不等式的知識點例題 (2)

1、不等式一、知識點：1. 實數(shù)的性質(zhì)：；2. 不等式的性質(zhì)：性 質(zhì)內(nèi) 容對稱性，傳遞性且加法性質(zhì)；且乘法性質(zhì)；，且乘方、開方性質(zhì)；倒數(shù)性質(zhì)3. 常用基本不等式：條 件結(jié) 論等號成立的條件，基本不等式： 常見變式： ； 4.利用重要不等式求最值的兩個命題：命題1：已知a，b都是正數(shù)，若ab是實值P，則當(dāng)a=b=時，和ab有最小值2.命題2：已知a，b都是正數(shù)，若ab是實值S，則當(dāng)a=b=時，積ab有最大值.注意：運用重要不等式求值時，要注意三個條件：一“正”二“定”三“等”，即各項均為正數(shù)，和或積為定值，取最值時等號能成立，以上三個條件缺一不可.5.一元二次不等式的解法：設(shè)a0,x1x2是方程ax

2、2+bx+c=0的兩個實根，且x1x2，則有0=00解集xxx2xxx1 Rax2+bx+c0解集xx1x0；ax2+bx+c06. 絕對值不等式（1）xa（a0）的解集為：xaxa；xa（a0）的解集為：xxa或xa。（2）7. 不等式證明方法：基本方法：比較法、綜合法、分析法、反證法輔助方法：換元法（三角換元、均值換元等）、放縮法、構(gòu)造法、判別式法特別提醒：不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內(nèi)容結(jié)合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內(nèi)容，最常用的思路是用分析法探求證明途徑，再用綜合法加以敘述。我們在利用不等式的性質(zhì)或基本不等式時要注意等號、不等號成立的條件。例：解下列不等式：(1)

3、； (2) ；(3) ； (4) 解：(1)方程的解為根據(jù)的圖象，可得原不等式的解集是(2)不等式兩邊同乘以，原不等式可化為方程的解為根據(jù)的圖象，可得原不等式的解集是(3)方程有兩個相同的解根據(jù)的圖象，可得原不等式的解集為(4)因為，所以方程無實數(shù)解，根據(jù)的圖象，可得原不等式的解集為練習(xí)1. （1）解不等式；（若改為呢？）（2）解不等式；解:(1)原不等式 (該題后的答案:).(2)即.8、線性規(guī)劃問題的解題方法和步驟解決簡單線性規(guī)劃問題的方法是圖解法，即借助直線（線性目標(biāo)函數(shù)看作斜率確定的一族平行直線）與平面區(qū)域（可行域）有交點時，直線在y軸上的截距的最大值或最小值求解。它的步驟如下：（1）

4、設(shè)出未知數(shù)，確定目標(biāo)函數(shù)。（2）確定線性約束條件，并在直角坐標(biāo)系中畫出對應(yīng)的平面區(qū)域，即可行域。（3）由目標(biāo)函數(shù)zaxby變形為yx，所以，求z的最值可看成是求直線yx在y軸上截距的最值（其中a、b是常數(shù)，z隨x，y的變化而變化）。（4）作平行線：將直線axby0平移（即作axby0的平行線），使直線與可行域有交點，且觀察在可行域中使最大（或最?。r所經(jīng)過的點，求出該點的坐標(biāo)。（5）求出最優(yōu)解：將（4）中求出的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)，從而求出z的最大（或最小）值。9、在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線，坐標(biāo)平面內(nèi)的點 = 1 * GB3 若 ，則點在直線的上方 = 2 * GB3 若 ，則點在直線的下方1

5、0、在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線 = 1 * GB3 若 ，則表示直線上方的區(qū)域；表示直線下方的區(qū)域 = 2 * GB3 若 ，則表示直線下方的區(qū)域；表示直線上方的區(qū)域11、最值定理設(shè)、都為正數(shù)，則有 = 1 * GB2 若（和為定值），則當(dāng)時，積取得最大值 = 2 * GB2 若（積為定值），則當(dāng)時，和取得最小值即：“積定，和有最小值；和定，積有最大值”注意：一正、二定、三相等幾種常見解不等式的解法重難點歸納 解不等式對學(xué)生的運算化簡等價轉(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，對解不等式的考查將會更是熱點，解不等式需要注意下面幾個問題 (1)熟練掌握一元一次不等式(組)

6、、一元二次不等式(組)的解法 (2)掌握用零點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形式，指數(shù)和對數(shù)不等式的幾種基本類型的解法 (4)掌握含絕對值不等式的幾種基本類型的解法 (5)在解不等式的過程中，要充分運用自己的分析能力，把原不等式等價地轉(zhuǎn)化為易解的不等式 (6)對于含字母的不等式，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 例1：如果多項式可分解為個一次式的積，則一元高次不等式（或）可用“穿根法”求解，但要注意處理好有重根的情況當(dāng)分式不等式化為時，要注意它的等價變形用“穿根法”解不等式時應(yīng)注意：各一次項中的系數(shù)必為正；對

