范围是[ 3
2 , +∞)；
(3) 由(1, 0)是f (x)的图象的局部对称点，可得∃x ∈R，f (1 + x) + f (1 −x) = 0，
代入整理得9m (9x + 9−x) −9 (3x + 3−x) −2m = 0，①
令t = 3x + 3−x，则t ≥2，9x + 9−x = (3x + 3−x)2 −2 = t2 −2，
代入①式得9mt2 −9t −20m = 0，m =
9t
9t2 −20 =
9
9t −20
t
，
当t ≥2时，函数y = 9t和y = −20
t 均单调递增，
所以9t −20
t 在[2, +∞)上单调递增，
所以9t −20
t
≥8，所以
9
9t −20
t
∈(0, 9
8 ]，
所以实数m的取值范围为(0, 9
8 ].
教法备注
【考点】函数新定义与综合问题 、 指数型函数的值域 、 指数型函数的单调性
【教法】根据函数新定义，与复合型指数函数性质结合.
解析
考点10：指数函数的实际应用问题
典型例题
例10
1
为了预防新型冠状病毒，唐徕回民中学对教室进行药熏消毒，室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时
20
间x（单位：h）的变化情况如图所示，在药物释放过程中，y与x成正比，药物释放完毕后，y与x的函数关系式为
y = ( 1
16 )
x−a
（a为常数），根据图中提供的信息，回答下列问题：
(1)
写出从药物释放开始，y与x的之间的函数关系；
(2)
据测定，当空气中每立方米的含药量降低至0.25毫克以下时，学生方可进入教室，那么从药物释放开始，至
少需要经过多少小时后，学生才能回到教室．
(1)
y =
(2) 0.6
(1) 解：依题意，当0 ≤x ≤0.1时，可设y = kx，且1 = 0.1k，
解得k = 10
又由1 = ( 1
16 )
0.1−a
，解得a = 0.1，
所以y =
；
(2) 解：令( 1
16 )
a−0.1
< 0.25，即( 1
4 )
2a−0.2
< 1
4 ，
得2a −0.2 > 1，解得x > 0.6，
答案
⎧
⎨
⎩
10x, 0 ≤x ≤0.1
( 1
16 )
x−0.1
, x > 0.1
解析
⎧
⎨
⎩
10x, 0 ≤x ≤0.1
( 1
16 )
x−0.1
, x > 0.1
21
即至少需要经过0.6h后，学生才能回到教室．
教法备注
【考点】指数函数的概念与性质 、 指数型函数图象 、 指数型函数的单调性
【教法】根据指数函数的概念与性质 、 指数型函数图象 、 指数型函数的单调性求解即可
2
Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病
例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：I(t)=
K
1 + e−0.23(t−53) ，其中K为最大确诊病例数．当I(t∗)=0.95K时，标志着已
初步遏制疫情，则t∗约为（ ）（ln19≈3）
A. 60
B. 63
C. 66
D. 69
C
将t = t∗代入函数I (t) =
K
1 + e−0.23(t−53) 结合I (t∗) = 0.95K求得t∗即可得解.
∵I (t) =
K
1 + e−0.23(t−53) ，所以I (t∗) =
K
1 + e−0.23(t∗−53) = 0.95K，则e0.23(t∗−53) = 19，
所以，0.23 (t∗−53) = ln 19 ≈3，解得t∗≈
3
0.23 + 53 ≈66.
故选：C.
本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
教法备注
【考点】指数函数的概念
【教法】根据指数函数的概念与性质及对数运算即可
答案
解析
12 对数函数
1
学习目标
目标1
★★☆☆☆☆ 理解
理解对数函数的定义及图像
目标2
★★★☆☆☆ 操作
掌握对数函数的单调性
目标3
★★★☆☆☆ 操作
掌握指数方程与对数方程的解法
知识清单
教法备注
1．本讲知识点的考纲要求：理解对数函数的意义，理解对数函数的应用价值，掌握对数函数的图像和性质，
重难点：对数函数的性质；
2．本讲知识点在高考中常常结合函数章节做综合考查，分值占比5%；
3．对应教材：新版上教教材的第四章幂函数、指数函数与对数函数，第三节对数函数；
4．本讲知识点属于基本初等函数的内容，与前一个章节幂、指数与对数关系密切，属于衔接内容，同时为下
个章节函数做铺垫，常结合考查.
