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【名师导学】2015高考数学一轮总复习 6.39 不等式、推理与证明课件 理


第六章 不等式、推理与证明

第 39 讲

简单不等式的解法

【学习目标】 1.会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型. 2.结合“三个二次”之间的联系,掌握一元二次 不等式的解法. 3.熟练掌握分式不等式、含绝对值不等式、指数 不等式和对数不等式的解法.

【基础检测】 1.设函数

/>?21- x, x≤ 1 ? f(x)=? ,则满足 ? ?1- log2x, x>1

f(x)≤ 2

的 x 的取值范围是 ( B ) A. [- 1, 2] C. [1,+∞ ) B. [0, 2] D. [0,+∞ )

【解析】当 x≤1 时,f(x)≤2 化为 21-x≤2,解得 0≤x≤1; 当 x>1 时,f(x)=1-log2x<1<2 恒成立, 故 x 的取值范围是[0,+∞),故选 D.

x-1 2.不等式 ≤0 的解集为( A ) 2x+1 ? 1 ? ? 1 ? A.?- ,1 ? B.?- ,1 ? ? 2 ? ? 2 ?
? 1? ? C. -∞,- ?∪ [1,+∞) 2? ? ? 1? ? D. -∞,- ? ∪ [1,+∞) 2? ?

【解析】利用分式不等式与一元一次不等式组间的转化关系 ?x- 1≤0, ?x- 1≥0, x- 1 求解 . ≤0 等价于不等式组? ①或? ② 2x+ 1 2 x + 1>0 , 2 x + 1<0. ? ? 1 解 ①得- <x≤ 1,解②得 x∈?, 2 ? 1 ? ∴原不等式的解集为?- , 1?. ? 2 ?

3.不等式 x2-4>3|x|的解集是 ( A ) A.(-∞,- 4)∪ (4,+∞ ) B. (-∞,-1)∪(4,+∞) C.(-∞,- 4)∪ (1,+∞ ) D.(-∞,- 1)∪ (1,+∞ )

【解析】∵|x|2-3|x|-4>0,∴(|x|-4)(|x|+1)>0, ∴|x|>4,x>4 或 x<-4,选 A 项.

4.若关于 x 的不等式 ax2-6x+a2<0 的解集是(1, 2 . m),则 m=___

【解析】 根据不等式与方程之间的关系知 1 为方程 ax2-6x+a2=0 的根,即 a2+a-6=0,解得 a=2 或 a =-3, 当 a=2 时, 不等式 ax2-6x+a2<0 的解集是(1, 2),符合要求;当 a=-3 时,不等式 ax2-6x+a2<0 的解集是(-∞, -3)∪(1, +∞), 不符合要求, 舍去. 故 m=2.

【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: (1)a>0 (2)a<0
? b? x ? ?x x ? ? 时, _____________ ; a? ? ? b? x ? ?x x ? ? a? 时, _____________ . ?

2.一元二次不等式 一元二次不等式 ax2+ bx+ c>0(a>0)或 ax2+ bx+ c≤ 0(a>0)的解集的各种情况如下表

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). f(x)>g(x) ; (1)当 a>1 时,等价于 _________ f(x)<g(x) . (2)当 0<a<1 时,等价于__________ 4.简单对数不等式 不等式 logaf(x)>logag(x). f(x)>g(x)>0 (1)当 a>1 时,等价于 _________ ; g(x)>f(x)>0 (2)当 0<a<1 时,等价于__________ .

一、一元二次不等式的解法及应用 例1(1)在 R 上定义运算⊙:a⊙b=ab+2a+b,则 满足 x⊙(x-2)<0 的实数 x 的取值范围为( B ) A.(0,2) B.(-2,1) C.(-∞,-2)∪(1,+∞) D.(-1,2)

【解析】根据 a⊙b=ab+2a+b,得 x⊙(x-2)= x(x - 2) + 2x + (x - 2) = x2 + x - 2<0 , ∴(x + 2)(x - 1)<0.∴-2<x<1.∴x∈(-2,1).

(2)已知不等式①x2-4x+ 3<0 和②x2-6x+ 8<0 及 ③ 2x2- 9x+ m<0,若同时满足①②的 x 也满足③,则 有( C ) A.m>9 B. m= 9 C.m≤9 D. 0<m<9

【解析】据已知满足①②两个不等式的解集为(2, 3),又当 2<x<3 时,2x2-9x+m<0 恒成立,令 f(x)= ? ?f( 2)≤ 0 2 2x -9x+m, 结合二次函数的图象可知只需? ? ?f( 3)≤ 0 即可,解得 m≤9.