7、于偶次或奇次重根可轉(zhuǎn)化為不含重根的不等式，也可直接用“穿根法”，但注意“奇穿偶不穿”，其法如下圖不等式左右兩邊都是含有的代數(shù)式，必須先把它們移到一邊，使另一邊為0再解例：解不等式：（1）；（2）解：（1）原不等式可化為把方程的三個根順次標(biāo)上數(shù)軸然后從右上開始畫線順次經(jīng)過三個根，其解集如下圖的陰影部分原不等式解集為（2）原不等式等價于原不等式解集為解下列分式不等式：例：（1）； （2）（1）解：原不等式等價于用“穿根法”原不等式解集為。（2）解法一：原不等式等價于 原不等式解集為。解法二：原不等式等價于用“穿根法”原不等式解集為例2：絕對值不等式，解此題的關(guān)鍵是去絕對值符號，而去絕對值符號有兩種

8、方法：一是根據(jù)絕對值的意義二是根據(jù)絕對值的性質(zhì)：或，因此本題有如下兩種解法例：解不等式解：原不等式等價于 即 例3：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+)f()；(3)若f(x)t22at+1對所有x1，1，a1，1恒成立，求實數(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

9、解分析 (2)問中利用單調(diào)性轉(zhuǎn)化為不等式時，x+1，1，1，1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是關(guān)鍵，(3)問利用單調(diào)性把f(x)轉(zhuǎn)化成“1”是點睛之筆 (1)證明 任取x1x2，且x1，x21，1，則f(x1)f(x2)=f(x1)+f(x2)=(x1x2)1x1x21，x1+(x2)0，由已知0，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)， 解得 x|x1，xR(3)解 由(1)可知f(x)在1，1上為增函數(shù)，且f(1)=1，故對x1，1，恒有f(x)1，

10、所以要f(x)t22at+1對所有x1，1，a1，1恒成立，即要t22at+11成立，故t22at0，記g(a)=t22at，對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t2 t的取值范圍是 t|t2或t=0或t2 例4：設(shè)不等式x22ax+a+20的解集為M，如果M1，4，求實數(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 錯解分析 M=是符合題設(shè)條件的情況之一，出發(fā)點是集合之間的關(guān)系考慮是否全面，

11、易遺漏；構(gòu)造關(guān)于a的不等式要全面、合理，易出錯 技巧與方法 該題實質(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0；其二是M，此時=0或0，分三種情況計算a的取值范圍 設(shè)f(x)=x2 2ax+a+2，有=(2a)2(4a+2)=4(a2a2)(1)當(dāng)0時，1a2，M=1，4(2)當(dāng)=0時，a=1或2 當(dāng)a=1時M=11，4；當(dāng)a=2時，m=21，4 (3)當(dāng)0時，a1或a2 設(shè)方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1x2，那么M=x1，x2，M1，41x1x24即，解得 2a，

12、M1，4時，a的取值范圍是(1，) 例5：解關(guān)于x的不等式1(a1) 解 原不等式可化為 0，當(dāng)a1時，原不等式與(x)(x2)0同解 由于原不等式的解為(，)(2，+) 當(dāng)a1時，原不等式與(x)(x2) 0同解 由于,若a0，,解集為(，2)；若a=0時，解集為；若0a1，,解集為(2，)綜上所述 當(dāng)a1時解集為(，)(2，+)；當(dāng)0a1時，解集為(2，)；當(dāng)a=0時，解集為；當(dāng)a0時，解集為(，2） 例6 設(shè)，解關(guān)于的不等式分析：進(jìn)行分類討論求解解：當(dāng)時，因一定成立，故原不等式的解集為當(dāng)時，原不等式化為；當(dāng)時，解得；當(dāng)時，解得當(dāng)時，原不等式的解集為；當(dāng)時，原不等式的解集為說明：解不等式時

13、，由于，因此不能完全按一元二次不等式的解法求解因為當(dāng)時，原不等式化為，此時不等式的解集為，所以解題時應(yīng)分與兩種情況來討論在解出的兩根為，后，認(rèn)為，這也是易出現(xiàn)的錯誤之處這時也應(yīng)分情況來討論：當(dāng)時，；當(dāng)時，例7 解關(guān)于的不等式分析：先按無理不等式的解法化為兩個不等式組，然后分類討論求解解：原不等式或由，得：由判別式，故不等式的解是當(dāng)時，不等式組(1)的解是，不等式組(2)的解是當(dāng)時，不等式組(1)無解，(2)的解是綜上可知，當(dāng)時，原不等式的解集是；當(dāng)時，原不等式的解集是說明：本題分類討論標(biāo)準(zhǔn)“，”是依據(jù)“已知及(1)中，(2)中，”確定的解含有參數(shù)的不等式是不等式問題中的難點，也是近幾年高考的熱

