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第二讲 不等式的解法及综合应用 高考名师精品数学专题讲座(理科)

时间:2011-02-18


高考名师精品数学专题讲座(理科) 高考名师精品数学专题讲座(理科) 第二讲 不等式的解法及综合应用

《不等式解法及综合应用考点透视》 解不等式的核心问题是不等式的同解变形,而不等式的性质是不等式同解变形的理 论依据,整式不等式的解法是解不等式的基础,利用不等式的性质及函数的单调性将分 式不等式、绝对值不等式、无理不等式、指数不等式、对数不等式化归为同解的整式不 等式是解不等式的基本思路,解较复杂的不等式时常需运用分类、讨论、换元引参或数 形结合的方法。 不等式的证明方法是灵活多样的,其中比较法、综合法、分析法、单调性法、数学 归纳法是证明不等式的最基本方法。要根据题目的结构特点、内在联系,选择适当的证 明方法并掌握相应的步骤、技巧和特点。均值不等式在不等式证明中举足轻重。 《高考热点解题破析》 一、选择题: 1、若 a > 0, b > 0 则不等式 ?b <
1 1 A、 ? < x < 0 或 0 < x < b a 1 1 C、 x < ? 或 x > a b
a

1 < a 等价于(D) x 1 1 B、 ? < x < a b 1 1 D、 x < ? 或 x > b a
b c

?1? ?1? 2、设 a, b, c 均为正数,且 2 = log 1 a, ? ? = log 1 b, ? ? = log 2 c, 则(A) ?2? ?2? 2 2
A、 a < b < c B、 c < b < a C、 c < a < b 3、对于 0 < a < 1 ,给出下列四个不等式 D、 b < a < c

1 1 1+ 1+ ? 1? ? 1? ① log a (1 + a ) < log a ?1 + ? ② log a (1 + a ) > log a ?1 + ? ③ a1+ a < a a ④ a1+ a > a a ? a? ? a?

其中成立的是(D) A、①与③ B、①与④
o o

C、②与③
cos 25o

D、②与④

?1? 4、设 a = log 1 tan 70 , b = log 1 sin 25 , c = ? ? ?2? 2 2
A、 a < c < b B、 b < c < a

,则它们的大小关系为( A )
D、 b < a < c

C、 a < b < c

? 1 ?? 1 ? 5、已知 a > 0, b > 0, a + b = 1, 则 ? 2 ? 1? ? 2 ? 1? 的最小值为(D) ?a ?? b ?
A、6 6、若函数 f ( x ) = A、 a > b
解答 第1页

B、7

C 、8

D、9

sin x sin x1 sin x2 ,且 0 < x1 < x2 < 1 ,设 a = ,b = ,则 a, b 的大小关系是 x x1 x2 B、 a < b
共 12 页

C、 a = b

D、 a, b 的大小不确定
10 高考精品数学 (理科)讲座 (二)

?log 2 ( x ? 1) ? 7、设函数 f ( x ) = ?? 1 ? x ?? ? ? 1 ?? 2 ? A 、 xo < 0 或 xo > 2

( x ≥ 2) ( x < 2)

,若 f ( xo ) > 1 ,则 xo 的取值范围是(C)
C 、 xo < ?1 或 xo > 3

B 、 0 < xo < 2

D、

?1 < xo < 3
8、不等式 ? x 2 ? 4 x ≤
A、 a ≤ ?5 4 x + 1 ? a 的解集是 [ ?4, 0] ,则 a 的取值范围是( A ) 3 5 5 B、 a ≥ C、a < ?5 或 a ≥ D、a < 0 3 3
x 2 x

?1? 9、若对 x ∈ ( ?∞, ?1] 时,不等式 ( m ? m ) 2 ? ? ? < 1 恒成立,则实数 m 的取值集合为 ?2? A、 ( ?2, 0 ) U (1,3)
19

B、 ( ?3,3)

C、 ( ?2, 2 )

D、 ( ?3, 4 )

