幾種常見不等式的解法

1、題目題目 高中數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題講座幾種常見解不等式的解法幾種常見解不等式的解法高考要求高考要求不等式在生產(chǎn)實(shí)踐和相關(guān)學(xué)科的學(xué)習(xí)中應(yīng)用廣泛， 又是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的重要工具，所以不等式是高考數(shù)學(xué)命題的重點(diǎn)，解不等式的應(yīng)用非常廣泛，如求函數(shù)的定義域、值域，求參數(shù)的取值范圍等，高考試題中對(duì)于解不等式要求較高，往往與函數(shù)概念，特別是二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等有關(guān)概念和性質(zhì)密切聯(lián)系，應(yīng)重視；從歷年高考題目看，關(guān)于解不等式的內(nèi)容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的則是間接考查解不等式重難點(diǎn)歸納重難點(diǎn)歸納解不等式對(duì)學(xué)生的運(yùn)算化簡等價(jià)轉(zhuǎn)化能力有較高的要求， 隨著高考命題原則向能力立意的進(jìn)一步轉(zhuǎn)化， 對(duì)解不等式的

2、考查將會(huì)更是熱點(diǎn)， 解不等式需要注意下面幾個(gè)問題(1)熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式(組)的解法(2)掌握用零點(diǎn)分段法解高次不等式和分式不等式，特別要注意因式的處理方法(3)掌握無理不等式的三種類型的等價(jià)形式，指數(shù)和對(duì)數(shù)不等式的幾種基本類型的解法(4)掌握含絕對(duì)值不等式的幾種基本類型的解法(5)在解不等式的過程中，要充分運(yùn)用自己的分析能力，把原不等式等價(jià)地轉(zhuǎn)化為易解的不等式(6)對(duì)于含字母的不等式，要能按照正確的分類標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行分類討論典型題例示范講解典型題例示范講解例例 1 已知 f(x)是定義在1，1上的奇函數(shù)，且 f(1)=1，若 m、n1，1 ，m+n0 時(shí)nmnfmf)(

3、)(0(1)用定義證明 f(x)在1，1上是增函數(shù)；(2)解不等式f(x+21)f(11x)；(3)若 f(x)t22at+1 對(duì)所有 x1，1 ，a1，1恒成立，求實(shí)數(shù) t 的取值范圍命題意圖本題是一道函數(shù)與不等式相結(jié)合的題目，考查學(xué)生的分析能力與化歸能力知識(shí)依托本題主要涉及函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性，而單調(diào)性貫穿始終，把所求問題分解轉(zhuǎn)化， 是函數(shù)中的熱點(diǎn)問題； 問題的要求的都是變量的取值范圍，不等式的思想起到了關(guān)鍵作用錯(cuò)解分析(2)問中利用單調(diào)性轉(zhuǎn)化為不等式時(shí)， x+21 1， 1 ，11x1，1必不可少，這恰好是容易忽略的地方技巧與方法(1)問單調(diào)性的證明，利用奇偶性靈活變通使用已知條件不等式

4、是關(guān)鍵，(3)問利用單調(diào)性把 f(x)轉(zhuǎn)化成“1”是點(diǎn)睛之筆(1)證明任取 x1x2，且 x1，x21，1 ，則 f(x1)f(x2)=f(x1)+f(x2)=2121)()(xxxfxf(x1x2)1x1x21，x1+(x2)0，由已知2121)()(xxxfxf0，又 x1x20，f(x1)f(x2)0，即 f(x)在1，1上為增函數(shù)(2)解f(x)在1，1上為增函數(shù)，112111111211xxxx解得x|23x1，xR(3)解由(1)可知 f(x)在1，1上為增函數(shù)，且 f(1)=1，故對(duì) x1，1 ，恒有 f(x)1，所以要 f(x)t22at+1 對(duì)所有 x1，1 ，a1，1恒成立