教法备注
2
前面我们学习了指数函数y = 2x，下面思考一个问题，一个细胞，经过3次分裂，个数上升至8个，那么，细
胞分裂多少次后，个数为1万个呢？
由对数的意义可知，当分裂后细胞个数为2时，细胞分裂次数为1 = log22次；当分裂后细胞个数为4时，细胞
分裂次数为2 = log24次，以此类推，对于每一个分裂后细胞个数x都有唯一确定的分裂后细胞个数y与之对
应，这样的函数y = log2x，我们称为对数函数.
知识点1——对数函数的定义及图像
考点1：对数函数的定义
知识笔记
对数函数的定义
当底数a固定，且a > 0，a ≠1时，x以a为底的对数y = logax确定了变量y随变量x变化的规律，称为底为a的对数函
数；因为只有当x > 0时，logax才有意义，所以对数函数的定义域是(0, +∞).
对数的图像与性质
y = logax
a > 1
0 < a < 1
图像
图像特征
图像都在 y轴右侧，无限趋近于y 轴，但永不相交，经过点(1, 0). .
函数性质
(1)定义域：x > 0 ，值域：R
(2)在x > 0 上严格增函数
(2)在x > 0 上严格减函数
注意：对数函数f(x)，对任意正实数x, y，恒有f(xy) = f(x) + f(y)
3
典型例题
例1
1
函数y = √log 1
2 x的定义域为
.
(0, 1]
由题意得 {
，解得定义域为(0, 1]．
答案
解析
x > 0
log 1
2
x ≥0
2
若对数函数y = loga x（a > 0且a ≠1）的图像经过点(4, 2)，求此对数函数的表达式.
y = log2 x
利用待定系数法，结合指对数的互化即可得解.
将点(4, 2)的坐标代入y = loga x，得2 = loga 4，
所以a2 = 4，解得a = ±2，
因为a > 0且a ≠1，所以a = 2，
所以该对数函数的表达式为y = log2 x.
答案
解析
变式1-1
1
函数y = √log3(2x −1)的定义域为（ ）
A. [1, +∞)
B. (1, +∞)
C. ( 1
2 , +∞)
D. ( 1
2 , 1)
答案
4
A
要使函数有意义，需满足{
，解不等式组即可得答案
解：要使函数有意义，需满足{
，
所以{
，解得x ≥1
所以函数y = √log3(2x −1)的定义域为[1, +∞)．
故选：A
此题考查了对数型复合函数的定义域，考查了对数的运算性质，属于基础题.
解析
log3(2x −1) ≥0
2x −1 > 0
log3(2x −1) ≥0
2x −1 > 0
2x −1 ≥1
2x −1 > 0
2
已知函数y = ax−2 + 1, (a > 0且a ≠1)的图像过定点A，函数y = logmx, (m > 0且m ≠1)也经过点A，则m的值为
．
√2
利用a ＝1求出定点A坐标，代入函数y＝log x，（m＞0且m≠1）即可求出m的值．令x﹣2＝0，得x＝2，y＝a +1
＝2，
∴定点A（2，2），
把点A（2，2）代入函数y＝log x，得：log 2＝2，
∴m ＝2，即m= ±√2，
又∵m＞0且m≠1，
∴m= √2，
故答案为√2．
本题主要考查了求指数函数过定点坐标，是基础题．
教法备注
【考点】对数函数的概念与性质
【教法】本题主要考查了求指数函数过定点坐标，结合指数型函数图像 、 对数函数的概念与性质求解
答案
解析
0
m
0
m
m
2
考点2：对数函数过定点问题
5
典型例题
例2
已知常数a > 0且a ≠1，假设无论a为何值，函数y = loga (x + 3) −4的图像恒经过一个定点，则这个点的坐标为
.
.
利用对数函数性质可知，令
即可求出
的图像恒过的定点的坐标.
因为
的图像必过
，即
，
当
，即
时，
，
从而
图像必过定点
.
故答案为：
.
答案
解析
变式2-1
函数f(x) = loga(10 −3x) + 9的图像恒过定点A，且点A在幂函数g(x)的图像上，则g (8) = .
64
首先根据对数函数的性质得到A(3, 9)，从而得到g(x) = x2，再计算g (8)即可.