10、函数 f ( x ) = ∑ x ? n 的最小值为( C )
n =1

A、190

B、171

C、90

D、45

11、已知两个正数 x, y 满足 x + 4 y + 5 = xy ,则 xy 取最小值时 x, y 分别为(B)
A、 5 , 5 12、不等式
2

B、10,

t t+2 ≤ a ≤ 2 在 t ∈ ( 0, 2] 上恒成立,则 a 的取值范围是( A ) t +9 t 1 2 1 4 1 A、 ≤ a ≤ 1 B、 ≤ a ≤ 1 C、 ≤ a ≤ D、 ≤ a ≤ 2 2 6 13 6 13 6 二、填空题: 13、设 a > 0, a ≠ 1 ,函数 f ( x ) = a
lg x 2 ? 2 x + 3

5 2

C、10,5

D、10,10

(

) 有最大值,则不等式 log x 2 ? 5 x + 7 > 0 的解 ) a(

集为 (2,3)



14、使 log 2 ( ? x ) < x + 1 成立的 x 的取值范围是 ?1 < x < 0 。

?( x + 1)2 ? 15 、设函数 f ( x ) = ? ?4 ? x ? 1 ? x ≤ ?2 或 0 ≤ x ≤ 1 。

( x < 1) ,则使得 f ( x ) ≥ 1 的自变量 x 的取值范围是 x ≥ 1) (

16、对任意实数 a ,不等式 a 4 + (1 ? b ) a 2 + 4 ≥ 0 恒成立,则 b 的取值范围是 b ≤ 5 。

三、解答题:
17、已知各项均为正数的数列 {an } 的前 n 项和 sn 满足 s1 > 1 ,
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且 6sn = ( an + 1)( an + 2 ) , n ∈ N + 。 (1)求 {an } 的通项公式。 (2)设数列 {bn } 满足 an 2bn ? 1 = 1 ,并记 Tn 为 {bn } 的前 n 项和, 求证: 3Tn + 1 > log 2 ( an + 3) , n ∈ N + 解: 1) Q 6sn = ( an + 1)( an + 2 ) (

(

)

n ∈ N+

s1 = a1 > 1

∴ 6a1 = ( a1 + 1)( a1 + 2 ) 且

6 sn = an 2 + 3an + 2

? ? ? 2 6 sn ?1 = an ?1 + 3an ?1 + 2 ? ?

( n ≥ 2)

? a1 = 2 且 6an = ( an ? an ?1 )( an + an ?1 + 3) ? ( an ? an ?1 )( an + an ?1 ) ? 3(an + an ?1 ) =0 ?

( n ≥ 2) ( n ≥ 2)
( n ≥ 2)

( an + an?1 )( an ? an ?1 ? 3) = 0 ? ?
an + an ?1 > 0

? ? an ? an ?1 = 3 ? ?

∴ an = 2 + ( n ? 1) 3 = 3n ? 1
(2)由(1)知 an = 3n ? 1
∴ 2bn = 1 +

( n ∈ N+ )
∴ ( 3n ? 1) 2bn ? 1 = 1

(

)

1 3n ? bn = log 2 3n ? 1 3n ? 1

3 ?? 3 6 3n ? 2 ? 因此 3Tn + 1 ? log 2 ( an + 3) = log 2 ?? , L L ? ? ? 3n ? 1 ? 3n + 2 ? ?? 2 5 ? ?

3n ? 2 ?3 6 令 f (n) = ? , L L ? ? 3n ? 1 ? 3n + 2 ?2 5

3



f ( n + 1) f (n)

( 3n + 3) 3n + 2 ? 3n + 3 ? = ?? ? = 3n + 5 ? 3n + 2 ? ( 3n + 5 )( 3n + 2 )2
3 3
2

因 ( 3n + 3) ? ( 3n + 5 )( 3n + 2 ) = 9n + 7 > 0
3

故 f ( n + 1) > f ( n )

∴ f ( n ) ≥ f (1) =

27 >1 20

从而 3Tn + 1 ? log 2 ( an + 3) = log 2 f ( n ) > 0

即 3Tn + 1 > log 2 ( an + 3)

[

评析

] :本题综合考查数列求和、数列单调性、对数性质。
n = 1, 2,3L L

18、已知函数 f ( x ) = x ? sin x ,数列 {an } 满足: 0 < a1 < 1, an +1 = f ( an )
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10 高考精品数学 (理科)讲座 (二)

证明: (1) 0 < an +1 < an < 1

(2) an +1 <

1 3 an 6

证明: 1)先用数学归纳法证明 0 < an < 1, n = 1, 2,3L L (
(i)当 n = 1 时,由已知,结论成立。
(ii)假设 n = k ( k ≥ 1) 时结论成立,即 0 < ak < 1