(3)已知函数 f(x)=x2+ax+b(a, b∈R)的值域为[0, +∞),若关于 x 的不等式 f(x)<c 的解集为(m,m+6), 则实数 c 的值为____ 9 .
【解析】解法一:由值域为 [0,+∞),当 x2+ ax 2 a + b= 0 时有 Δ= a2- 4b= 0,即 b= , 4 2 ? a a?2 2 2 ∴ f(x)= x + ax+ b= x + ax+ =?x+ ? . 4 ? 2? ? a ?2 ∴ f(x)=?x+ ? <c, 2? ? a a a 解得- c<x+ < c,- c- <x< c- . 2 2 2 ∵不等式 f(x)<c 的解集为(m, m+ 6), ? a? ? a? ∴? c- ?-?- c- ?= 2 c= 6,解得 c= 9. 2? ? 2? ?

解法二:由值域为 [0,+∞ ),当 x2+ ax+ b= 0 时 2 a 有 Δ= a2- 4b= 0,即 b= , 4 ∵不等式 f(x)<c 的解集为(m, m+ 6), 2 a m、 m+ 6 是方程 x2+ ax+ - c= 0 的两根, 4 ?2m+ 6=- a ? 由根与系数的关系得? 得: c= a2 m( m+ 6)= - c ? 4 ? 9.

例2已知不等式 ax2-3x+6>4 的解集为{x|x<1 或 x>b}. (1)求 a,b; (2)解不等式 ax2-(ac+b)x+bc<0.
【解析】 (1)因为不等式 ax2- 3x+ 6>4 的解集为 {x|x<1 或 x>b}, 所以 x= 1 与 x=b 是方程 ax2- 3x+ 2=0 的两个实 数根,且 b>1. 3 ? ?a= 1, ?1+ b=a, ? 由根与系数的关系,得? 解得 ? ? ?b= 2. ?1× b=2. a ? ?a= 1, ? 所以 ? ? ?b= 2.

(2)原不等式 ax2- (ac+ b)x+ bc<0, 可化为 x2- (2+ c)x+ 2c<0,即 (x- 2)(x- c)<0. ①当 c>2 时,不等式 (x- 2)(x- c)<0 的解集为 {x|2<x<c}; ②当 c<2 时,不等式 (x- 2)(x- c)<0 的解集为 {x|c<x<2}; ③当 c= 2 时,不等式 (x- 2)(x- c)<0 的解集为?. 综上所述:当 c>2 时,不等式 ax2- (ac+ b)x+ bc<0 的解集为 {x|2<x<c}; 当 c<2 时,不等式 ax2- (ac+ b)x+ bc<0 的解集为 {x|c<x<2}; 当 c= 2 时,不等式 ax2- (ac+ b)x+ bc<0 的解集为?.

【点评】 熟练掌握一元二次不等式 (组)的解法及三个二次之间 的关系.

二、简单指数、对数不等式的解法 例 3(1)已知 f(x)= logax(a> 0, a≠ 1), 且当 x< 0 时, 1 ? ? ? 1? x ? 1, ? ? 1? a ? a > 1,则 f?1- ?> 1 的解集是 ____________ . x? ? (2)函数
?x3- 8( x≥ 0) ? f(x)=? x , g(x)= 3x- 1,则不 ? ?e - 9( x<0)

等式 f[g(x)]≥ 0 的解集为 ( A ) A. [1,+∞ ) B.[ln 3,+∞ ) C. [1, ln 3] D. [log32,+∞ )

【解析】(1)∵x< 0 时, ax> 1,∴0< a< 1, ?1-1> 0, ? x ? ? 1? 1? f?1- ?> 1?loga?1- ? > logaa?? , x? x? ? ? 1 ?1- < a ? x ?1< 1, ?x 1 1 ?? ?1- a< < 1?1< x< . x 1- a 1 ? > 1- a, ?x (2)显然函数 f(x)在定义域范围内是增函数,且 f(2)= 0,不等 式 f[g(x)]≥0 化为 f[g(x)]≥f(2),从而有 g(x)≥2,即 3x- 1≥2,得 x≥1.

【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,在高考中也时有出现,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- a 例 4已知 f(x)= 2 (x∈ R)在区间[- 1, 1]上是增 x +2 函数. (1)求实数 a 的值组成的集合 A; 1 (2)设关于 x 的方程 f(x)= 的两个非零实根为 x1, x x2.试问是否存在实数 m,使得不等式 m2+tm+ 1≥ |x1 - x2|对任意 a∈A 及 t∈[- 1,1]恒成立?若存在,求 m 的取值范围;若不存在,请说明理由.









