2019-2020年高三數(shù)學(xué) 知識點(diǎn)精析精練13 不等式的解法.doc

2019-2020年高三數(shù)學(xué) 知識點(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，對解不等式的考查將會更是熱點(diǎn)，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)、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)掌握無理不等式的三種類型的等價(jià)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(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.【例題】【例1】 解不等式：解：原不等式可化為：0，即(a1)x+(2a)(x2)0.當(dāng)a1時，原不等式與(x)(x2)0同解.若2，即0a1時，原不等式無解；若2，即a0或a1，于是a1時原不等式的解為(，)(2，+).當(dāng)a1時，若a0，解集為(，2)；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.解：M1，4有n種情況：其一是M=，此時0；其二是M，此時0，分三種情況計(jì)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，M1，4時，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 ，即.由于，所以，所以，上述不等式等價(jià)于 解答這個含參數(shù)的不等式組，必然需要分類討論，此時，分類的標(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，不等式組等價(jià)于此時，由于，所以 從而 （2）當(dāng)時，不等式組等價(jià)于所以 （3）當(dāng)時，不等式組等價(jià)于此時，由于，所以，綜上可知：當(dāng)時，原不等式的解集為；當(dāng)時，原不等式的解集為；當(dāng)時，原不等式的解集為【例4】 解關(guān)于的不等式：解：原不等式等價(jià)于，當(dāng)時，原不等式的解集為當(dāng)時，原不等式的解集為【例5】 設(shè)函數(shù)，（1）當(dāng)時，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，可化為：，等價(jià)于： 或 解得 ，解得 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代數(shù)式的最值，我們可以考慮極端情況，如：，容易知道，此時；若考慮，則不難看出，此時，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)上，當(dāng)時，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，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)為了說明這一點(diǎn)，只需找到，使得即可簡便起見，不妨取，此時，可求得，也即：，所以，在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)另解：，對，易知：當(dāng)時，；當(dāng)時，；所以當(dāng)時，從而只須，必有，函數(shù)在上單調(diào)遞減?！纠?】 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(shí)數(shù)t的取值范圍.解：(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，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7】 給出一個不等式（xR）。經(jīng)驗(yàn)證：當(dāng)c=1, 2, 3時，對于x取一切實(shí)數(shù)，不等式都成立。試問：當(dāng)c取任何正數(shù)時，不等式對任何實(shí)數(shù)x是否都成立？若能成立，請給出證明；若不成立，請求出c的取值范圍，使不等式對任何實(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)0u>0 只須u10u2c1 u2 x2+cx2c 故當(dāng)c=時，原不等式不是對一切實(shí)數(shù)x都成立，即原不等式對一切實(shí)數(shù)x不都成立 要使原不等式對一切實(shí)數(shù)x都成立，即使x2c對一切實(shí)數(shù)都成立。x20 故c0c1(c>0) c1時，原不等式對一切實(shí)數(shù)x都能成立?！静坏仁降慕夥ň毩?xí)1】1不等式的解集是 （ D ） （A） （B） （C） （D）2當(dāng)時，不等式恒成立，則 的取值范圍是（ B ） （A） （B）（1，2） （C） （D）（0，1）3不等式成立的一個充分但不必要條件是 （ B ） （A） （B） （C） （D）4三個數(shù)的大小關(guān)系是 （ B ） （A） （B） （C） （D）5若全集是( B )ABCD6下列命題中，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 )ABCD8設(shè)，則下列四數(shù)中最大的是( A )ABCD9不等式恒成立，則的取值范圍為( D )ABCD10不等式的解集是( B )ABCD11當(dāng) 成立的充要條件是( C )ABCD12已知，那么的最小值是( B )A6BCD13不等式組的解集是( D )ABCD 14不等式的解集是( C )ABCD15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0，419. 解不等式：解： a+a=(a2+)ax，變形原不等式，得 a (1) 當(dāng)0 < a < 1時，a，則a2 < ax < a-2，-2 < x < 2 (2) 當(dāng)a>1時，a，則a-2 < ax < a2，-2<x<2 (3) 當(dāng)a=1時，a，無解。 綜上，當(dāng)a1時，-2 < x < 2，當(dāng)a=1時無解。20對于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1x2，得a>0,a+x>1,lg(a+x)>0 有l(wèi)g2ax<lg(a+x),2ax<a+x (2a-1)x<a(1)a>時，x<，由1x2時x<總成立，得>2，<a< (2)a=時，有0x< 1x2時不等式總成立 (3)0<a<時，x>，由1x2時x>總成立，得a1，綜合0<a<，得0<a< 綜上，0<a<21、已知函數(shù)（1）求函數(shù)的定義域；（2）判斷的單調(diào)性，并用函數(shù)單調(diào)性的定義予以證明解：（1）由或，故的定義域?yàn)椋?）任取令，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?！静坏仁降慕夥ň毩?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|x24x+p|+|x3|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)(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(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(1)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)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： 或 或 解得a2，解得a1，解得xa的取值范圍是(，2)(，1）答案：C二、2.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(shí)根.令f(t)=t22ta1，對稱軸t=1，畫圖象分析可得解得a2，2.答案：2，2三、4.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)，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+xx=1，由f(x)2x2+2x+推得f(1).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(yàn)證：x2+x+12x2+2x+對xR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)0，1p1p0，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(jià)于不等式組由此得1a.因?yàn)?a0，所以x0，x0.(2)當(dāng)0a1時，原不等式等價(jià)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(0，1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上為增函數(shù)，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)