2022年高三數(shù)學(xué) 知識(shí)點(diǎn)精析精練13 不等式的解法

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1、2022年高三數(shù)學(xué) 知識(shí)點(diǎn)精析精練13 不等式的解法 【復(fù)習(xí)要點(diǎn)】 解不等式對(duì)學(xué)生的運(yùn)算化簡(jiǎn)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)解不等式的考查將會(huì)更是熱點(diǎn)，解不等式需要注意下面幾個(gè)問(wèn)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)掌握用序軸標(biāo)根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(wú)理不等式的三種類(lèi)型的等價(jià)形式，指數(shù)和對(duì)數(shù)不等式的幾種基本類(lèi)型的解法. (4)掌握含絕對(duì)值不等式的幾種基本類(lèi)型的解法. (5)在解不等式的過(guò)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. (

2、6)對(duì)于含字母的不等式，要能按照正確的分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行分類(lèi)討論. 【例題】 【例1】 解不等式： 解：原不等式可化為：＞0， 即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0. 當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式與(x－)(x－2)＞0同解. 若≥2，即0≤a＜1時(shí)，原不等式無(wú)解；若＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1時(shí)原不等式的解為(－∞，)∪(2，+∞). 當(dāng)a＜1時(shí)，若a＜0，解集為(，2)；若0＜a＜1，解集為(2，) 綜上所述： 當(dāng)a＞1時(shí)解集為(－∞，)∪(2，+∞)； 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，解集為(2，)； 當(dāng)a=0時(shí)，解集為； 當(dāng)a＜0時(shí)，解集為(，2). 【例2】 設(shè)不

3、等式x2－2ax+a+2≤0的解集為M，如果M［1，4］，求實(shí)數(shù)a的取值 范圍. 解：M［1，4］有n種情況：其一是M=，此時(shí)Δ＜0；其二是M≠，此時(shí)Δ＞0，分三種情況計(jì)算a的取值范圍. 設(shè)f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2) (1)當(dāng)Δ＜0時(shí)，－1＜a＜2，M=［1，4］ (2)當(dāng)Δ=0時(shí)，a=－1或2.當(dāng)a=－1時(shí)M={－1}［1，4］；當(dāng)a=2時(shí)，m={2}［1，4］. (3)當(dāng)Δ＞0時(shí)，a＜－1或a＞2.設(shè)方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤4 即，解得：2

4、＜a＜， ∴M［1，4］時(shí)，a的取值范圍是(－1，). 【例3】 解關(guān)于x的不等式：． 解：原不等式等價(jià)于 ①，即. 由于，所以，所以，上述不等式等價(jià)于 ② 解答這個(gè)含參數(shù)的不等式組，必然需要分類(lèi)討論，此時(shí)，分類(lèi)的標(biāo)準(zhǔn)的確定就成了解答的關(guān)鍵．如何確定這一標(biāo)準(zhǔn)？ （1）當(dāng)時(shí)，不等式組②等價(jià)于 此時(shí)，由于，所以 ． 從而 ． （2）當(dāng)時(shí)，不等式組②等價(jià)于 所以 ． （3）當(dāng)時(shí)，不等式組②等價(jià)于 此時(shí)，由于，所以，． 綜上可知： 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為； 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為； 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為． 【例4】 解關(guān)于的不等式： 解：原不等

5、式等價(jià)于 ，∴當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為 【例5】 設(shè)函數(shù)， （1）當(dāng)時(shí)，解不等式； （2）求的取值范圍，使得函數(shù)在上為單調(diào)函數(shù)． 講解：（1）時(shí)，可化為：，等價(jià)于： ① 或 ② 解①得 ，解②得 ． 所以，原不等式的解集為 ． （2）任取，且，則 要使函數(shù)在上為單調(diào)函數(shù)，需且只需： 恒成立，（或恒成立）． 因此，只要求出在條件“，且”之下的最大、最小值即可．為了探求這個(gè)代數(shù)式的最值，我們可以考慮極端情況，如：，容易知道，此時(shí)；若考慮，則不難看出，此時(shí)，至此我們可以看出：要使得函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，只需． 事實(shí)

