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2013届高考数学理一轮复习:6.42 简单不等式的解法


第42讲

简单不等式的解法

【学习目标】
了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次

方程的联系,会解一元一次不等式和一元二次不等
式,会利用函数单调性解简单的指数不等式和对数 不等式.

【基础检测】 1.已知集合 M={x|x2<4},N={x|-x2+2x+

3>0}, 则集合 M∩N=( C ) A.{x|x<-2} B.{x|x>3} C.{x|-1<x<2} D.{x|2<x<3}
【解析】M=(-2,2),N=(-1,3), ∴M∩N=(-1,2).

2.已知 a1>a2>a3>0,则使得(1-aix)2<1(i=1,2,3)都 成立的 x 的取值范围是( B ) 1 2 1 2 A.(0, ) B.(0, ) C.(0, ) D.(0, ) a1 a1 a3 a3

【解析】使(1-aix)2<1(i=1,2,3)都成立的 x 满足 2 ? ?0<x< a1 ? ?a2x2-2a1x<0 ? 1 2 ? 2 2 ?a2x -2a2x<0 ,∴?0<x< . a2 ? ?a2x2-2a x<0 ? 3 3 ? 2 ?0<x<a3 ? 1 1 1 又 a1>a2>a3>0,∴ < < , a1 a2 a3 2 ∴不等式组的解集为{x|0<x< },故选 B. a1

3. 已知集合 M={x| 2

2x

2

>23x}, N={x|

log 1
2

(x-1)>0},

则 M∩N=( C ) 3 2 A.(0, ) B.( ,2) 2 3
【解析】由 2 由 log 1 2
2x
2

3 C.( ,2) D.(0,1) 2

3 >2 可得 x<0 或 x> . 2 3 (x-1)>0 可得 1<x<2,故 <x<2. 2
3x

x 4.不等式 2>1 的解集是 (1,2)∪(2,4) ?x-2?

.

x 【解析】 >1?x2-5x+4<0 且 x≠2?1<x<4 ?x-2?2 且 x≠2.

5.设函数

? 2 e x ?1 ( x ? 2) ? f(x)= ? log 3 ( x 2 ? 1)( x ? 2) ,则不等式 ? ?

f(x)>2

的解集为 (1,2)∪( 10,+∞) .
?x<2 ? 【解析】由题设? x-1 ?2e >2 ? ?x≥2 ? 或? ?log3?x2-1?>2 ?





解①得 1<x<2,解②得 x> 10, 故 f(x)>2 的解集为 1<x<2 或 x> 10.

【知识要点】 1.一元一次不等式 一元一次不等式 ax>b(a≠0)的解集为: b x∈{x|x> } a (1)a>0 时, ;
b (2)a<0 时, x∈{x|x<a}

.

一元二次不等式ax2+bx+c>0(a>0)求解过程的程 序框图如下.

3.简单指数不等式 不等式 af(x)> ag(x). (1)当 a>1 时,等价于 f(x)>g(x) ; (2)当 0<a<1 时,等价于 f(x)<g(x) . 4.简单对数不等式 不等式 logaf(x)>logag(x). (1)当 a>1 时,等价于 f(x)>g(x)>0 ; (2)当 0<a<1 时,等价于 g(x)>f(x)>0 .

一、一元二次不等式的解法及运用 例1(1)已知ax2 +bx+c>0的解集为{x|1<x<3},求不等式 cx2+bx+a<0的解集; (2)已知关于x的不等式ax+b>0的解集为(1,+∞),求关

于x的不等式(ax-b)(x-2)>0的解集;
(3)解不等式(x+4)(x+2)2(2-x)3≤0.

