高考数学难点突破19__解不等式

高考数学难点突破19__解不等式

高中数学难点 19 解不等式 不等式在生产实践和相关学科的学习中应用广泛，又是学习高等数学的重要工具，所以 不等式是高考数学命题的重点，解不等式的应用非常广泛，如求函数的定义域、值域，求参 数的取值范围等，高考试题中对于解不等式要求较高，往往与函数概念，特别是二次函数、 指数函数、对数函数等有关概念和性质密切联系，应重视；从历年高考题目看，关于解不等 式的内容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的则是间接考查解不等式. ●难点磁场 (★★★★)解关于 x 的不等式 2 )1(   x xa ＞1(a≠1). ●案例探究 ［例 1］已知 f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且 f(1)=1，若 m、n∈［－1，1］， m+n≠0 时 nm nfmf   )()( ＞0. (1)用定义证明 f(x)在［－1，1］上是增函数； (2)解不等式：f(x+ 2 1 )＜f( 1 1 x )； (3)若 f(x)≤t2－2at+1 对所有 x∈［－1，1］， a∈［－1，1］恒成立，求实数 t 的取值范 围. 命题意图：本题是一道函数与不等式相结合的题目，考查学生的分析能力与化归能力， 属★★★★★级题目. 知识依托：本题主要涉及函数的单调性与奇偶性，而单调性贯穿始终，把所求问题分解 转化，是函数中的热点问题；问题的要求的都是变量的取值范围，不等式的思想起到了关键 作用. 错解分析：(2)问中利用单调性转化为不等式时，x+ 2 1 ∈［－1，1］， 1 1 x ∈［－1，1］ 必不可少，这恰好是容易忽略的地方. 技巧与方法：(1)问单调性的证明，利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键，(3) 问利用单调性把 f(x)转化成“1”是点睛之笔. (1)证明：任取x1＜x2，且 x1，x2∈［－1，1］，则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)= 21 21 )()( xx xfxf   ·(x1 －x2) ∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知 21 21 )()( xx xfxf   ＞0，又 x1－x2＜0， ∴f(x1)－f(x2)＜0，即 f(x)在［－1，1］上为增函数. (2)解：∵f(x)在［－1，1］上为增函数， ∴            1 1 2 1 11 11 12 11 xx x x 解得：{x|－ 2 3 ≤x＜－1，x∈R} (3)解：由(1)可知 f(x)在［－1，1］上为增函数，且 f(1)=1，故对 x∈［－1，1］，恒有 f(x) ≤1，所以要 f(x)≤t2－2at+1 对所有 x∈［－1，1］， a∈［－1，1］恒成立，即要 t2－2at+1 ≥1 成立，故 t2－2at≥0，记 g(a)=t2－2at，对 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 围是：{t|t≤－2 或 t=0 或 t≥2}. ［例 2］设不等式 x2－2ax+a+2≤0 的解集为 M，如果 M ［1，4］，求实数 a 的取值 范围. 命题意图：考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关系，属★★★★级 题目. 知识依托：本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系，以 及分类讨论的数学思想. 错解分析：M= 是符合题设条件的情况之一，出发点是集合之间的关系考虑是否全面， 易遗漏；构造关于 a 的不等式要全面、合理，易出错. 技巧与方法：该题实质上是二次函数的区间根问题，充分考虑二次方程、二次不等式、 二次函数之间的内在联系是关键所在；数形结合的思想使题目更加明朗. 解：M ［1，4］有 n 种情况：其一是 M= ，此时Δ ＜0；其二是 M≠ ，此时Δ ＞ 0，分三种情况计算 a 的取值范围. 设 f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ =(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2) (1)当Δ ＜0 时，－1＜a＜2，M= ［1，4］ (2)当Δ =0 时，a=－1 或 2.当 a=－1 时 M={－1} 1，4］；当 a=2 时，m={2} ［1，4］. (3)当Δ ＞0 时，a＜－1 或 a＞2.