高中数学复习专题讲座(第4讲)几种常见解不等式的解法

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 重难点归纳

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)掌握用零点分段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 典型题例示范讲解

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

f(m)f(n)＞0

mn(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数； (2)解不等式 f(x+

11)＜f()； 2x1(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

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+

11∈［－1，1］，∈［－2x11，1］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

第1页 共8页

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)=

f(x1)f(x2)·(x1－x2)

x1x2∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知

f(x1)f(x2)＞0，又 x1－x2＜0，

x1x2∴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x12131 解得 {x|－≤x＜－1，x∈R} ∴1x1211x2x1(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)= －2at+ t2，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 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］有两种情况 其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，

此时Δ=0或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)2－4(a+2)=4(a2－a－2) (1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=Ø［1，4］

第2页 共8页

(2)当Δ=0时，a=－1或2 当a=－1时M={－1}［1，4］；当a=2时，m={2}Ø［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，

f(1)0,且f(4)0那么M=［x1，x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤4

1a4,且0a30187a018即，解得 2＜a＜，

71a4a1或a2∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，例3解关于x的不等式

18) 7a(x1)＞1(a≠1) x2(a1)x(2a)解 原不等式可化为 ＞0，

x2a2①当a＞1时，原不等式与(x－)(x－2)＞0同解

a1由于

a21112 a1a1a2)∪(2，+∞) a1a2②当a＜1时，原不等式与(x－)(x－2) ＜0同解

a1∴原不等式的解为(－∞，

a211, a1a1a21a212,解集为(若a＜0，，2)；

a1a1a1a2112，解集为； 若a=0时，

a1a1a21a212,解集为(2，若0＜a＜1，)

a1a1a1由于

a2)∪(2，+∞)；当0＜a＜1时，解集a1a2a2为(2，)；当a=0时，解集为；当a＜0时，解集为(，2）

a1a1综上所述 当a＞1时解集为(－∞，

第3页 共8页

学生巩固练习

(x1)2(x1)1 设函数f(x)=2x2(1x1)，已知f(a)＞1，则a的取值范围是( )

11(x1)x1，+∞) 21C (－∞，－2)∪(－，1)

2A (－∞，－2)∪(－

B (－

11，) 221)∪(1，+∞) 2 D (－2，－

a22 已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0的解集是(a，b)，g(x)＞0的解集是(，

22

b)，则f(x)·g(x)＞0的解集是__________ 23 已知关于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，则a的取值范围是_______ 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；

px11x－

(2)若f(x)=x，解关于x的不等式f-1(x)＞logp(k∈R+)

kp15 设f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=

71，问是否存在a、b、c∈R，使得不等式 x2+22≤f(x)≤2x2+2x+

3对一切实数x都成立，证明你的结论 26 已知函数f(x)=x2+px+q，对于任意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+2)≥0 (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(1－

1)＞1 x8 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

1 解析 由f(x)及f(a)＞1可得

第4页 共8页

a1a11a1 ① 或 ② 或 ③ 12112a21(a1)1a1＜a＜1，解③得x∈ 21∴a的取值范围是(－∞，－2)∪(－，1）

2解①得a＜－2，解②得－

答案 C

2 解析 由已知b＞a2∵f(x)，g(x)均为奇函数，

ba2∴f(x)＜0的解集是(－b，－a)，g(x)＜0的解集是(－,)

22由f(x)·g(x)＞0可得

2

a2xbbxa2f(x)0f(x)0或,即a2或bba2 g(x)0g(x)0xx2222bb)∪(－，－a2) 22bb答案 (a2，)∪(－，－a2)

22∴x∈(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，

f(1)0画图象分析可得解得a∈［－2，2］

f(1)0答案 ［－2，2］

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≤5，即x2－5x+p－2≤0， 令x2－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得m=2，p=8

8x11x－

(2)f(x)=x，∴f-1(x)=log8 (－1＜x＜1)，

811x第5页 共8页

∴有log8

∵－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}

1x＞log81x，∴log8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k 1xk7713得a+b+c=，令x2+=2x2+2x+x x =－1， 222233由f(x)≤2x2+2x+推得f(－1)≤

221333由f(x)≥x2+推得f(－1)≥，∴f(－1)=，∴a－b+c=，

222255故2(a+c)=5，a+c=且b=1，∴f(x)=ax2+x+(－a)

2251依题意 ax2+x+(－a)≥x2+，即a1x2x2a0对一切x∈R成立，

223∴a1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0，∴f(x)=x2+x+1

233易验证 x2+x+1≤2x2+2x+对x∈R都成立

223∴存在实数a=，b=1，c=1，

213使得不等式 x2+≤f(x)≤2x2+2x+对一切x∈R都成立

225 解 由f(1)=

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+

3225)－，显然此函数在［－1，1］上递增 24∴当x=－1时f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6

110x7 解 (1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组

11ax由此得1－a＞11 因为1－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0 x1a第6页 共8页

110 ①x(2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组 

11a ②x11，∴1＜x＜ 1a1a1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

1a1集为{x|1＜x＜}

1a8 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

由 ①得x＞1或x＜0，由②得0 ＜x＜

23mx11mxx在x∈(0，1]恒成立 21mxxm222mx2x整理，当x∈0,1时恒成立， 2mx1x11x2m2x即当x∈(0，1)时，恒成立， 2x1mx122mx2x且x=1时，恒成立， 2m(x1)x12x22x2x21在x∈(0，1)上为减函数，∴， ∵

2x2x22x212x2

∴m＜恒成立m＜

22x

x2112x21(x1)2，在x∈(0，1)上是减函数，∴又∵＜－1 x1x1x1x21∴m＞恒成立m－1

x1第7页 共8页

2x2m12x当x∈(0，1)时，恒成立m1, ①

22mx1x11212mx2xmm当x=1时，，即是 ∴ ② 222m(x1)x101∴①、②两式求交集m1,,使x∈(0，1]时，

12f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，m的取值范围是m1,.

课前后备注

12第8页 共8页