5、，即要 t22at+11 成立，故 t22at0，記 g(a)=t22at，對(duì) a1，1 ，g(a)0，只需 g(a)在1，1上的最小值大于等于 0，g(1)0，g(1)0，解得，t2 或 t=0 或 t2t 的取值范圍是t|t2 或 t=0 或 t2例例 2 設(shè)不等式 x22ax+a+20 的解集為 M，如果 M1，4 ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍命題意圖考查二次不等式的解與系數(shù)的關(guān)系及集合與集合之間的關(guān)系知識(shí)依托本題主要涉及一元二次不等式根與系數(shù)的關(guān)系及集合與集合之間的關(guān)系，以及分類討論的數(shù)學(xué)思想錯(cuò)解分析M=是符合題設(shè)條件的情況之一， 出發(fā)點(diǎn)是集合之間的關(guān)系考慮是否全面，易遺漏；構(gòu)造關(guān)于 a

6、的不等式要全面、合理，易出錯(cuò)技巧與方法該題實(shí)質(zhì)上是二次函數(shù)的區(qū)間根問題，充分考慮二次方程、二次不等式、二次函數(shù)之間的內(nèi)在聯(lián)系是關(guān)鍵所在；數(shù)形結(jié)合的思想使題目更加明朗解M1，4有兩種情況其一是 M=，此時(shí)0；其二是 M，此時(shí)=0 或0，分三種情況計(jì)算 a 的取值范圍設(shè) f(x)=x22ax+a+2，有=(2a)2(4a+2)=4(a2a2)(1)當(dāng)0 時(shí)，1a2，M=1，4(2)當(dāng)=0 時(shí)，a=1 或 2當(dāng) a=1 時(shí) M=11，4 ；當(dāng) a=2 時(shí)，m=21，4(3)當(dāng)0 時(shí)，a1 或 a2設(shè)方程 f(x)=0 的兩根 x1，x2，且 x1x2，那么 M= x1， x2 ， M1， 41x1x

7、240, 410)4(, 0) 1 (且且aff即210071803aaaaa或，解得2a718，M1，4時(shí)，a 的取值范圍是(1，718)例例 3 解關(guān)于 x 的不等式2) 1(xxa1(a1)解原不等式可化為2)2() 1(xaxa0，當(dāng) a1 時(shí)，原不等式與(x12aa)(x2)0 同解由于2111211aaa 原不等式的解為(，12aa)(2，+)當(dāng) a1 時(shí)，原不等式與(x12aa)(x2) 0 同解由于21111aaa ,若 a0，211211aaa ,解集為(12aa，2)；若 a=0 時(shí)，211211aaa ，解集為；若 0a1，211211aaa ,解集為(2，12aa)綜上

8、所述當(dāng)a1 時(shí)解集為(，12aa)(2，+)；當(dāng) 0a1時(shí)，解集為(2，12aa)；當(dāng)a=0 時(shí)，解集為；當(dāng)a0 時(shí)，解集為(12aa，2）學(xué)生鞏固練習(xí)學(xué)生鞏固練習(xí)1設(shè)函數(shù)f(x)=) 1( 11) 11(22) 1() 1(2xxxxxx， 已知f(a)1， 則a的取值范圍是()A(，2)(21，+)B(21，21)C(，2)(21，1)D(2，21)(1，+)2已知 f(x)、g(x)都是奇函數(shù)，f(x)0 的解集是(a2，b)，g(x)0 的解集是(22a，2b)，則 f(x)g(x)0 的解集是_3已知關(guān)于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解， 則a的取值范圍是_4已知適合不等式

9、|x24x+p|+|x3|5 的 x 的最大值為 3(1)求 p 的值；(2)若 f(x)=11xxpp，解關(guān)于 x 的不等式 f-1(x)kxp1log(kR+)5設(shè) f(x)=ax2+bx+c，若 f(1)=27，問是否存在 a、b、cR，使得不等式x2+21f(x)2x2+2x+23對(duì)一切實(shí)數(shù) x 都成立，證明你的結(jié)論6已知函數(shù) f(x)=x2+px+q，對(duì)于任意R，有 f(sin)0，且 f(sin+2)2(1)求 p、q 之間的關(guān)系式；(2)求 p 的取值范圍；(3)如果 f(sin+2)的最大值是 14，求 p 的值并求此時(shí) f(sin)的最小值7解不等式 loga(xx1)18設(shè)