设方程 f(x)=0 的两根 x1，x2，且 x1＜x2，那么 M=［x1， x2］， M ［1，4］ 1≤x1＜x2≤4      0,41 0)4(,0)1( 且 且 a ff 即           21 0 0718 03 aa a a a 或 ，解得：2＜a＜ 7 18 ， ∴M ［1，4］时，a 的取值范围是(－1， 7 18 ). ●锦囊妙计 解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，随着高考命题原则向能力立意 的进一步转化，对解不等式的考查将会更是热点，解不等式需要注意下面几个问题： (1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法. (2)掌握用序轴标根法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法. (3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型的解法. (4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法. (5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化为易解 的不等式. (6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类标准，进行分类讨论. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)设函数 f(x)=           )1(11 )11(22 )1()1( 2 xx xx xx ，已知 f(a)＞1，则 a 的取值范围是( ) A.(－∞，－2)∪(－ 2 1 ，+∞) B.(－ 2 1 ， ) C.(－∞，－2)∪(－ ，1) D.(－2，－ )∪(1，+∞) 二、填空题 2.(★★★★★)已知 f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0 的解集是(a2，b)，g(x)＞0 的解集是( 2 2a ， 2 b )，则 f(x)·g(x)＞0 的解集是__________. 3.(★★★★★)已知关于 x 的方程 sin2x+2cosx+a=0 有解，则 a 的取值范围是__________. 三、解答题 4.(★★★★★)已知适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5 的 x 的最大值为 3. (1)求 p 的值； (2)若 f(x)= 1 1   x x p p ，解关于 x 的不等式 f-－1(x)＞ k x p 1log (k∈R+) 5.(★★★★★)设 f(x)=ax2+bx+c，若 f(1)= 2 7 ，问是否存在 a、b、c∈R，使得不等式： x2+ 2 1 ≤f(x)≤2x2+2x+ 2 3 对一切实数 x 都成立，证明你的结论. 6.(★★★★★)已知函数 f(x)=x2+px+q，对于任意θ ∈R，有 f(sinθ )≤0，且 f(sinθ +2) ≥2. (1)求 p、q 之间的关系式； (2)求 p 的取值范围； (3)如果 f(sinθ +2)的最大值是 14，求 p 的值.并求此时 f(sinθ )的最小值. 7.(★★★★)解不等式 loga(x－ x 1 )＞1 8.(★★★★★)设函数 f(x)=ax 满足条件：当 x∈(－∞，0)时，f(x)＞1；当 x∈(0，1 ] 时， 不等式 f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求实数 m 的取值范围. 参考答案 难点磁场 解：原不等式可化为： 2 )2()1(   x axa ＞0， 即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0. 当 a＞1 时，原不等式与(x－ 1 2   a a )(x－2)＞0 同解. 若 ≥2，即 0≤a＜1 时，原不等式无解；若 ＜2，即 a＜0 或 a＞1，于是 a ＞1 时原不等式的解为(－∞， )∪(2，+∞). 当 a＜1 时，若 a＜0，解集为( ，2)；若 0＜a＜1，解集为(2， ) 综上所述：当 a＞1 时解集为(－∞， )∪(2，+∞)；当 0＜a＜1 时，解集为(2， )； 当 a=0 时，解集为 ；当 a＜0 时，解集为( ，2）. 歼灭难点训练 一、1.解析：由 f(x)及 f(a)＞1 可得：      1)1( 1 2a a ① 或      122 11 a a ② 或      111 1 a a ③ 解①得 a＜－2，解②得－ 2 1 ＜a＜1，解③得 x∈ ∴a 的取值范围是(－∞，－2)∪(－ 2 1 ，1） 答案：C 二、 2.解析：由已知 b＞a2∵f(x)，g(x)均为奇函数，∴f(x)＜0 的解集是(－b，－a2)，g(x)＜0 的解集是(－ 2,2 2ab  ).由 f(x)·g(x)＞0 可得：                     2222 ,0)( 0)( 0)( 0)( 2 2 2 2 axb axb bxa bxa xg xf xg xf 或即或 ∴x∈(a2， 2 b )∪(－ 2 b ，－a2) 答案：(a2， )∪(－ ，－a2) 3.