(1)f′(x)



4+ 2ax- 2x2 ( x2+ 2)2



- 2( x2- ax- 2) ,因为 f(x)在区间 [- 1, 1]上是增函 ( x2+ 2)2 数, 所以 f′(x)≥ 0 对 x∈[- 1, 1]恒成立, 即 x2- ax- 2≤ 0 对 x∈ [- 1, 1]恒成立. 设 φ(x)= x2- ax- 2, φ(1)= 1- a- 2≤ 0, φ(- 1) = 1+ a- 2≤ 0?- 1≤ a≤ 1. 因为对 x∈[- 1,1],f(x)是连续不断的,且只有当 a= 1 时, f′(- 1)= 0 以及当 a=- 1 时,f′(1)= 0,所以 A = {a|- 1≤ a≤ 1}.

2x- a 1 (2) 由 2 = , 得 x2- ax- 2= 0, ∵ Δ= a2+ 8>0, x +2 x ∴ x1, x2 是方程 x2- ax- 2= 0 的两非零实根,有 x1+ x2= a, x1x2=- 2,∴ |x1- x2|= ( x1+ x2)2- 4x1x2= a2+ 8. 因为- 1≤ a≤ 1,所以 |x1- x2|= a2+ 8≤ 3.要使不 等式 m2+tm+ 1≥ |x1- x2|对任意 a∈ A 及 t∈ [-1, 1] 恒成立,当且仅当 m2+ tm+ 1≥ 3,即 m2+ tm- 2≥ 0 ?m2+ m- 2≥ 0 ? 对任意 t∈ [- 1,1]恒成立,所以? 2 ? m≥ 2 ? ?m - m- 2≥ 0 或 m≤- 2, 所以,存在实数 m,使得不等式 m2+ tm+ 1≥ |x1 - x2|对任意 a∈ A 及 t∈[- 1,1]恒成立,m 的取值范围 是 {m|m≤ - 2 或 m≥ 2}.

〔 备 选 题 〕 例5 已 知 函 数 f(x) = 2 ? (x≥0) ?x + 1 ? , 则满足不等式 f(1-x2)>f(2x)的 x ? ?1 ( x< 0) ? ?1, 2 ?1? 的取值范围是________________ .
【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)的实质就是由不 1 等式性质将不等式两边同乘以 ,并注意由 a 的取值的 a 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. (2013 安徽 )已知一元二次不等式 f(x)<0 的解集 ? 1? 为?xx<- 1或 x> ?,则 f(10x)>0 的解集为( D ) 2? ? A.{x|x<- 1 或 x>-lg 2} B. {x|- 1<x<- lg 2} C.{x|x>- lg 2} D.{x|x<- lg 2}
【解析】 根据已知可得不等式 f(x)>0 的解是- 1 x 1 1<x< ,故-1<10 < ,解得 x<-lg 2. 2 2
【命题立意】 本题考查一元二次不等式的解法和指 数不等式的解法,属中档题.

2.(2013 四川)已知 f(x)是定义域为 R 的偶函数, 当 x≥0 时,f(x)=x2-4x,那么不等式 f(x+2)<5 的解 (-7,3) 集是______________ .
【解析】当 x+ 2≥0 时,f(x+ 2)= (x+ 2)2- 4(x+ 2)= x2- 4,由 f(x+2)<5,得 x2- 4< 5,即 x2<9,解 得-3< x<3,又 x+2≥ 0,故-2≤ x<3 为所求.又因 为 f(x)为偶函数,故 f(x+ 2)的图象关于直线 x=-2 对 称,于是-7<x<-2 也满足不等式.
【命题立意】 本题考查函数的奇偶性和一元二次不 等式的解法,属中档题.

1. 已知

A.(-∞,- 2)∪ (3,+∞ ) B. (-∞,- 2)∪(1,+∞) C.(-∞, 1)∪ ( 2,+∞) D.(-∞,- 1)∪ ( 2,+∞ )

?x+ 1, x≥ 0 ? f(x)=? 2 , 则 ? ?x , x<0

f(x)>2 的解集是( B )

【解析】解法一:分类讨论 ?x≥ 0 ? ? ?x<0 ? 或? 2 得 x>1 或 x<- 2,选 B. ? ?x >2 ?x+ 1>2 ? 解法二:数形结合法

2.已知集合 A={x|x2-2x-3<0},B={x|2x-1>1}, 则 A∩B=( C ) A.{x|x>1} B.{x|x<1} C.{x|1<x<3} D.?

3.设全集 U=R,R 为实数集,若函数 f(x)=lg(2x-x2)的定 义域为集合 M,则? UM=( C ) A. (0,2) B.[0,2] C. (-∞,0]∪[2,+∞) D. (-∞,0)∪(2,+∞)

【解析】由 2x-x2>0 得 0<x<2,即 M=(0,2), ∴?UM=(-∞,0]∪[2,+∞).