10、函數(shù) f(x)=ax滿足條件當(dāng) x(，0)時(shí)，f(x)1；當(dāng) x(0，1時(shí)，不等式 f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)恒成立，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍參考答案1解析由 f(x)及 f(a)1 可得1) 1(12aa或12211aa或1111aa解得 a2，解得21a1，解得 xa 的取值范圍是(，2)(21，1）答案C2解析由已知 ba2f(x)，g(x)均為奇函數(shù)，f(x)0 的解集是(b，a2)，g(x)0 的解集是(2,22ab)由 f(x)g(x)0 可得2222,0)(0)(0)(0)(2222axbaxbbxabxaxgxfxgxf或即或x(a2，2b)(2b，a2)答案(

11、a2，2b)(2b，a2)3解析原方程可化為 cos2x2cosxa1=0，令 t=cosx，得 t22ta1=0，原問題轉(zhuǎn)化為方程 t22ta1=0 在1，1上至少有一個(gè)實(shí)根令 f(t)=t22ta1，對(duì)稱軸 t=1，畫圖象分析可得0) 1 (0) 1(ff解得 a2，2答案2，24解(1)適合不等式|x24x+p|+|x3|5 的 x 的最大值為 3，x30，|x3|=3x若|x24x+p|=x2+4xp，則原不等式為 x23x+p+20，其解集不可能為x|x3的子集，|x24x+p|=x24x+p原不等式為 x24x+p+3x0，即 x25x+p20，令 x25x+p2=(x3)(xm)

12、，可得 m=2，p=8(2)f(x)=1818xx，f-1(x)=log8xx11(1x1)，有 log8xx11log8kx1，log8(1x)log8k，1xk，x1k1x1，kR+，當(dāng) 0k2 時(shí)，原不等式解集為x|1kx1；當(dāng) k2 時(shí)，原不等式的解集為x|1x15解由 f(1)=27得 a+b+c=27，令 x2+21=2x2+2x+23x=1，由 f(x)2x2+2x+23推得 f(1)23由 f(x)x2+21推得 f(1)23，f(1)=23，ab+c=23，故 2(a+c)=5，a+c=25且 b=1，f(x)=ax2+x+(25a)依題意ax2+x+(25a)x2+21對(duì)一

13、切 xR 成立，a1 且=14(a1)(2a)0，得(2a3)20，f(x)=23x2+x+1易驗(yàn)證23x2+x+12x2+2x+23對(duì) xR 都成立存在實(shí)數(shù) a=23，b=1，c=1，使得不等式 x2+21f(x)2x2+2x+23對(duì)一切 xR 都成立6解(1)1sin1，1sin+23，即當(dāng) x1，1時(shí)，f(x)0，當(dāng) x1，3時(shí)，f(x)0，當(dāng) x=1 時(shí) f(x)=01+p+q=0，q=(1+p)(2)f(x)=x2+px(1+p)，當(dāng) sin=1 時(shí) f(1)0，1p1p0，p0(3)注意到 f(x)在1，3上遞增，x=3 時(shí) f(x)有最大值即 9+3p+q=14，9+3p1p=1

14、4，p=3此時(shí)，f(x)=x2+3x4，即求 x1，1時(shí) f(x)的最小值又 f(x)=(x+23)2425，顯然此函數(shù)在1，1上遞增當(dāng) x=1 時(shí) f(x)有最小值 f(1)=134=67解(1)當(dāng) a1 時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組axx11011由此得 1ax1因?yàn)?1a0，所以 x0，a11x0(2)當(dāng) 0a1 時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組110 11 xax 由 得 x1 或 x0，由得 0 xa11，1xa11綜上，當(dāng) a1 時(shí)，不等式的解集是x|a11x0，當(dāng) 0a1 時(shí)，不等式的解集為x|1xa118解由已知得 0a1，由 f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)，x(0，1恒成立2111322mxmxxmxmx在 x(0，1恒成立整理，當(dāng) x(0，1)時(shí)，1) 1(1222xxmxx恒成立，即當(dāng) x(0，1時(shí)，112122xxmxxm恒成立，且 x=1 時(shí)，1) 1(1222xxmxmx恒