解析：原方程可化为 cos2x－2cosx－a－1=0，令 t=cosx，得 t2－2t－a－1=0，原问题转 化为方程 t2－2t－a－1=0 在［－1，1］上至少有一个实根.令 f(t)=t2－2t－a－1，对称轴 t=1， 画图象分析可得      0)1( 0)1( f f 解得 a∈［－2，2］. 答案：［－2，2］ 三、 4.解：(1)∵适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5 的 x 的最大值为 3， ∴x－3≤0，∴|x－3|=3－x. 若|x2－4x+p|=－x2+4x－p，则原不等式为 x2－3x+p+2≥0，其解集不可能为{x|x≤3}的子 集，∴|x2－4x+p|=x2－4x+p. ∴原不等式为 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)= 18 18   x x ，∴f-－1(x)=log8 x x   1 1 (－1＜x＜1 ) ， ∴有 log8 ＞log8 k x1 ，∴log8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k. ∵－1＜x＜1，k∈R+，∴当 0＜k＜2 时，原不等式解集为{x|1－k＜x＜1}；当 k≥2 时， 原不等式的解集为{x|－1＜x＜1} . 5.解：由 f(1)= 2 7 得 a+b+c= 2 7 ，令 x2+ 2 1 =2x2+2x+ 2 3 x =－1，由 f(x)≤2x2+2x+ 2 3 推得 f(－1)≤ . 由 f(x)≥x2+ 2 1 推得 f(－1)≥ ，∴f(－1)= ，∴a－b+c= ，故 2(a+c)=5，a+c= 2 5 且 b=1，∴f(x)=ax2+x+( 2 5 －a). 依题意：ax2+x+( －a)≥x2+ 2 1 对一切 x∈R 成立， ∴a≠1 且Δ =1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0， ∴f(x)= 2 3 x2+x+1 易验证： x2+x+1≤2x2+2x+ 对 x∈R 都成立. ∴存在实数 a= ，b=1，c=1，使得不等式：x2+ 2 1 ≤f(x)≤2x2+2x+ 对一切 x∈R 都成 立. 6.解：(1)∵－1≤sinθ ≤1，1≤sinθ +2≤3，即当 x∈［－1，1］时，f(x)≤0，当 x∈［1， 3］时，f(x)≥0，∴当 x=1 时 f(x)=0.∴1+p+q=0，∴q=－(1+p) (2)f(x)=x2+px－(1+p)， 当 sinθ =－1 时 f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0 (3)注意到 f(x)在［ 1，3］上递增，∴x=3 时 f(x)有最大值.即 9+3p+q=14，9+3p－1－p=14， ∴p=3. 此时，f(x)=x2+3x－4，即求 x∈［－1，1］时 f(x)的最小值.又 f(x)=(x+ 2 3 )2－ 4 25 ，显然 此函数在［－1，1］上递增. ∴当 x=－1 时 f(x)有最小值 f(－1)=1－3－4=－6. 7.解：(1)当 a＞1 时，原不等式等价于不等式组        ax x 11 011 由此得 1－a＞ x 1 .因为 1－a＜0，所以 x＜0，∴ a1 1 ＜x＜0. (2)当 0＜a＜1 时，原不等式等价于不等式组：        ax x 11 011 由 ①得 x＞1 或 x＜0，由②得 0 ＜x＜ a1 1 ，∴1＜x＜ a1 1 . 综上，当 a＞1 时，不等式的解集是{x| ＜x＜0} ，当 0＜a＜1 时，不等式的解集为 {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.      21 113 2 2 mxmx xmxmx 在 x∈(0，1 恒成立. 整理，当 x∈(0，1)时，      1)1( 12 2 2 xxm xx 恒成立，即当 x∈(0，1 ] 时，          1 1 2 1 2 2 x xm x xm 恒 成立，且 x=1 时，      1)1( 12 2 2 xxm xmx 恒成立， ∵ 2 1 2 1 2 1 2  xx x 在 x∈(0，1 ] 上为减函数，∴ x x 2 1 2 ＜－1， ∴m＜ x x 2 1 2 恒成立  m＜0. 又∵ 21 12)1(1 12   xxx x ，在 x∈(0，1 ∴ 1 12   x x ＜－1. ∴m＞ 1 12   x x 恒成立 m＞－1 当 x∈(0，1)时，          1 1 2 1 2 2 x xm x xm 恒成立  m∈(－1，0)① 当 x=1 时， ，即是      10 0m ∴m＜0 ② ① ② ∴①、②两式求交集 m∈(－1，0）,使 x∈(0，1] 时，f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2) 恒成立，m 的取值范围是(－1，0)