由 0 < x < 1 知 f ′ ( x ) = 1 ? cos x > 0 所以 f ( x ) 在 [ 0,1] 上单调递增。 从而, f ( 0 ) < f ( ak ) < f (1) = 1 ? sin1 < 1 ,即 0 < f ( ak ) < 1 故当 n = k + 1 时, 0 < ak +1 < 1 综上所述,对任意 n ∈ N + 都有 0 < an < 1 又 an +1 ? an = ( an ? sin an ) ? an = ? sin an < 0
∴ 0 < an +1 < an < 1 1 (2)设 g ( x ) = sin x ? x + x 3 ( 0 < x < 1) 6 由(1)知,当 0 < x < 1 时, sin x < x
2 x 1 1 ? x? x 从而 g ′ ( x ) = cos x ? 1 + x 2 = ?2sin 2 + x 2 > ?2 ? ? + =0 2 2 2 2 ?2? 2

所以 g ( x ) 在 ( 0,1) 上是增函数,又 g ( x ) 在 [ 0,1] 上连续且 g ( 0 ) = 0 所以当 0 < x < 1 时, g ( x ) > 0 成立,又 0 < an < 1 ,所以 g ( an ) > 0
1 1 即 sin an ? an + an 3 > 0 故 an +1 < an 3 6 6 [评析]:数学归纳法是证明不等式的重要方法,构造函数求导是新高考的一个压 轴方向。 19、设 f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a, b, c ∈ R + ) 且 f (1) = 1
?1? (1)证明:若 x > 0 ,则 f ( x ) ? f ? ? ≥ 1 ?x?

(2)若正数 x1 , x2 , x2 满足 x1 x2 x3 = 1 ,证明 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ≥ 1 证明: 1) Q f (1) = 1, ∴ a + b + c = 1, 又 a, b, c ∈ R + ,所以 (
?1? ? a b ? 当 x > 0 时 f ( x ) ? f ? ? = ( ax 2 + bx + c ) ? 2 + + c ? x ? x? ?x ?
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1? 1? 1 ? ? ? ? = a 2 + b 2 + c 2 + ab ? x + ? + bc ? x + ? + ca ? x 2 + 2 ? x? x? x ? ? ? ?
≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca = ( a + b + c ) = 1
2

当且仅当 x = 1 时,取“=” 。 (2)若 x1 , x2 , x3 至少有一个为 1,由(1)知 f ( x1 ) f ( x2 ) f ( x3 ) ≥ 1 若 x1 , x2 , x3 全不为 1,不妨设 x1 > 1, x2 < 1
Q x1 ? x2 ? x3 = 1 且 x1 , x2 , x3 ∈ R +

∴由(1)知 f ( x1 x2 ) f ( x2 ) ≥ 1

Q a , b, c ∈ R + ,

∴任意取 x > 0 都 f ( x ) > 0

故只需证明 f ( x1 ) f ( x2 ) ≥ f ( x1 ? x2 ) 即可。
Q f ( x1 ) ? f ( x2 ) = ( ax12 + bx1 + c )( ax2 2 + bx2 + c ) = a 2 x12 x2 2 + b 2 x1 x2 + c 2 + ab ( x12 x2 + x1 x2 2 ) + bc ( x1 + x2 ) + ca ( x12 + x2 2 )
2 又 f ( x1 x2 ) = f (1) ? f ( x1 x2 ) = ( a + b + c ) ? a ( x1 x2 ) + bx1 x2 + c ? ? ? 2 = a 2 x12 x2 2 + b 2 x1 x2 + c 2 + ab ? x1 x2 + ( x1 x2 ) ? + bc (1 + x1 x2 ) + ca (1 + x12 x2 2 ) ? ?