14、點一般地，分類討論標(biāo)準(zhǔn)（解不等式）大多數(shù)情況下依“不等式組中的各不等式的解所對應(yīng)的區(qū)間的端點”去確定本題易誤把原不等式等價于不等式糾正錯誤的辦法是熟練掌握無理不等式基本類型的解法例8 解關(guān)于的不等式分析：不等式中含有字母，故需分類討論但解題思路與一般的一元二次不等式的解法完全一樣：求出方程的根，然后寫出不等式的解，但由于方程的根含有字母，故需比較兩根的大小，從而引出討論解：原不等式可化為(1)當(dāng)（即或）時，不等式的解集為：；(2)當(dāng)（即）時，不等式的解集為：；(3)當(dāng)（即或1）時，不等式的解集為：說明：對參數(shù)進(jìn)行的討論，是根據(jù)解題的需要而自然引出的，并非一開始就對參數(shù)加以分類、討論比如本題，為

15、求不等式的解，需先求出方程的根，因此不等式的解就是小于小根或大于大根但與兩根的大小不能確定，因此需要討論，三種情況例9 不等式的解集為，求與的值分析：此題為一元二次不等式逆向思維題，要使解集為，不等式需滿足條件，的兩根為，解法一：設(shè)的兩根為，由韋達(dá)定理得：由題意：，此時滿足，解法二：構(gòu)造解集為的一元二次不等式：，即，此不等式與原不等式應(yīng)為同解不等式，故需滿足：，說明：本題考查一元二次方程、一元二次不等式解集的關(guān)系，同時還考查逆向思維的能力對有關(guān)字母抽象問題，同學(xué)往往掌握得不好例10 解關(guān)于的不等式分析：本題考查一元一次不等式與一元二次不等式的解法，因為含有字母系數(shù)，所以還考查分類思想解：分以下

16、情況討論(1)當(dāng)時，原不等式變?yōu)椋海?2)當(dāng)時，原不等式變?yōu)椋寒?dāng)時，式變?yōu)?，不等式的解為或?dāng)時，式變?yōu)?，?dāng)時，此時的解為當(dāng)時，此時的解為說明：解本題要注意分類討論思想的運用，關(guān)鍵是要找到分類的標(biāo)準(zhǔn)，就本題來說有三級分類：分類應(yīng)做到使所給參數(shù)的集合的并集為全集，交集為空集，要做到不重不漏另外，解本題還要注意在討論時，解一元二次不等式應(yīng)首選做到將二次項系數(shù)變?yōu)檎龜?shù)再求解例11解不等式分析：無理不等式轉(zhuǎn)化為有理不等式，要注意平方的條件和根式有意義的條件，一般情況下，可轉(zhuǎn)化為或，而等價于：或解：原不等式等價于下面兩個不等式組：由得，由得，所以原不等式的解集為，即為說明：本題也可以轉(zhuǎn)化為型的不等式求解，

17、注意：例12.已知關(guān)于的不等式的解集是，求實數(shù)之值解：不等式的解集是是的兩個實數(shù)根，由韋達(dá)定理知：練習(xí)已知不等式的解集為求不等式的解集解：由題意 ， 即代入不等式得： 即，所求不等式的解集為不等式練習(xí)1 設(shè)函數(shù)f(x)=，已知f(a)1，則a的取值范圍是( )A (，2)(，+)B (，)C (，2)(，1)D (2，)(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(，)，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|x24x+p|+|x3|5的x的最大值為3

18、(1)求p的值；(2)若f(x)=，解關(guān)于x的不等式f-1(x)(kR+)5 設(shè)f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，問是否存在a、b、cR，使得不等式 x2+f(x) 2x2+2x+對一切實數(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f(sin)的最小值 7 解不等式loga(x)18 設(shè)函數(shù)f(x)=ax滿足條件 當(dāng)x(，0)時，f(x)1；當(dāng)x(0，1時，不等式f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)

19、恒成立，求實數(shù)m的取值范圍 參考答案 1 解析 由f(x)及f(a)1可得 或 或 解得a2，解得a1，解得xa的取值范圍是(，2)(，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() 由f(x)g(x)0可得 x(a2，)(，a2)答案 (a2，)(，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上至少有一個實根 令f(t)=t22ta1，對稱軸t=1，畫圖象分析可得解得a2，2 答案 2，24 解 (1)適合不等式|x24x+p|+|

