高考數(shù)學(xué)方法選講 幾種常見(jiàn)解不等式的解法不等式在生產(chǎn)實(shí)踐和相關(guān)學(xué)科的學(xué)習(xí)中應(yīng)用廣泛，又是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的重要工具，所以不等式是高考數(shù)學(xué)命題的重點(diǎn)，解不等式的應(yīng)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(duì)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(duì)數(shù)函數(shù)等有關(guān)概念和性質(zhì)密切聯(lián)系，應(yīng)重視；從歷年高考題目看，關(guān)于解不等式的內(nèi)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 重難點(diǎn)歸納 解不等式對(duì)學(xué)生的運(yùn)算化簡(jiǎn)等價(jià)轉(zhuǎn)化能力有較高的要求，隨著高考命題原則向能力立意的進(jìn)一步轉(zhuǎn)化，對(duì)解不等式的考查將會(huì)更是熱點(diǎn)，解不等式需要注意下面幾個(gè)問(wèn)題 (1)熟練掌握一元一次不等式(組)、一元二次不等式(組)的解法 (2)掌握用零點(diǎn)分段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(wú)理不等式的三種類型的等價(jià)形式，指數(shù)和對(duì)數(shù)不等式的幾種基本類型的解法 (4)掌握含絕對(duì)值不等式的幾種基本類型的解法 (5)在解不等式的過(guò)程中，要充分運(yùn)用自己的分析能力，把原不等式等價(jià)地轉(zhuǎn)化為易解的不等式 (6)對(duì)于含字母的不等式，要能按照正確的分類標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行分類討論 典型題例示范講解 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(shí)0 (1)用定義證明f(x)在1，1上是增函數(shù)；(2)解不等式 f(x+)f()；(3)若f(x)t22at+1對(duì)所有x1，1，a1，1恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍 錯(cuò)解分析 (2)問(wèn)中利用單調(diào)性轉(zhuǎn)化為不等式時(shí)，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(wèn)單調(diào)性的證明，利用奇偶性靈活變通使用已知條件不等式是關(guān)鍵，(3)問(wèn)利用單調(diào)性把f(x)轉(zhuǎn)化成“1”是點(diǎn)睛之筆 (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(duì)x1，1，恒有f(x)1，所以要f(x)t22at+1對(duì)所有x1，1，a1，1恒成立，即要t22at+11成立，故t22at0，記g(a)=t22at，對(duì)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，t2或t=0或t2 t的取值范圍是 t|t2或t=0或t2 例2設(shè)不等式x22ax+a+20的解集為M，如果M1，4，求實(shí)數(shù)a的取值范圍 錯(cuò)解分析 M=是符合題設(shè)條件的情況之一，出發(fā)點(diǎn)是集合之間的關(guān)系考慮是否全面，易遺漏；構(gòu)造關(guān)于a的不等式要全面、合理，易出錯(cuò) 技巧與方法 該題實(shí)質(zhì)上是二次函數(shù)的區(qū)間根問(wèn)題，充分考慮二次方程、二次不等式、二次函數(shù)之間的內(nèi)在聯(lián)系是關(guān)鍵所在；數(shù)形結(jié)合的思想使題目更加明朗 解 M1，4有兩種情況 其一是M=，此時(shí)0；其二是M，此時(shí)=0或0，分三種情況計(jì)算a的取值范圍 設(shè)f(x)=x2 2ax+a+2，有=(2a)2(4a+2)=4(a2a2)(1)當(dāng)0時(shí)，1a2，M=1，4(2)當(dāng)=0時(shí)，a=1或2 當(dāng)a=1時(shí)M=11，4；當(dāng)a=2時(shí)，m=21，4 (3)當(dāng)0時(shí)，a1或a2 設(shè)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(shí)，a的取值范圍是(1，) 例3解關(guān)于x的不等式1(a1) 解 原不等式可化為 0，當(dāng)a1時(shí)，原不等式與(x)(x2)0同解 由于原不等式的解為(，)(2，+) 當(dāng)a1時(shí)，原不等式與(x)(x2) 0同解 由于,若a0，,解集為(，2)；若a=0時(shí)，解集為；若0a1，,解集為(2，)綜上所述 當(dāng)a1時(shí)解集為(，)(2，+)；當(dāng)0a1時(shí)，解集為(2，)；當(dāng)a=0時(shí)，解集為；當(dāng)a0時(shí)，解集為(，2） 例4（1998年全國(guó)卷文） 