∴ f ( x1 ) f ( x2 ) ? f ( x1 x2 ) = abx1 x2 ( x1 + x2 ? 1 ? x1 x2 ) + bc ( x1 + x2 ? x1 x2 ? 1) + ac

(x

2

1

+ x2 2 ? x12 x2 2 ? 1)

= abx1 x2 ( x1 ? 1)(1 ? x2 ) + bc ( x1 ? 1)(1 ? x2 ) + ca ( x12 ? 1)(1 ? x2 2 ) > 0

∴ f ( x1 ) f ( x2 ) > f ( x1 x2 )

又因 f ( x3 ) > 0

所以 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) > f ( x1 x2 ) f ( x3 ) ≥ 1 综合上述: f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x3 ) ≥ 1
[评析]:计算能力和计算技巧是新高考的又一压轴方向。 20、已知 f ( x ) 的定义域为 [ 0,1] ,且满足下列条件:

①对任意 x ∈ [ 0,1] ,总有 f ( x ) ≥ 3 且 f (1) = 4 ②若 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x1 + x2 ≤ 2 ,则有 f ( x1 + x2 ) ≥ f ( x1 ) + f ( x2 ) ? 3 (1)求 f ( 0 ) 的值。
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(2)求证: f ( x ) ≤ 4
?1 1 ? (3)当 x ∈ ? n , n ?1 ? ?3 3 ?

( n ∈ N + ) 时,证明: f ( x ) < 3x + 3

1 ? 1 ? “ f ? n ?1 ? ≤ n ?1 + 3 ” ?3 ? 3

解: 1)令 x1 = x2 = 0 ,由①得 f ( 0 ) ≥ 3 ,由②得 f ( 0 ) ≥ f ( 0 ) + f ( 0 ) ? 3 (

∴ f ( 0) = 3
(2)任取 x1 , x2 ∈ [ 0,1] ,且设 x1 < x2 则 f ( x2 ) = f ? x1 + ( x2 ? x1 ) ? ≥ f ( x1 ) + f ( x2 ? x1 ) ? 3 ? ?

Q 0 < x2 ? x1 ≤ 1 ∴ f ( x2 ? x1 ) ≥ 3 即 f ( x2 ? x1 ) ? 3 ≥ 0 ∴ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ,
∴ 当 x ∈ [ 0,1] 时, f ( x ) ≤ f (1) = 4

1 ? 1 ? (3)先用数学归纳法证明: f ? n ?1 ? ≤ n ?1 + 3 ( n ∈ N + ) ?3 ? 3 1 ?1? ①当 n = 1 时, f ? o ? = f (1) = 4 = 1 + 3 = o + 3 ,不等式成立。 3 ?3 ? 1 ? 1 ? ②假设当 n = k 时, f ? k ?1 ? ≤ k ?1 + 3 ?3 ? 3

( k ∈ N+ )
?1 f? k ?3 ? ?+ ? ?1 f? k ?3 ? ??6 ?


? 1 ? ?1 1 1? ?1? f ? k ?1 ? = f ? k + k + k ? ≥ f ? k ? + ?3 ? ?3 3 3 ? ?3 ? ?1 =3 f ? k ?3 ? ??6 ? ?1 1? ?1? f ? k + k ??3 ≥ f ? k ?+ ?3 3 ? ?3 ?

1 1 ?1? ? 1 ? ∴ 3 f ? k ? ≤ f ? k ?1 ? + 6 ≤ k ?1 + 3 + 6 = k ?1 + 9 , 3 3 ?3 ? ?3 ? ?1 ∴f? k ?3 ? 1 ? ≤ k + 3 ,即当 n = k + 1 时,不等式成立。 ? 3

1 ? 1 ? 由①,②可知,不等式 f ? n ?1 ? ≤ n ?1 + 3 对任意 n ∈ N + 都成立。 ?3 ? 3 1 ?1 1 ? ? 1 ? 于是当 x ∈ ? n , n ?1 ? 时, 3 x + 3 > n ?1 + 3 ≥ f ? n ?1 ? 3 ?3 3 ? ?3 ?
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又 x ∈ [ 0,1] 时 f ( x) 单调递增。
1 1 1 ? 1 ? ≤ x ≤ n ?1 ? 3 x + 3 ≥ n ?1 + 3 ≥ f ? n ?1 ? > f ( x) n 3 3 3 ?3 ? ?1 ∴f? n ?3 ? ? 1 ? ? < f ? n ?1 ? , ? ?3 ? ? 1 ? ∴ f ( x ) < f ? n ?1 ? < 3x + 3 ?3 ?
4x ? t 。 x2 + 1

[评析] 抽象函数的考查也是新高考的热点之一。 21、设关于 x 的方程 2x 2 ? tx ? 2 = 0 的二根为 α , β (α < β ) ,函数 f ( x) =