?log2x, x>0, ? 4 . 设 函 数 f(x) = ?log1(-x), x<0, 若 ? ? 2 f(a)>f(- a),则实数 a 的取值范围是 ( C ) A. (- 1, 0)∪ (0, 1) B. (-∞,- 1)∪(1,+∞) C. (- 1, 0)∪ (1,+∞ ) D. (-∞,- 1)∪ (0, 1)
【解析】当 a>0 时,由 f(a)>f(- a)得 log2a>log1a, 2 1 1 即 log2a>log2 ,即 a> ,解得 a>1; a a
? 1? 1 当 a<0 时,由 f(a)>f(- a)得 log (- a)>log2(- a),即 log2?- ? ? a? 2 1 >log2(- a),即- >- a,解得- 1<a<0,故选 C. a

2 ? ?x - 4x+ 3<0 5. 已知不等式组? 2 的解集是不等式 ? ?x - 6x+ 8<0

2x2

- 9x+ a<0 的解集的子集,则实数 a 的取值范围是 a?9 . _______

?x2- 4x+ 3<0 ? 【解析】因为不等式组? 2 的解集是 ? ? x - 6x+ 8<0

{x|2<x<3},设

?f( 2)≤ 0, ? 2 f(x) = 2x - 9x+ a,则由题意得 ? 解得 ? ?f( 3)≤ 0,

a≤ 9.

6.关于 x 的不等式 ax-b>0 的解集为(1,+∞), ax+b 则 关 于 x 的 不 等 式 >0 的 解 集 为 x-2 ? ??, ?1? ? 2, ??? ________________________ .

U

【解析】 ∵ax-b>0 的解集为(1, +∞), ∴a=b>0. ax+b x+1 故 >0? >0, x-2 x-2 解得 x<-1 或 x>2.

7.已知 f(x)=-3x2+a(6-a)x+b. (1)解关于 a 的不等式 f(1)>0; (2)当不等式 f(x)>0 的解集为(-1, 3)时, 求实数 a, b 的值.

【解析】(1)f(1)=- 3+ a(6- a)+ b=-a2+ 6a+ b - 3. ∵ f(1)>0,∴-a2+6a+b-3>0, Δ=24+4b,当 b≤-6 时,Δ≤0, ∴ f(1)>0 的解集为?; 当 b>- 6 时, 3- b+ 6<a<3+ b+ 6. ∴当 b≤ -6 时,f(1)>0 的解集为?;当 b>-6 时, f(1)>0 的解集为{a|3- b+ 6<a<3+ b+6}.

(2)∵ 不等式-3x2+ a(6-a)x+b>0 的解集为(-1, 3), ∴ f(x)>0 与不等式(x+ 1)(x- 3)<0 同解. ∵ 3x2- a(6- a)x- b<0 的解集为(- 1,3), ? a(6-a) ?a= 3± 3 ?2= ? 3 ∴? ,解之得? ? ?b= 9. ?3=b ? 3

8.已知 f(x)是定义在 [- 1,1]上的函数,且 f(1)= 1,f(- x)=- f(x),若当 a,b∈ [- 1,1]且 a+ b≠ 0 时, f( a)+ f( b) 有 >0. a+ b (1)判断 f(x)在[- 1, 1]上的单调性,并予以证明; ? 1 ? 1? ? ? ? (2)解不等式 f?x+ ?<f? . ? 2? ?x- 1? ?

【解析】(1)因为 x∈[-1,1]时,f(-x)=-f(x)且 f(1)=1, 所以 f(-1)=-f(1)=-1<1=f(1). 所以可判断 f(x)是在[-1,1]上的增函数.

证明如下:任取 x1=-a, x2= b,x1≠x2. 因为 a, b∈[-1, 1], ∴- 1≤-a≤1,- 1≤ b≤ 1. 即- 1≤x1≤1,-1≤ x2≤ 1. f( a)+f(b) f(b)- f(- a) 又∵ >0,所以 >0. a+ b b-(- a) 当 b>- a,即 x2>x1 时,有 f(b)-f(- a)>0, 即 f(x2)>f(x1); 当 b<- a,即 x2<x1 时,有 f(b)-f(- a)<0, 即 f(x2)<f(x1). 所以 f(x)在[- 1, 1]上是增函数.

(2)因为 f(x)在[- 1, 1]上单调递增, ? ? 1? ? ? 1 ? 所以 f?x+ ?<f? ? ? 2? ?x- 1? ? 1 ? ?- 1≤ x+ ≤ 1, ? 3 1 2 ?-2≤ x≤2, ? ? 1 ? ?- 1≤ x- 1≤ 1,??x≥ 2或 x≤ 0, ? ? ? 3 ? 1 1 ? x<- 1或 1<x< . x + < . 2 ? ? 2 x - 1 ? ? 3 ? 3 - ≤ x<- 1,所以原不等式的解集为?- ,- 1?. 2 ? 2 ?


《新学案》2015年春高中数学苏教版选修2-2名师导学:第二章 推理与证明(含解析)

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