6、上，當(dāng)時(shí)，由于恒成立，所以，．所以，在條件“，且”之下，必有：． 所以，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 當(dāng)時(shí)，由（1）可以看出：特例的情況下，存在．由此可以猜想：函數(shù)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)．為了說(shuō)明這一點(diǎn)，只需找到，使得即可．簡(jiǎn)便起見(jiàn)，不妨取，此時(shí)，可求得，也即：，所以，在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)． 另解：，對(duì)，易知： 當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，； 所以當(dāng)時(shí)，， 從而只須，必有，函數(shù)在上單調(diào)遞減。 【例6】 已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］， m+n≠0時(shí)＞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(

7、)； (3)若f(x)≤t2－2at+1對(duì)所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍. 解：(1)證明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］， 則f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=·(x1－x2) ∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又 x1－x2＜0， ∴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|－≤x＜－1，x∈R} (3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，且f(1)=1， 故對(duì)x∈［－1，1］，

8、恒有f(x)≤1， 所以要f(x)≤t2－2at+1對(duì)所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立， 即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0， 記g(a)=t2－2at，對(duì)a∈［－1，1］，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，t≤－2或t=0或t≥2. ∴t的取值范圍是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}. 【例7】 給出一個(gè)不等式（x∈R）。 經(jīng)驗(yàn)證：當(dāng)c=1, 2, 3時(shí)，對(duì)于x取一切實(shí)數(shù)，不等式都成立。 試問(wèn)：當(dāng)c取任何正數(shù)時(shí)，不等式對(duì)任何實(shí)數(shù)x是否都成立？若能成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，請(qǐng)求出c

9、的取值范圍，使不等式對(duì)任何實(shí)數(shù)x都能成立。 解：令f(x)=，設(shè)u=(u≥) 則f(x)= (u≥) ∴f(x) 要使不等式成立，即f(x)－≥0 ∵u≥>0 ∴只須u－1≥0 ∴u2c≥1 u2≥ ∴x2+c≥ ∴x2≥－c 故當(dāng)c=時(shí)， 原不等式不是對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即原不等式對(duì)一切實(shí)數(shù)x不都成立 要使原不等式對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，即使x2≥－c對(duì)一切實(shí)數(shù)都成立。 ∵x2≥0 故－c≤0 ∴c≥1(c>0) ∴c≥1時(shí)，原不等式對(duì)一切實(shí)數(shù)x都能成立。 【不等式的解法練習(xí)1】 1．不等式

10、的解集是 （ D ） （A）{} （B）{} （C）{} （D）{} 2．當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，則 的取值范圍是（ B ） （A） （B）（1，2） （C） （D）（0，1） 3．不等式成立的一個(gè)充分但不必要條件是 （ B ） （A） （B） （C） （D） 4．三個(gè)數(shù)的大小關(guān)系是 （ B ） （A） （B） （C） （D） 5．若全集是( B ) A． B． C． D． 6．下列命題

11、中，正確的是( C ) A．若 B．若 C．若 D．若 7．若是任意實(shí)數(shù)，且，則( D ) A． B． C． D． 8．設(shè)，則下列四數(shù)中最大的是( A ) A． B． C． D． 9．不等式恒成立，則的取值范圍為( D ) A． B．C． D． 10．不等式的解集是( B ) A． B． C． D． 11．當(dāng) 成立的充要條件是( C ) A． B． C． D． 12．已知，那么的最小值是( B ) A．6 B． C． D． 13．不等式組的解集是( D ) A． B． C． D．

12、 14．不等式的解集是( C ) A． B． C． D． 15．的大小順序是 16．若，則的取值范圍是 。 17．不等式的解集是 18．關(guān)于的不等式的解集是空集，那么的取值區(qū)間是 [0，4] 19. 解不等式： 解：∵ a+a=(a2+)ax，變形原不等式，得 a (1) 當(dāng)0 < a < 1時(shí)，a，則a2 < ax < a-2，∵-2 < x < 2 (2) 當(dāng)a>1時(shí)，a，則a-2 < ax < a2，∴-2

13、1時(shí)無(wú)解。 20．對(duì)于x，關(guān)于x的不等式<1總成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。 解：由1＜x≤2，得a>0,a+x>1,∴l(xiāng)g(a+x)>0 ∴有l(wèi)g2ax時(shí)，x<，由1＜x≤2時(shí)x<總成立，得>2，∴，由1＜x≤2時(shí)x>總成立，得a≤1，綜合0

14、取令，則 =， 故又函數(shù)在上是減函數(shù)， 所以有，即， 即在上是增函數(shù) 22．解不等式 解：由且，得， 原不等式等價(jià)于 而； 整理， ∴為所求。 【不等式的解法練習(xí)2】 一、選擇題 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，+∞) 二、填空題 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