(1)求 f (α ) 和 f ( β ) 的值。 (2)证明 f ( x) 在 [α , β ] 上是增函数。 (3)对任意正数 x1 , x2 求证: f (

x1α + x2 β x β + x2α )? f ( 1 ) < 2α ?β 。 x1 + x2 x1 + x2

t 解: 1)由根与系数的关系知 α + β = , αβ = ?1 ( 2 ∴ f (α ) =
4α ? t 4α ? 2(α + β ) 2α ? 2 β 2 2 β = = 2 = = = ?2 β α 2 +1 α 2 +1 α ? αβ α αβ

= ?2

t + t 2 + 16 t + t 2 + 16 =? 4 2

t ? t 2 + 16 4 β ? 2(α + β ) 2( β ? α ) 2 f (β ) = = = = ?2α = ? β 2 ? αβ β (β ? α ) β 2

(2)Q f ′( x) =

4( x 2 + 1) ? (4 x ? t )2 x ?2(2 x 2 ? tx ? 2) = ( x 2 + 1) 2 ( x 2 + 1) 2

而当 x ∈ [α , β ] 时 ? 2(2 x 2 ? tx ? 2) = ?4( x ? α )( x ? β ) ≥ 0 故当 x ∈ [α , β ] 时 f ′( x) ≥ 0

∴ f ( x) 在 [α , β ] 上是增函数。
(3 )
x1α + x2 β x (β ? α ) x α + x2 β x (α ? β ) ?α = 2 > 0, 1 ?β = 1 <0 x1 + x2 x1 + x2 x1 + x2 x1 + x2 ∴α < x1α + x2 β < β , 同理 x1 + x2

α<

x1β + x2α <β x1 + x2
10 高考精品数学 (理科)讲座 (二)

解答

第7页

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∴ f (α ) < f (

x1α + x2 β ) < f ( β ), x1 + x2

? f (β ) < ? f (

x1β + x2α ) < ? f (α ) x1 + x2

∴ f (α ) ? f ( β ) < f (

x1α + x2 β x β + x2α )? f ( 1 ) < f ( β ) ? f (α ) x1 + x2 x1 + x2

∴ f(

x1α + x2 β x β + x2α )? f ( 1 ) < f ( β ) ? f (α ) = ?2α + 2β = 2 α ? β x1 + x2 x1 + x2

[评析] 本题利用根与系数的关系以及函数单调性, 再利用稍微复杂的计算技巧即可 解决。 v 22、把函数 y = ln x ? 2 的图像按向量 a = (?1, 2) 平移得到函数 y = f ( x) 的图像。

(1)若 x > 0, 证明 f ( x) >

2x 。 x+2

1 (2)若不等式 x 2 ≤ f ( x 2 ) + m2 ? 2bm ? 3对 b ∈ [ ?1, 1] , x ∈ [ ?1, 1] 时恒成立,求实数 2 m 的取值范围。 解: (1)依题意有 f ( x) = ln( x + 1) 令 F ( x) = f ( x) ? 则 F ′( x) = 2x 2x = ln( x + 1) ? x+2 x+2

1 4 x2 ? = x + 1 ( x + 2)2 ( x + 1)( x + 2)2

∴ 当 x > 0 时, F ′( x) > 0,

x = 0 时, F ′( x) = 0

∴ F ( x) 在 [ 0, + ∞ ) 上单调递增
∴ x > 0 时F ( x) > F (0) = 0 即 f ( x) >

2x x+2

1 1 2 (2) x 2 ≤ f ( x 2 ) + m 2 ? 2bm ? 3 ? x ? f ( x 2 ) ≤ m 2 ? 2bm ? 3 2 2 1 2 ? x ? ln( x 2 + 1) ≤ m 2 ? 2bm ? 3 2 1 设 g ( x) = x 2 ? ln( x 2 + 1) 2 则 g ′( x) = x ? 2x x( x 2 ? 1) x( x + 1)( x ? 1) = 2 = x2 + 1 x +1 x2 + 1

∴当 x ∈ [ ?1, 1] 时, x) max =0 g( ∴ 只需 m2 ? 2b ? 3 ≥ 0 对 b ∈ [ ?1, 1] 恒成立,
令 h(b) = m 2 ? 2bm ? 3
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2 ? ?h(1) = m ? 2m ? 3 ≥ 0 ? m ≤ ?1或 m ≥ 3 则? 2 ?h(?1) = m + 2m ? 3 ≥ 0 ? m ≤ ?3或 m ≥ 1 ?

