高考數(shù)學復習第二輪---重點難點專項突破19--解不等式

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上難點19 解不等式不等式在生產實踐和相關學科的學習中應用廣泛，又是學習高等數(shù)學的重要工具，所以不等式是高考數(shù)學命題的重點，解不等式的應用非常廣泛，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)、對數(shù)函數(shù)等有關概念和性質密切聯(lián)系，應重視；從歷年高考題目看，關于解不等式的內容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的則是間接考查解不等式.難點磁場 ()解關于x的不等式1(a1).案例探究例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0.(1)用定義證明f(x)在1，1上

2、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)與不等式相結合的題目，考查學生的分析能力與化歸能力，屬級題目.知識依托：本題主要涉及函數(shù)的單調性與奇偶性，而單調性貫穿始終，把所求問題分解轉化，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鍵作用.錯解分析：(2)問中利用單調性轉化為不等式時，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)問單調性的證明，利用奇偶性靈活變通使用已知條件不等式是關鍵，(3)問利用單調性把f(x)轉化成“1”是點睛之筆

3、.(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，t

4、2或t=0或t2.t的取值范圍是：t|t2或t=0或t2.例2設不等式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)的關系及集合與集合之間的關系，屬級題目.知識依托：本題主要涉及一元二次不等式根與系數(shù)的關系及集合與集合之間的關系，以及分類討論的數(shù)學思想.錯解分析：M=是符合題設條件的情況之一，出發(fā)點是集合之間的關系考慮是否全面，易遺漏；構造關于a的不等式要全面、合理，易出錯.技巧與方法：該題實質上是二次函數(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)之間的內在聯(lián)系是關鍵所在；數(shù)形結合的思想使題目更加明朗.解：M1，4有n種情況：其一

5、是M=，此時0；其二是M，此時0，分三種情況計算a的取值范圍.設f(x)=x2 2ax+a+2，有=(2a)2(4a+2)=4(a2a2)(1)當0時，1a2，M=1，4(2)當=0時，a=1或2.當a=1時M=11，4；當a=2時，m=21，4.(3)當0時，a1或a2.設方程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，).錦囊妙計解不等式對學生的運算化簡等價轉化能力有較高的要求，隨著高考命題原則向能力立意的進一步轉化，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

6、(組)、一元二次不等式(組)的解法.(2)掌握用序軸標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準，進行分類討論.殲滅難點訓練一、選擇題1.()設函數(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

7、(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)=，解關于x的不等式f-1(x)(kR+)5.()設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之間的關系式；(2)求

8、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.()設函數(shù)f(x)=ax滿足條件：當x(，0)時，f(x)1；當x(0，1時，不等式f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.參考答案難點磁場解：原不等式可化為：0，即(a1)x+(2a)(x2)0.當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a1時，若a0，解集為(，2)；若0a1，解集為(2，)綜上所述：當a1時解集為(，)(2，+)；當

9、0a1時，解集為(2，)；當a=0時，解集為；當a0時，解集為(，2）.殲滅難點訓練一、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

10、.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0k2時，原不等式解集為x|1kx1；當k2時，原不等式的解集為x|1x1.5.解：由f(1)=得a+b+c=，令x2

11、+=2x2+2x+x=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x1，1時，f(x)0，當x1，3時，f(x)0，當x=1時f(x)=0.1+p+q=0，q=(1+p)(2)f

12、(x)=x2+px(1+p)，當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x=1時f(x)有最小值f(1)=134=6.7.解：(1)當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a1時，不等式的解集是x|x0，當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