【解析】(1)由于 ax2+bx+c>0 的解集为{x|1<x<3}, 因此 a<0 且 ax2+bx+c=0 的两根为 1,3, b c 则- =4, =3. a a c 2 b 2 又 a<0, 不等式 cx +bx+a<0 可化为 x + x+1>0, a a 1 2 即 3x -4x+1>0,解得 x< 或 x>1. 3 1 2 故不等式 cx +bx+a<0 的解集为{x|x< 或 x>1}. 3

b (2)由 ax+b>0 的解集为(1, +∞)可知 a>0 且- =1 a 故 b=-a, 因为不等式(ax-b)(x-2)>0 可化为(x+1)(x-2)>0, 解得 x<-1 或 x>2, 故不等式(ax-b)(x-2)>0 的解集为 {x|x<-1 或 x>2}. (3)原不等式可化为(x+4)(x-2)(x+2)2(x-2)2≥0 ?(x+4)(x-2)≥0 或 x=-2. ?x≤-4 或 x=-2 或 x≥2 故原不等式的解集为{x|x≤-4 或 x=-2 或 x≥2}.

【点评】解一元二次不等式(或可化为一元二次不

等式)时,要注意联系相应的一元二次方程与一元
二次函数,明确一元二次不等式的解的区间端点值 就是对应一元二次方程的两根.

例 2 已知不等式(m2+4m-5)x2-4(m-1)x+3>0 对 一切实数 x 恒成立,求实数 m 的取值范围.

【解析】 ①若 m2+4m-5=0, m=1 或 m=-5, 则 显然 m=1 符合条件,但 m=-5 不符合条件. ②若 m2+4m-5≠0,则原命题等价于 ?m2+4m-5>0 ? ? ,解得 1<m<19. ?16?m-1?2-12?m2+4m-5?<0 ? 综上,m 的取值范围是[1,19).
【点评】含参数的不等式常需分类讨论,二次项系 数是否为零是出发点.ax2+bx2+c>0(a≠0)恒成立 ?a>0 ? 的充要条件是? . ?Δ<0 ?

二、简单指数、对数不等式的解法 例 3(1)函数
?lg|x| ? f(x)=? x ?2 -1 ?

?x<0? ,若 f(a)>0,则 ?x≥0?

实数 a 的取值范围是 (-∞,-1)∪(0,+∞) ; (2)已知 f(x)=logax(a>0,a≠1),且当 x<0 时, 1 1 (1, ) x a >1,则 f(1- )>1 的解集是 . 1-a x

?a<0 ? 【解析】(1)由题意得? ?lg|a|>0 ?

?a≥0 ? 或? a ?2 -1>0 ?



解得 a<-1 或 a>0. (2)∵x<0 时,ax>1,∴0<a<1, ? 1 ?1-x>0 1 1 f(1- )>1?loga(1- )>logaa?? x x ?1-1<a ? x ?1 ?x<1 ?? ?1>1-a ?x 1 1 ?1-a< <1?1<x< . x 1-a

【点评】应用指数函数、对数函数的单调性解有关 指数、对数不等式问题,在高考命题也有时出现,

其题型特征是以函数为载体,将问题转化为简单指
数、对数不等式求解.

三、不等式解法的应用 2x+t 1 2 例 4 已知 f(x)= x -tx+3lnx,g(x)= 2 ,且 a、 2 x -3 b 为函数 f(x)的极值点(0<a<b). (1)求证:a< 3<b; (2)判断函数 g(x)在区间(-b,- 3),(- 3,-a) 上的单调性,并证明你的结论.

3 x -tx+3 【解析】 (1)依题设方程 f′(x)=x-t+ = x x =0,即方程 x2-tx+3=0 的两根分别为 a、b, ?t=a+b ?t2-12>0 ? ? ∴? ,由题意可知:? ,即 t>2 3, ?t>0 ?3=ab ? ? 则(a- 3)(b- 3)=ab- 3(a+b)+3=3- 3t+3 =6- 3t<0, ∴a< 3<b.

2

-2?x2+tx+3? -2[x2+?a+b?x+ab] (2)g′(x)= = ?x2-3?2 ?x2-3?2 -2?x+a??x+b? = (x≠± 3), ?x2-3?2 由(1)知 0<a< 3<b, ∴-b<- 3<-a<0, ∴当 x∈(-b,-a)且 x≠- 3时,g′(x)>0, ∴g(x)在区间(-b, 3), - (- 3, -a)上单调递增.