設(shè)ab，解關(guān)于x的不等式a2x+b2(1-x)ax+b(1-x)2分析 這是一道關(guān)于x的一元二次不等式，含參數(shù)較多，把它化為一元二次不等式的一般形式即可解 a2x+b2-b2xa2x2+2abx(1-x)+b2(1-x)2 整理，得 00x1 點(diǎn)評(píng) 本題字母較多，除x外還有a、b，從表面上看較繁雜，這對(duì)考生心理是一個(gè)考驗(yàn)，其實(shí)把它化為一元二次不等式一般形式，問(wèn)題便迎刃而解 高考中含有參數(shù)又無(wú)需對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論的題目并不多見(jiàn)例5 設(shè)aR，函數(shù)f(x)=ax2+x-a（-1x1）(1) 若|a|1，證明|f(x)|；(2) 求a的值，使函數(shù)f(x)有最大值分析 應(yīng)用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)求解解 （1）因?yàn)閨x|1，|a|1，有|f(x)|=|a(x2-1)+x|a(x-1)|+|x|=|a|x2-1|+|x|x2-1|+|x|=1-|x|2+|x|=（2）先討論x2的系數(shù)a是否為零當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=x（-1x1）的最大值是f(1)=1，這與題設(shè)相矛盾，從而a0，故知f(x)是二次函數(shù) 因?yàn)?，所以f(x)=ax2+x-a（-1x1）有最大值，等價(jià)于 即 a=-2 注 從判定f(x)是二次函數(shù)入手，確定拋物線f(x)的頂點(diǎn)橫坐標(biāo)，且在頂點(diǎn)處f(x)產(chǎn)生最大值，這樣就形成了求參數(shù)a的不等式組 與二次函數(shù)相關(guān)的不等式，包含兩個(gè)方面，解不等式與證明不等式 在很多情況下這是兩個(gè)交叉的問(wèn)題，要用到二次函數(shù)的極值的性質(zhì)、增減性、圖象與x軸的位置關(guān)系等 這類題歷來(lái)難度大，區(qū)分度高，綜合性強(qiáng) 學(xué)生平時(shí)練習(xí)題與試題差距較大，考生要有較強(qiáng)的邏輯思維能力及較高的數(shù)學(xué)素質(zhì)才能取得較高的分?jǐn)?shù)例6（2000年全國(guó)高考題） 設(shè)函數(shù)，其中a0 （1）解不等式f(x)1 （2）求a的取值范圍，使函數(shù)f(x)在區(qū)間0，+上是單調(diào)函數(shù)分析 這是含參數(shù)a的函數(shù)與不等式的綜合題，考查不等式的解法，函數(shù)單調(diào)性，分類討論思想及運(yùn)算、推理等知識(shí)和能力，本題構(gòu)題簡(jiǎn)單，看起來(lái)容易，入手也不難，但對(duì)思維能力要求很高 第一問(wèn)易采用習(xí)慣解法，陷入繁雜的計(jì)算（見(jiàn)解法二），深入挖掘隱含條件，發(fā)現(xiàn)x0，則可大大簡(jiǎn)化解題過(guò)程，第（2）問(wèn)表面上看，與第（1）問(wèn)結(jié)論無(wú)關(guān)，事實(shí)上緊密相連，解證結(jié)合，按照函數(shù)單調(diào)性的定義以確定參數(shù)a的取值對(duì)單調(diào)區(qū)間的影響是最好的解法解 （1）解法一：不等式f(x)1，即1+ax 由此得11+ax，即ax0，其中常數(shù)a0 原不等式等價(jià)于 即 所以，當(dāng)0a1時(shí)，的解為x0或xx0能使成立，由，得，所以a1時(shí)，不能使成立當(dāng)0a1時(shí)，的解為0x，能使成立 綜上，當(dāng)0a1時(shí)，不等式的解集為x；當(dāng)a1時(shí)，不等式的解集為x|x0（2）在區(qū)間0，上任取x1、x2，使得x1x2 （）當(dāng)a1時(shí)， 又，即所以，當(dāng)a1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間0，上單調(diào)遞減函數(shù)（）當(dāng)0a1時(shí)，在區(qū)間0，上存在兩點(diǎn)，x1=0，滿足f(x1)=1，f(x2)=1 即f(x1)=f(x2)，所以f(x)在區(qū)間0，上不是單調(diào)函數(shù)綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間0，上是單調(diào)函數(shù)點(diǎn)評(píng) 本題是一個(gè)難得的優(yōu)秀試題，能明顯地區(qū)分思維能力不同層次的學(xué)生，第（1）問(wèn)的兩種解法代表了兩種不同層次的思維能力，第（2）問(wèn)由函數(shù)單調(diào)性的定義入手，運(yùn)用分子有理化，提取公因式，放縮求界值1，等多種手段才完成了（）中當(dāng)a0時(shí)函數(shù)單調(diào)性的證明，而對(duì)（）中，f(x1)=f(x2)=1的特例的尋覓，也都表現(xiàn)出考生優(yōu)秀的思維品質(zhì)與扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)，應(yīng)深入體會(huì)，注意積累對(duì)（）中當(dāng)0a1時(shí)，也可由正負(fù)不定，推導(dǎo)出函數(shù)f(x)在0，上不是單調(