? m ≤ ?3或 m ≥ 3

故 m 的取值范围为 m ≤ ?3或 m ≥ 3 [评析] 不等式证明选择构造函数求导法是重要的方法之一。

23、解关于 x 的不等式 lg 2ax ? lg(a + x) < 1 。 ?ax > 0 解:由 ? 得a > 0, > 0 x ? x > ?a
不等式等价于 2ax < 10a + 10 x ? (a ? 5) x < 5a

5a ? ? x>0 ?x > 当 0 < a < 5 时, a ?5 ? ?x > 0 ? 当a = 5 时 x > 0;
当a > 5 时 0 < x <

5a a?5

综上所述: 0 < a ≤ 5 时 ,不等式的解为 x > 0 ;
5a a ?5 [评析] 要从不等式本身发现问题,为正确解题创造有利条件。 x +1 24、解不等式(1) 2 ≥1 (2 ) 2 x ? 1 > 5 ? x x ? 3x + 2

当 a > 5 时不等式的解为 0 < x <

(3) 4( x ? 1) < 3 x 2 + 19 x + 20 解: (1) ?

(4) log x ?1 ( 2 x 2 ? x ) > log x ?1 (4 x + 12)

( x ? 2 + 3)( x ? 2 ? 3) ≤ 0 ? 2 ? 3 ≤ x ≤ 1或 2 < x ≤ 2 + 3 ( x ? 1)( x ? 2)

( 2)

?5 ? x > 0 ?x < 5 ? 5? x ≤ 0 或 ? ? x ≥ 5? ?2 x ? 1 < x ? 5 或 2 x ? 1 > 5 ? x ? x < ?4 或 x > 2
? x < ?4 或 x > 2

?x ?1 ≤ 0 ?x > 1 (3) ? ? 2 或 ? 2 2 ?3x + 19 x + 20 ≥ 0 ?3x + 19 x + 20 > 16( x ? 1)
? x ≤ ?5 或 ? 4 4 ≤ x ≤ 1 或 1 < x < 4 ? x ≤ ?5 或 x ≥ ? 3 3

( 4)

?x > 2 ?1 < x < 2 ? ? 2 或 ? ? 1< x < 2或 x > 4 2 ?2 x ? x > 12 + 4 x > 0 ?4 x + 12 > 2 x ? x > 0

[评析] 同解变形是解不等式的关键。

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25、解不等式 (log 3 解:

? x ? 9 x2 x +1 2 ) ? log 3 ? ? log 3 < 0。 ? 3x ( x + 1) 2 ? 9( x + 1) ?

x +1 = t > 0 则 (log 3 t ) 2 + (log 3 t + 3)(?2 log 3 t ) < 0 ? log 3 t < ?6 或 log 3 t > 0 3x 35 1 ? 0 < t < 3?6 或 t > 1 ? x < 或 0<x< 5 1? 3 2 [评析] 换元是把复杂问题转化为简单问题的关键。

2 ? ? F (2kx ? x ) < F (k ? 4) 26、设 F ( x) 是 R 上的减函数,且对任意 x ∈ [ 0, 1] ,不等式 ? 2 ? F ( x ? kx) < F (k ? 3) ?

均成立,求 k 的取值范围。

?2 xk ? x 2 > k ? 4 ? 解:由题意得对任意 x ∈ [ 0, 1] 都有 ? 2 ? x ? kx > k ? 3 ? ? x 2 ? 2kx + k ? 4 < 0 ? ? 对任意 x ∈ [ 0, 1] 都有 ? 2 ? x ? kx ? k + 3 > 0 ? ?k ? 4 < 0 由(1)得 ? ??k ? 3 < 0 由 (2) k < 得 ∴k < 5 2 ? ?3 < k < 4

恒成立 (1) (2)

恒成立

x 2 + 4 ( x + 1) 2 ? 2( x + 1) + 5 5 = = x +1+ ? 2 对 x ∈ [ 0, 1] 恒成立 x +1 x +1 x +1