对于函数f (x) = loga(10 −3x) + 9，令10 −3x = 1，求得x = 3，f(x) = 9，
可得它的的图象恒过定点A(3, 9)
∵点A在幂函数g(x) = xα 的图象上，∴3α = 9，∴α = 2，g(x) = x2，
则g (8) = 82 = 64
故答案为：64
答案
解析
考点3：对数函数的图像
典型例题
6
例3
图中曲线是对数函数y = logax的图像，已知a取√3，4
3 ，3
5 ，1
10 四个值，则相应于C1，C2，C3，C4的a值依次为
( )
A. √3，4
3 ，3
5 ，1
10
B. √3，4
3 ，1
10 ，3
5
C. 4
3 ，√3，3
5 ，1
10
D. 4
3 ，√3，1
10 ，3
5
A
在第一象限，对数函数图象越接近x轴底数越大，进而可得答案．
解：由已知中曲线是对数函数y = logax的图象，
由对数函数的图象和性质，可得C1，C2，C3，C4的a值从小到大依次为：C4，C3，C2，C1，
由a取√3，4
3 ，3
5 ，1
10 四个值，
故C1，C2，C3，C4的a值依次为√3，4
3 ，3
5 ，1
10 ，
故选：A．
本题考查的知识点是函数的图象，数形结合思想，对数函数的图象和性质，属于基础题．
答案
解析
变式3-1
已知函数y = loga(x + c)(a, c为常数，其中a > 0, a ≠1)的图像如图，则下列结论成立的是（ ）
7
A. a > 1, c > 1
B. a > 1, 0 < c < 1
C. 0 < a < 1, c > 1
D. 0 < a < 1, 0 < c < 1
D
根据函数图象可根据函数的单调性以及经过的点求解.
由该函数的图象通过第一、二、四象限知该函数为减函数，所以0 < a < 1；
因为图象与y轴的交点在y轴上方，所以y = loga (0 + c) > 0 = loga 1，所以0 < c < 1.
故选：D
答案
解析
考点4：对数函数的单调性
典型例题
例4
1
以下四个命题中，真命题的个数为（ ）
①函数y = (x2 + 1)
2 + 3最小值为3； ②若2a + log2 a = 4b + 2 log4 b，则a < 2b；
③不等式2x −x −1 > 0的解集为(1, +∞)．
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
B
根据二次函数性质分析可得①错误；由对数运算性质构造函数f (x) = 2x + log2 x并利用其单调性可得②正确；
举反例−1在不等式的解集内可知③错误.
对于①，由于x2 + 1 ≥1，则y = (x2 + 1)
2 + 3 ≥1 + 3 = 4，即函数y = (x2 + 1)
2 + 3最小值为4，所以①错误；
对于②，若2a + log2 a = 4b + 2 log4 b = 22b + log2 b < 22b + log2 2b，
易知f (x) = 2x + log2 x在(0, +∞)上单调递增，f (a) < f (2b)，所以a < 2b，可得②正确；
对于③，易知当x = −1时，2−1 −(−1) −1 > 0，即−1在不等式的解集内，因此③错误；
因此真命题的个数为1个.
答案
解析
8
故选：B
教法备注
【考点】对数综合运算 、 对数型函数的单调性
【教法】根据二次函数性质及对数运算性质
2
若log3m < log3n且logm3 < logn3，则实数m、n满足的关系式为（ ）
A. 0<m<n<1
B. 0<n<m<1
C. 0<m<1<n
D. 1<m<n
C
由log3m < log3n得$0，
由logm3 < logn3得lg 3
lg m < lg 3
lg n ，即，lg n −lg m
lg m lg n
< 0，
lg n
m
lg m lg n < 0，因为$0，所以n
m > 1，lg n
m > 0，
所以lg m lg n < 0，得{
或{
，
即$0<1或$0<1，而$0，
所以$0<1.
故选：C.
本题考查了由对数运算的性质比较大小，关键点是由logm3 < logn3得$0<1或$0<1，考查了对数的基本运算，
属于基础题.
教法备注
【考点】对数综合运算 、 对数型函数的单调性
【教法】根据对数的换底公式 、 对数型函数的单调性解题
答案
解析
lg m > 0
lg n < 0
lg m < 0
lg n > 0
变式4-1
1
若函数f (x) = logax（a > 0且a ≠1）在区间[a, 2a2]上的最大值比最小值多2，则a =（ ）
9
A. 2或1
3√2
B. 3或1
3
C. 4或1
2
D. 2或1
2
A
分别讨论a > 1和$0<1$，然后利用对数函数的单调性列方程即可得解.