diào)函數(shù)本題第（2）問(wèn)是探索性的開(kāi)放題求解含參數(shù)的不等式、方程問(wèn)題須著重掌握如下原則和方法：注意等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本原則，具體地說(shuō)，就是分式化為整式，高次化為低次，絕對(duì)值化為非絕對(duì)值；熟練掌握分類討論的基本原則和基本方法，要注意分類討論的目的是處理解決問(wèn)題過(guò)程中遇到的障礙，在障礙未出現(xiàn)時(shí)不要提前進(jìn)行分類討論；有些不等式的解決可轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖像間的位置關(guān)系，要對(duì)用數(shù)形結(jié)合法解不等式引起高度重視；在不含參數(shù)不等式的求解時(shí)也可能運(yùn)用分類討論的方法，但它與含參數(shù)不等式求解時(shí)對(duì)分類討論的運(yùn)用是不同的，前者是對(duì)未知數(shù)在可能的取值范圍內(nèi)進(jìn)行分類討論，各類別下求得的解集，必須取其“并”，才是原不等式的解集，后者是對(duì)其中的參數(shù)作出分類討論，各類別下求得的解集毫無(wú)關(guān)系，故決不能取“并”學(xué)生鞏固練習(xí) 1 設(shè)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，+)2 已知f(x)、g(x)都是奇函數(shù)，f(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(guān)于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，則a的取值范圍是_ 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(guān)于x的不等式f-1(x)(kR+)5 設(shè)f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，問(wèn)是否存在a、b、cR，使得不等式 x2+f(x)2x2+2x+對(duì)一切實(shí)數(shù)x都成立，證明你的結(jié)論 6 已知函數(shù)f(x)=x2+px+q，對(duì)于任意R，有f(sin)0，且f(sin+2)2 (1)求p、q之間的關(guān)系式；(2)求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(shí)f(sin)的最小值 7 解不等式loga(x)18 設(shè)函數(shù)f(x)=ax滿足條件 當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)1；當(dāng)x(0，1時(shí)，不等式f(3mx1)f(1+mxx2)f(m+2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍 參考答案 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 C2 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(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程t22ta1=0在1，1上至少有一個(gè)實(shí)根 令f(t)=t22ta1，對(duì)稱軸t=1，畫圖象分析可得解得a2，2 答案 2，24 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(dāng)0k2時(shí)，原不等式解集為x|1kx1；當(dāng)k2時(shí)，原不等式的解集為x|1x1 5 解 由f(1)=得a+b+c=，令x2+=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(duì)一切xR成立，a1且=14(a1)(2a)0，得(2a3)20，f(x)=x2+x+1易驗(yàn)證 x2+x+12x2+2x+對(duì)xR都成立 存在實(shí)數(shù)a=，b=1，c=1，使得不等式 x2+f(x)2x2+2x+對(duì)一切xR都成立 6 解 (1)1sin1，1sin+23，即當(dāng)x1，1時(shí)，f(x)0，當(dāng)x1，3時(shí)，f(x)0，當(dāng)x=1時(shí)f(x)=0 1+p+q=0，q=(1+p)(2)f(x)=x2+px(1+p)，當(dāng)sin=1時(shí)f(1)0，1p1p0，p0(3)注意到f(x)在1，3上遞增，x=3時(shí)f(x)有最大值 即9+3p+q=14，9+3p1p=14，p=3 此時(shí)，f(x)=x2+3x4，即求x1，1時(shí)f(x)的最小值 又f(x)=(x+)2，顯然此函數(shù)在1，1上遞增 當(dāng)x=1時(shí)f(x)有最小值f(1)=134=6 7 解 (1)當(dāng)a1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組由此得1a 因?yàn)?a0，所以x0，x0 (2)當(dāng)0a1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組 由 得x1或x0，由得0 x