15、關(guān)于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，則a的取值范圍是__________. 三、解答題 4．已知適合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值為3. (1)求p的值； (2)若f(x)=，解關(guān)于x的不等式f-－1(x)＞(k∈R+) 5．設(shè)f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，問(wèn)是否存在a、b、c∈R，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+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θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+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(

16、sinθ+2)的最大值是14，求p的值.并求此時(shí)f(sinθ)的最小值. 7．解不等式loga(1－)＞1 8．設(shè)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(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 不等式的解法練習(xí)2參考答案 一、1.解析：由f(x)及f(a)＞1可得： ① 或 ② 或 ③ 解①得a＜－2，解②得－＜a＜1，解③得x∈ ∴a的取值范圍是(－∞，－2)∪(－，1） 答案：C 二、 2.解析：由已知b＞a2∵f(x)，g(x)均為奇函數(shù)，∴f(x)＜

17、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cos2x－2cosx－a－1=0，令t=cosx，得t2－2t－a－1=0，原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程t2－2t－a－1=0在［－1，1］上至少有一個(gè)實(shí)根.令f(t)=t2－2t－a－1，對(duì)稱(chēng)軸t=1，畫(huà)圖象分析可得解得a∈［－2，2］. 答案：［－2，2］ 三、 4.解：(1)∵適合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值為3， ∴x－3≤0，∴|x－3|=3－x. 若|x2－4x+p|=－

18、x2+4x－p，則原不等式為x2－3x+p+2≥0，其解集不可能為{x|x≤3}的子集，∴|x2－4x+p|=x2－4x+p. ∴原不等式為x2－4x+p+3－x≤0，即x2－5x+p－2≤0，令x2－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得m=2，p=8. (2)f(x)=，∴f-－1(x)=log8 (－1＜x＜1， ∴有l(wèi)og8＞log8，∴l(xiāng)og8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k. ∵－1＜x＜1，k∈R+，∴當(dāng)0＜k＜2時(shí)，原不等式解集為{x|1－k＜x＜1}；當(dāng)k≥2時(shí)，原不等式的解集為{x|－1＜x＜1. 5.解：由f(1)=得a+b+c=，令x2+=

19、2x2+2x+xx=－1，由f(x)≤2x2+2x+推得 f(－1)≤. 由f(x)≥x2+推得f(－1)≥，∴f(－1)=，∴a－b+c=，故 2(a+c)=5，a+c=且b=1，∴f(x)=ax2+x+(－a). 依題意：ax2+x+(－a)≥x2+對(duì)一切x∈R成立， ∴a≠1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0， ∴f(x)=x2+x+1 易驗(yàn)證：x2+x+1≤2x2+2x+對(duì)x∈R都成立. ∴存在實(shí)數(shù)a=，b=1，c=1，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+對(duì)一切x∈R都成立. 6.解：(1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即

20、當(dāng)x∈［－1，1］時(shí)，f(x)≤0，當(dāng)x∈［1，3］時(shí)，f(x)≥0，∴當(dāng)x=1時(shí)f(x)=0.∴1+p+q=0，∴q=－(1+p) (2)f(x)=x2+px－(1+p)， 當(dāng)sinθ=－1時(shí)f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0 (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+3p－1－p=14，∴p=3. 此時(shí)，f(x)=x2+3x－4，即求x∈［－1，1］時(shí)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(shí)f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6. 7.解：(1)當(dāng)a＞1時(shí)，

21、原不等式等價(jià)于不等式組 ① ② 由此得1－a＞.因?yàn)?－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0. (2)當(dāng)0＜a＜1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組： 由 ①得x＞1或x＜0，由②得0 ＜x＜，∴1＜x＜. 綜上，當(dāng)a＞1時(shí)，不等式的解集是{x|＜x＜0，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，不等式的解集為{x|1＜x＜}. 8.解：由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1恒成立. 在x∈(0，1恒成立. 整理，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，恒成立， 即當(dāng)x∈(0，1時(shí)，恒成立，且x=1時(shí)，恒成立， ∵在x∈(0，1上為增函數(shù)，∴， ∴m＜恒成立m＜0. 又∵，在x∈(0，1上是減函數(shù)， ∴＜－1. ∴m＞恒成立m＞－1當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，恒成立m∈(－1，0)① 當(dāng)x=1時(shí)，，即是∴m＜0 ② ∴①、②兩式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1時(shí)，f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，m的取值范圍是(－1，0)