由题意a < 2a2解得a > 1
2 或a < 0（舍去），
①当a > 1时，函数f (x) = logax在定义域内为增函数，
则由题意得loga (2a2) −logaa = 2，
所以loga2a = 2即a2 = 2a，解得a = 2或a = 0（舍去）；
②当$\dfrac{1}{2}<1$时，函数f (x) = logax在定义域内为减函数，
则由题意得logaa −loga (2a2) = 2，
所以loga
1
2a = 2即a2 = 1
2a ，解得a =
1
3√2
；
综上可得：a = 2或1
3√2
.
故选：A.
本题考查了分类讨论思想的应用，考查了对数函数单调性的应用，属于基础题.
答案
解析
2
已知函数f (x) = {
是R上的减函数，则a的取值范围是（ ）
A. 0 < a < 3
2
B. 1
2 ≤a < 1
C. 0 < a ≤3
2
D. 1
2 < a < 1
B
根据分段函数单调性得出不等式组即可得a的取值范围.
由题意可得，函数y = (2a −3)x + 2在(−∞, 1]上单调递减，函数y = loga x在(1, +∞)单调递减，且
(2a −3) × 1 + 2 ≥loga 1，
即有
，即
，
解得1
2 ≤a < 1.
故选：B
(2a −3)x + 2, x ≤1
loga x, x > 1
答案
解析
⎧
⎨
⎩
2a −3 < 0
0 < a < 1
(2a −3) × 1 + 2 ≥loga 1
⎧
⎨
⎩
2a −3 < 0
0 < a < 1
(2a −3) + 2 ≥0
10
教法备注
【考点】 对数型函数的单调性
【教法】根据单调性得出不等式组即可
考点5：对数函数的实际应用
典型例题
例5
一研究小组在对某学校的学生上课注意力集中情况的调查研究中发现，其注意力指数p与听课时间t之间的关系满足
如图所示的曲线. 当t ∈(0, 14] 时，曲线是二次函数图像的一部分，当t ∈[14, 40] 时，曲线是函数
y = loga (t −5) + 83(a > 0，且a ≠1)图像的一部分.根据研究，当注意力指数p不小于80时听课效果最佳.
(1)
求p = f (t)的函数关系式；
(2)
有一道数学难题，讲解需要22分钟，问老师能否经过合理安排在学生听课效果最佳时段讲完？请说明理由.
(1) p=f\left(t\right)=
\begin{cases} -\dfrac{1}{4}\mathrm{（}t-12\right)^{2}+82,t\in \left(0,14\right]\\ \log _{
(2) 能，理由见详解
答案
11
(1) 当t ∈(0, 14]时，设p = f(t) = c(t −12)2 + 82(c < 0)，
将点(14,81)代入得c = −1
4 ，
∴当t ∈(0, 14]时，p = f (t) = −1
4 (t −12)2 + 82；
当t ∈[14, 40]时，将点(14, 81)代入y = loga(t −5) + 83，得a = 1
3 .
所以
p=f\left(t\right)=
\begin{cases} -\dfrac{1}{4}\mathrm{（}t-12\right)^{2}+82,t\in \left(0,14\right]\\ \log _{
(2) 当t ∈(0, 14]时， -\dfrac{1}{4}\mathrm{（}t-12\right)^{2}+82\geq
80
，
解得:12 −2√2 ≤t ≤12 + 2√2，
所以t ∈[12 −2√2, 14]；
当t ∈[14, 40]时，log 1
3
(t −5) + 83 ≥80，
解得5 < t ≤32，所以t ∈[14, 32]，
综上t ∈[12 −2√2, 32]时学生听课效果最佳.
此时△t = 32 −(12 −2√2) = 20 + 2√2 > 22.
所以，教师能够合理安排时间讲完题目.
故老师能经过合理安排在学生听课效果最佳时段讲完.
教法备注
【考点】对数函数的实际应用
【教法】本题综合考查分段函数单调性 、 二次函数 、对数函数的实际应用
解析
变式5-1
已知里氏震级R与地震释放的能量E的关系为R = 2
3 (lg E −11.4).那么里氏8.4级的地震释放的能量大约是里氏6.8级
地震释放的能量的
倍.(精确到0.1)
251.2
根据给定条件，作差并结合对数运算求解作答.