20、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)，可得m=2，p=8 (2)f(x)=，f-1(x)=log8 (1x1，有l(wèi)og8log8，log8(1x)log8k，1xk，x1k 1x1，kR+，當(dāng)0k2時，原不等式解集為x|1kx1；當(dāng)k2時，原不等式的解集為x|1x1 5 解 由f(1)=得a+b+c=，令x2+=2x2+2x+x=1，由f(x)2x2+2x+推得f(1)

21、 由f(x)x2+推得f(1)，f(1)=，ab+c=，故2(a+c)=5，a+c=且b=1，f(x)=ax2+x+(a) 依題意 ax2+x+(a)x2+對一切xR成立，a1且=14(a1)(2a)0，得(2a3)20，f(x)=x2+x+1易驗證 x2+x+12x2+2x+對xR都成立 存在實數(shù)a=，b=1，c=1，使得不等式 x2+f(x)2x2+2x+對一切xR都成立 6 解 (1)1sin1，1sin+23，即當(dāng)x1，1時，f(x)0，當(dāng)x1，3時，f(x)0，當(dāng)x=1時f(x)=0 1+p+q=0，q=(1+p)(2)f(x)=x2+px(1+p)，當(dāng)sin=1時f(1)0，1p1

22、p0，p0(3)注意到f(x)在1，3上遞增，x=3時f(x)有最大值 即9+3p+q=14，9+3p1p=14，p=3 此時，f(x)=x2+3x4，即求x1，1時f(x)的最小值 又f(x)=(x+)2，顯然此函數(shù)在1，1上遞增 當(dāng)x=1時f(x)有最小值f(1)=134=6 7 解 (1)當(dāng)a1時，原不等式等價于不等式組由此得1a 因為1a0，所以x0，x0 (2)當(dāng)0a1時，原不等式等價于不等式組 由 得x1或x0，由得0 x，1x 綜上，當(dāng)a1時，不等式的解集是x|x0，當(dāng)0a1時，不等式的解集為x|1x 8 解 由已知得0a1，由f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)，x(0

23、，1恒成立 在x(0，1恒成立 整理，當(dāng)x(0，1)時，恒成立，即當(dāng)x(0，1時，恒成立，且x=1時，恒成立，在x(0，1上為減函數(shù)，1，m恒成立m0 又，在x(0，1上是減函數(shù)，1 m恒成立m1當(dāng)x(0，1)時，恒成立m(1，0) 當(dāng)x=1時，即是m0 、兩式求交集m(1，0）,使x(0，1時，f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)恒成立，m的取值范圍是(1，0)不等式的應(yīng)用例題例5-4-1 求下列函數(shù)的定義域：解 (1)所求定義域是下列不等式組的解：(2)所求定義域確定于不等式組：由上圖可知，當(dāng)且僅當(dāng)k=0，1時，不等式組有解，其解集為(-5，-)(1，此即所給函數(shù)的定義域。例5-4

24、-2 求下列函數(shù)的值域：解 (1)原式兩邊乘以x2+1，再移項、整理，得(y-1)x2-2x+(y+1)=0當(dāng)y1時，因xR，故上式作為x的二次方程，其判別式非負(fù)，即等號成立)。當(dāng)y=1時，相應(yīng)地有x=1，故y=1也屬于定義域。所給函數(shù)的值域為2，+)。也可利用判別式求解。讀者不妨試試。注 利用判別式求值域要注意兩點：(i)二次項的系數(shù)不得為零。如果有可能為零，則對于使系數(shù)為零的y值，應(yīng)檢驗它是否屬于函數(shù)值域，即是否存在相應(yīng)的x值與之對應(yīng)。如果不存在，則函數(shù)的值域不包括此y值。(ii)不等式“0”中的等號是否可取，可取則此法有效，不可取+)，而用判別式法，則由=y2-40(y0)得2，+)，值域擴(kuò)大了。例5-4-3 求下列函數(shù)的值域：解 (1) 法一 原式兩邊平方并整理，得所以y21；又y0，所以y1(當(dāng)x=0，1時取等號)。另一方面，兩邊再次平方并整理，得4x2-4x+(y2-1)2=0法二 函數(shù)的定義域為0 x1。由冪平均不等式，有法三 兩邊平方并整理，得是，1-x=cos2，所給函數(shù)可化為y=sin+cos，即(2)所給函數(shù)可表示為此函數(shù)在0，+)內(nèi)遞減，故有y1。注 對于(2)，采用平方法易導(dǎo)至錯誤結(jié)果：x2-(2y-1)x+(y2-1)=0a的取值范圍。解 法一 f(x)有意義等價于a0，且1+2x+1a-4x0(x-1)。二次方程t2-2