〔备选题〕 5 已知函数 例

?x2+1 ?x≥0? ? f(x)=? ?1 ?x<0? ?



则满足不等式 f(1-x2)>f(2x)的 x 的取值范围是
(-1, 2-1) .

【解析】当 x=-1 时,无解. 当-1<x≤0 时,1-x2>0; f(1-x2)>f(2x)?(1-x2)2+1>1 恒成立. 当 0<x≤1 时, 1-x2≥0,2x>0, f(1-x2)>f(2x) ?(1-x2)2+1>(2x)2+1,即 1-x2>2x, 即(x+1)2<2, ∴0<x< 2-1, 当 1-x2<0 时,无解. 综上知-1<x< 2-1.
【点评】本题考查分段函数、二次不等式的解法
和抽象不等式的解法.

1.解一元一次不等式 ax>b(a≠0)的实质就是 1 由不等式性质将不等式两边同乘以 ,并注意由 a a 的取值的正负确定不等式的解. 2.解一元二次不等式的基本思想是: (1)解一元二次不等式主要采用判别式法、 求根 法, 应结合上表深刻理解不等式 ax2+bx+c>0(a≠0) 的解集与对应的一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0) 的根以及二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的图象 之间的关系.

(2)解一元二次不等式要注意密切联系一元二次方程 、二次函数的图象,一元二次方程的根就是二次函数

与x轴交点的横坐标,对应不等式的解集就是使函数
图象在x轴上方或下方的部分所对应的x的集合,方程 的根就是不等式解集区间的端点. 3.解指数、对数不等式既要运用相应的指数、对数 函数的单调性,又要注意化异底为同底和定义域优先 原则.

1 3 1 2 (2011 江西)设 f(x)=- x + x +2ax. 3 2 2 (1)若 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间, 3 求 a 的取值范围; (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 16 - ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3

1 3 1 2 【解析】(1)已知 f(x)=- x + x +2ax, 3 2 ∴f′(x)=-x2+x+2a, 2 函数 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,即 3 2 导函数在( ,+∞)上存在函数值大于零的部分, 3 2 22 2 1 ∴f′( )=-( ) + +2a>0?a>- . 3 3 3 9 2 故 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间时,a 3 1 的取值范围为(- ,+∞). 9

16 (2)已知 0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值- , 3 而 f′(x)=-x2+x+2a 的图象开口向下, 1 且对称轴 x= ,又 f′(1)=-1+1+2a=2a>0, 2 f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0, 则必有一点 x0∈[1,4],使得 f′(x0)=0, 此时函数 f(x)在[1,x0]上单调递增,在[x0,4]上单调 1 1 1 递减,f(1)=- + +2a= +2a>0, 3 2 6 1 1 40 f(4)=- ×64+ ×16+8a=- +8a<0. 3 2 3

40 16 ∴f(4)=- +8a=- ?a=1. 3 3 此时,由 f′(x0)=-x2+x0+2=0 0 ?x0=2 或-1(舍去), 10 所以函数 f(x)max=f(2)= . 3 【命题立意】本题考查了利用导数研究函数的单
调性,以及利用导数求函数的最值问题,这类问

题在解决时往往离不开分类讨论思想的应用.

1.不等式 x(2-x)>3 的解集是( D ) A.{x|-1<x<3} B.{x|-3<x<1} C.{x|x<-3 或 x>1} D.? 【解析】将不等式化为标准形式 x2-2x+3<0,由 于对应方程的判别式 Δ<0,所以不等式 x(2-x)>3 的解集为?.

2. 不等式 2x2+mx+n>0 的解集是{x|x>3 或 x<-2}, 则二次函数 y=2x2+mx+n 的表达式是( D ) A.y=2x2+2x+12 B.y=2x2-2x+12 C.y=2x2+2x-12 D.y=2x2-2x-12

【解析】由题意知-2 和 3 是对应方程的两个根, m n 据根与系数的关系得-2+3=- ,-2×3= . 2 2 ∴m=-2,n=-12, 因此二次函数 y=2x2+mx+n 的表达式是 y=2x2-2x-12.