令里氏8.4级的地震释放的能量为E1，里氏6.8级的地震释放的能量为E2，
则2
3 (lg E1 −11.4) = 8.4，2
3 (lg E2 −11.4) = 6.8，两式相减并整理得lg E1 −lg E2 = 2.4，
答案
解析
12
即lg E1
E2
= 2.4，因此E1
E2
= 102.4 ≈251.2.
故答案为：251.2
知识点2——复合对数函数
考点6：复合对数函数的值域问题
知识笔记
复合函数单调性法则：“同增异减”.
典型例题
例6
已知函数f(x) = lg (x2 + 2x + a).
（1）若函数的定义域为R，求实数a的取值范围；
（2）若函数的值域为R，求实数a的取值范围.
（1） (1, +∞)；（2） (−∞, 1]
（1）要使函数f(x) = lg (x2 + 2x + a)的定义域为R，则对x ∈R, x2 + 2x + a > 0恒成立，由二次函数的图象
可知Δ = 4 −4a < 0，即a > 1.所以实数a的取值范围为(1, +∞).
（2）要使函数f(x) = lg (x2 + 2x + a)的值域为R，则函数t = x2 + 2x + a的值域包含(0, +∞)，由二次函数的
图象可知，其图象必与x轴相交（一个或两个交点），因此Δ = 4 −4a ≥0，即a ≤1.所以实数a的取值范围为
(−∞, 1].
答案
解析
13
本题考查对数型复合函数的定义域和值域．掌握对数函数的性质是解题基础．解题时注意真数多项式中最高
次项系数如有参数需分类讨论．
变式6-1
若函数f(x) = loga(x2 −ax + 1)有最小值，则a的取值范围是
．
(1, 2)
分$0<1$和a > 1两种情况讨论，根据外层函数的单调性、内层函数的最值以及真数恒大于零可得出关于实数a
的不等式组，由此可解出实数a的取值范围.当$0<1$时，外层函数y = logau为减函数，对于内层函数
u = x2 −ax + 1，Δ = a2 −4 < 0，则u > 0对任意的实数x恒成立，
由于二次函数u = x2 −ax + 1有最小值，此时函数f (x) = loga (x2 −ax + 1)没有最小值；
当a > 1时，外层函数y = logau为增函数，对于内层函数u = x2 −ax + 1，
函数u = x2 −ax + 1有最小值，若使得函数f (x) = loga (x2 −ax + 1)有最小值，
则{
，解得$1<2$.
综上所述，实数a的取值范围是(1, 2).
故答案为：(1, 2).
本题考查实数的取值范围的求法，考查对数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思
想，是中档题．
教法备注
【考点】复合对数函数的值域问题
【教法】引导学生讨论底数a的取值范围，根据外层函数的单调性、内层函数的最值以及真数恒大于零可得出
关于实数的不等式组
答案
解析
Δ = a2 −4 < 0
a > 1
考点7：复合对数函数的单调性问题
典型例题
例7
1
函数y = lg(x2 −4x + 3)的递增区间是
14
(3, +∞)
先求出定义域，在定义域内判断函数的单调性．由题意x2 −4x + 3 > 0，则x < 1或x > 3，
易知u = x2 −4x + 3在(−∞, 1)是递减，在(3, +∞)上递增，而y = lg u是增函数．
∴函数y = lg(x2 −4x + 3)的递增区间是(3, +∞)．
故答案为：(3, +∞)
本题考查对数型复合函数的单调性，掌握对数函数的性质是解题关键．
答案
解析
2
已知函数f(x)的图像关于y轴对称，并且是[0,+ ∞)上的减函数，若f(lg x) > f(1), 则实数x的取值范围是
A. ( 1
10 , 1)
B. ( 1
10 , 100)
C. ( 1
10 , 10)
D. (0, 1)
C
分析：由题意可得函数f（x）在（-∞，0]上单调递增，且f（1）=f（-1），故由f（lgx）＞f（1），可得-1＜
lgx＜1，由此解得实数x的取值范围．
解答：解：∵函数f（x）的图象关于y轴对称，并且是[0，+∞）上的减函数，故在（-∞，0]上单调递增，且f
（1）=f（-1）．
故由f（lgx）＞f（1），可得-1＜lgx＜1，解得 1
10 ＜x＜10，
故选C．
点评：本题主要考查对数函数的单调性和特殊点，函数的单调性和奇偶性的应用，属于中档题．
教法备注
【考点】复合对数函数的单调性问题
【教法】本题主要考查对数函数的单调性和特殊点，函数的单调性和图像对称性的应用，属于中档题．
答案
解析
变式7-1
1
已知函数f (x) = log2 (mx2 −3mx + 2)，m ∈R.