5 2 [评析] 二次函数性质,分离参数是常用的解题方法。 故要使(1) (2)都成立,必有 ?3 < k < 27、 解不等式 log 2 x + log 2 x ? 2 < log 2 x 2 ? 2 2 解:设 log 2 x = t , 则 t 2 + t ? 2 < 2t ? 2

?t 2 + t ? 2 ≥ 0 ?t ≤ ?2 或 t ≥ 1 ? ? ? ?2t ? 2 > 0 ? ?t > 1 ?2 ?t < 1 或 t > 2 2 ? ?t + t ? 2 < (2t ? 2) [评析] 换元、等价转换是解题的关键。 28、设 a > 0 且 a ≠ 1 ,解关于 x 的不等式 x log a x >
9 2

? t > 2 ? log 2 x > 2 ? x > 4

x 。 a2
1 或 log a x > 4 2

解: (1) a > 1 时 2 log 2 x ? 9 log a x + 4 > 0 ? log a x < a ? 0 < x < a 或 x > a4

10 高考精品数学 (理科)讲座 (二) 解答 第 10 页 共 12 页

(2) 0 < a < 1 时 2 log 2 x ? 9 log a x + 4 < 0 a

?

1 < log a x < 4 ? a 4 < x < a 2

[评析] 利用对数函数的单调性,两边取对数。 29、设 p = (log 2 x) 2 + (t ? 2) log 2 x ? t + 1 ,若 t 在区间 [ ?2, 2] 上变动时, p 恒为正,求 x 的 取值范围。 解:Q t ∈ [ ?2, 2] 时 p > 0 ,

?(log 2 x) 2 ? 4 log 2 x + 3 > 0 ? ∴? 2 ?(log 2 x) ? 1 > 0 ?

? 0< x<

1 或 x>8 2

[评析] 分清主变量次变量,确定不等式的次数。 cos 2α 30、已知 α 为锐角,解关于 x 的不等式 x > 1 ? 。 x +1 解:不等式等价于 ( 1) 0 < α < ( 2) α = ( 3)
( x ? 2 sin α )( x + 2 sin α ) >0 x +1

π
4

时 ? 1 < x < ? 2 sin α 或 x > 2 sin α

π
4

时 x >1

时, 2 sin α < x < ?1 或 x > 2 sin α 4 2 [评析] 三角函数与分式不等式的综合问题是常规题,比较容易得分。 uv v uv v 2 31、已知 m = (a + , x 2 + 2), n = (? x, 1) 求解关于 x 的不等式 m ? n < 0 。 a 2 2 2 解:由题意知: ?(a + ) x + x 2 + 2 > 0 ? x 2 ? (a + ) x + 2 > 0 ? (x ? a ) (x ? ) > 0 a a a 2 ( 1) a < ? 2 或 0 < a < 2 时 x < a 或 x > a 2 ( 2) ? 2 < a < 0 或 a > 2 时 x < 或 x > a a (3) a = ? 2 时 x ≠ ? 2 的一切实数 (4) a = 2 时 x ≠ 2 的一切实数
[评析] 分类讨论是本题解决的关键。 32、解关于 x 的不等式 log 2 ( x ? 1) > log 4 [ a( x ? 2) + 1] (a > 1) 。

π

<α <

π

解:原不等式等价于

10 高考精品数学 (理科)讲座 (二) 解答 第 11 页 共 12 页

? ? x 2 ? (a + 2) x + 2a > 0 ?( x ? 1) 2 > a ( x ? 2) + 1 ? ? ? ?x > 1 ?x > 1 ? ? 1 ?a ( x ? 2) + 1 > 0 ?x > 2 ? a ?
?x < 2 或 x > a ? (1) a > 2 时 ? 1 ?x > 2 ? a ?
3 (2) a = 2 时 x > 且 x ≠ 2 2

?( x ? 2)( x ? a ) > 0 ? ? ? 1 ?x > 2 ? a ?

? 2?

1 <x<2或x>a a

?x < a 或 x > 2 1 ? (3) 1 < a < 2 时 ? ? 2? < x < a 或 x > 2 1 a ?x > 2 ? a ?
综上所述: 1 < a < 2 时 2 ?
a > 2 时 2? 1 < x<a 或 x>2; a a=2时 x> 3 且x≠2 2

1 <x<2或x>a a [评析] 解题过程中比较大小,并且要进行分类讨论。

10 高考精品数学 (理科)讲座 (二) 解答 第 12 页 共 12 页


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