3.已知集合 A={x|-x2+3x+10≥0},B={x|m+ 1≤x≤2m-1},若 A∩B≠?,则 m 的取值范围是 ( C ) 1 1 A.[ ,4] B.(-∞, )∪(4,+∞) 2 2 C.[2,4] D.(2,4) 【解析】由-x2+3x+10≥0,解得-2≤x≤5, 即 A={x|-2≤x≤5},又 A∩B≠?,

?2m-1≥m+1 ? 则?m+1≤5 ?m+1≥-2 ? 解之得 2≤m≤4.

?2m-1≥m+1 ? 或?2m-1≤5 ?2m-1≥-2 ?



4.已知函数

?-x+1,x<0, ? f(x)=? ?x-1,x≥0, ?

则不等式 x+

(x+1)· (x+1)≤1 的解集是 f

{x|x≤ 2 -1}

.

【解析】由题意得不等式 x+(x+1)f(x+1)≤1 等价于 ?x+1<0 ? (1)? ?x+?x+1?[-?x+1?+1]≤1 ?
?x+1≥0 ? 或(2)? ?x+?x+1?[?x+1?-1]≤1 ?



解不等式组(1)得 x<-1; 解不等式组(2)得-1≤x≤ 2-1. 因此原不等式的解集是{x|x≤ 2-1}.

5.已知实数 x 使不等式-1<logx(3x)<0 成立,则实 数 x 的取值范围是
1 3 ( , ) 3 3

.

?x>1 ?0<x<1 ? ? 【解析】由已知得? 1 或?1 , ?0<x<3x<1 ?x>3x>1 ? ? 1 3 解得 <x< . 3 3

6.不等式 ( 2 )

1

2 x ?3 x?9

2

≤(2)

1

x ?8 x

2

·19 的解集为 2

(-∞,1]∪[10,+∞)

.

【解析】原不等式可化为2x2-3x-9≥x2+8x-19,

即x2-11x+10≥0
解得x≤1或x≥10.

7.设集合 A={x|x2-5x+4>0},B={x|x2-2ax+ (a+2)=0}.若 A∩B≠?,求实数 a 的取值范围.

【解析】A=(-∞,1)∪(4,+∞). 由 A∩B≠?可知,?x∈(-∞,1)∪(4,+∞),使 x2-2ax+(a+2)=0.设 f(x)=x2-2ax+(a+2), 上述命题等价于?x∈(-∞,1)∪(4,+∞),使 f(x)<0; 等价于当 x∈(-∞,1)∪(4,+∞)时,f(x)min<0; ?a<1或a>4 ?1≤a≤4 ? ? 等价于? 或? , 2 ?Δ=4a -4?a+2?≥0 ?f?1?<0或f?4?<0 ? ? 18 即 a≤-1 或 a>4 或 <a≤4. 7 18 综上可知,a≤-1 或 a> . 7

8.已知 f(x)是二次函数,不等式 f(x)<0 的解集为 (0,5),且 f(x)在区间[-1,4]上的最大值是 12. (1)求 f(x)的解析式; (2)解不等式
log 1
2

f(x)>-4.

【解析】(1)∵f(x)是二次函数, 且 f(x)<0 的解集为(0,5). ∴可设 f(x)=ax(x-5)(a>0) 5 ∴f(x)的对称轴为 x= ,且开口向上. 2 ∴f(x)在[-1,4]上的最大值为 f(-1)=6a=12, ∴a=2,∴f(x)=2x(x-5)=2x2-10x.

(2)由(1)有

log 1
2

f(x)>-4?

log 1
2

f(x)>

log 1
2

1 -4 ( ) 2

?x<0或x>5 ? ??5- 57 5+ 57 ? 2 <x< 2 ? 5- 57 5+ 57 ? <x<0 或 5<x< , 2 2 5- 57 5+ 57 即不等式的解集为( ,0)∪(5, ). 2 2
?2x2-10x>0 ? ?? 2 ?2x -10x<16 ?


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