15
（1）若m = 1，求函数f (x)的单调递减区间；
（2）若函数f (x)的定义域为R，求实数m的取值范围.
（1） (−∞, 1)；（2） 0 ≤m < 8
9
（1）先求出函数的义域为{x|x > 2或x < 1}，再利用复合函数的单调性原理求函数的单调减区间；（2）等价
于mx2 −3mx + 2 > 0在R上恒成立，利用一元二次函数的图象和性质分析得解.（1）若m = 1，
f (x) = log2 (x2 −3x + 2), 函数的定义域为{x|x > 2或x < 1}，
由于函数y = log2x是定义域上的增函数，
所以f (x)的单调递减区间等价于函数y = x2 −3x + 2(x > 2或x < 1)的减区间，
y = x2 −3x + 2(x > 2或x < 1)的减区间为(−∞, 1)，
所以函数f (x)的单调递减区间(−∞, 1).
（2）由题得mx2 −3mx + 2 > 0在R上恒成立，
当m = 0时，2＞0恒成立，所以m = 0满足题意；
当m ≠0时，{
，所以$0<\dfrac{8}{9}$.
综合得0 ≤m < 8
9
本题主要考查复合函数的单调性和二次不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
答案
解析
m > 0
Δ = 9m2 −8m < 0
2
已知f (x) = loga (3 −ax)在[0, 2]上是严格减函数，则实数a的取值范围是
.
(1, 3
2 )
答案
16
由题意利用复合函数的单调性，结合对数函数和一次函数的性质，求得实数a的取值范围.
已知f (x) = loga (3 −ax)在[0, 2]上是严格减函数，
由a > 0，函数t = 3 −ax在[0, 2]上是严格减函数，所以函数y = loga t在定义域内是严格增函数，则有a > 1，
又函数t = 3 −ax在[0, 2]上最小值3 −2a > 0，解得a < 3
2 ，
所以实数a的取值范围是(1, 3
2 ).
故答案为：(1, 3
2 )
解析
知识点3——指数方程与对数方程
考点8：指数方程
典型例题
例8
解下列方程：
（1）2x2+1 = ( 1
4 )
x
；
（2）4x + 2x+1 −3 = 0.
（1） x = −1；（2） x = 0.
（1）方程可化为2x2+1 = 2−2x，即x2 + 1 = −2x，解得x = −1.
（2）方程可化为(2x)2 + 2 ⋅2x −3 = 0.
设t = 2x(t > 0)，则t2 + 2t −3 = 0，解得t = 1或t = −3（舍去），即2x = 1，解得x = 0.
本题考查了解指数方程，换元是解题的关键.
教法备注
【考点】指数方程
答案
解析
17
【教法】换元是解题的关键
变式8-1
不等式x
4
3 −x
−1
2 < 0的解集为
．
(0, 1)
根据式子结构可得x > 0，再通过不等式的性质及指数的运算性质变形，最后利用幂函数的性质解不等式即可.
由x
4
3 −x
−1
2 < 0中的结构x
−1
2 可得x > 0，
∴x
−1
2 > x
4
3 > 0，
∴x
−1
2
−4
3 > 1，即∴x
−11
6 > 1，即x
11
6 < 1 = 1
11
6
∵y = x
11
6 在(0, +∞)上单调递增，∴0 < x < 1
故答案为：(0, 1)
答案
解析
考点9：对数方程
典型例题
例9
已知a ∈R，函数f (x) = log2 ( 1
x + a).
(1)
当a = 1时，求不等式f (2x) > 1的解集；
(2)
若a = 1，当x ∈[2, 3]时，F (x) = f (2x) + log2 (2x + 1)，求函数y = F (x)的最小值；
(3)
当a ≠3且a ≠4时，关于x的方程f (x) −log2 [(a −4)x + 2a −5] = 0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范
围.
18
(1) {x ∈R|x < 0}
(2) log2
25
4
(3) (1, 2]
(1) 依题意，由f (2x) > 1，得log2 ( 1
2x + 1) > 1，则1
2x + 1 > 2，2−x > 1，解得x < 0，
所以不等式f (2x) > 1的解集为{x ∈R|x < 0}.
(2) 由题意知F (x) = log2 ( 1
2x + 1) + log2 (2x + 1) = log2
(1 + 2x)2
2x
= log2 (2x + 1
2x + 2)，
由x ∈[2, 3]，得2x ∈[4, 8]，所以函数y = 2x + 1
2x 在区间x ∈[2, 3]上单调递增，
所以2x + 1
2x ∈[ 17
4 , 65
8 ]，则log2 (2x + 1
2x + 2) ∈[log2
25
4 , log2
81
8 ]，
所以函数y = F (x)的最小值为F (2) = log2
25
4 .
(3) 由log2 ( 1
x + a) = log2 [(a −4)x + 2a −5]，
得1
x + a = (a −4)x + 2a −5 > 0⋯①，化简得(a −4)x2 + (a −5)x −1 = 0⋯②，
当a ≠3且a ≠4时，方程②的解为x1 =
1
a −4 ，x2 = −1，
若x2 = −1是方程①的解，则−1 + a > 0，解得a > 1；
若x1 =
1
a −4 是方程①的解，则2a −4 > 0，解得a > 2；
由题意，方程①的解集中恰好有一个元素，所以1 < a ≤2.
因此，a的取值范围为(1, 2].
教法备注
【考点】对数方程
【教法】本题考查指数型函数的单调性 、 对数型函数的值域 、 对数型函数的单调性 、 对数方程的解法
答案
解析
变式9-1
已知函数f(x) = (a −2)x2 + 2(a −2)x −4
（1）若关于x的不等式f(x) ≤mx −7的解集为[1, 3]，求a, m的值；
19
（2）记不等式1
2 log 1
3
(x + 1) + log3(x −1) ≤0的解集为A，若x ∈A时，恒有f(x) < 0成立，求实数a的取值范围.
（1） {
（2） a < 34
15
(1)不等式f(x) ≤mx −7的解集为[1, 3]即(a −2)x2 + (2a −4 −m)x + 3 ≤0的解集为[1, 3]，根据二次不等式与
二次函数的关系可解.
(2)先求出集合A = (1, 3]，即f(x) = (a −2)x2 + 2(a −2)x −4 < 0在$1上恒成立.再由系数a −2的符号进行分
类讨论.(1) 不等式f(x) ≤mx −7的解集为[1, 3],
即(a −2)x2 + (2a −4 −m)x + 3 ≤0的解集为[1, 3].
所以a −2 > 0，1,3是方程(a −2)x2 + (2a −4 −m)x + 3 = 0的两个实数根.
则
，解得：{
.
(2)由不等式1
2 log 1
3
(x + 1) + log3(x −1) ≤0，得log3(x −1) ≤log3√x + 1
即
，得$1，即A = (1, 3].
若x ∈A时，恒有f(x) < 0成立
即f(x) = (a −2)x2 + 2(a −2)x −4 < 0在$1上恒成立.
当a = 2时，f(x) = −4 < 0，显然成立.
当a > 2时，函数f(x)的对称轴为x = −1，且开口向上, f(x)在(1, 3]单调递增.
所以f(x)max = f(3) < 0，即f(3) = 9 (a −2) + 6 (a −2) −4 < 0，解得：a < 34
15 .
所以此时$2<\dfrac{34}{15}$
当a < 2时，函数f(x)的对称轴为x = −1，且开口向下, f(x)在(1, 3]单调递减.
$f(x)
当a < 2时，f(1) = 3 (a −2) −4 < 0成立
所以当a < 2时，f(x) < 0成立.
综上所述：若x ∈(1, 3]时，恒有f(x) < 0成立，实数a的取值范围a < 34
15 .
本题考查“三个”二次之间的关系，根据二次恒成立求参数的范围，考查分类讨论方法，属于难题.
答案
a = 3
m = 6
解析
⎧
⎨
⎩
1 + 3 = −2a −4 −m
a −2
1 × 3 =
3
a −2
a = 3
m = 6
⎧
⎨
⎩
x −1 > 0
√x + 1 > 0
√x + 1 ≥x −1
20
教法备注
【考点】对数方程
【教法】由解集求参数 、 不等式的恒成立问题，本题考查“三个”二次之间的关系，根据二次恒成立求参数的
范围，考查分类讨论方法
