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1、難點19 解不等式 不等式在生產(chǎn)實踐和相關(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，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. ●難點磁場 (★★★★)解關(guān)于x的不等式＞1(a≠1). ●案例探究 ［例1］已知f(x)是定義在［－1，1］上的奇函數(shù)，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0時＞0.

2、 (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)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求實數(shù)t的取值范圍. 命題意圖：本題是一道函數(shù)與不等式相結(jié)合的題目，考查學(xué)生的分析能力與化歸能力，屬★★★★★級題目. 知識依托：本題主要涉及函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性，而單調(diào)性貫穿始終，把所求問題分解轉(zhuǎn)化，是函數(shù)中的熱點問題；問題的要求的都是變量的取值范圍，不等式的思想起到了關(guān)鍵作用. 錯解分析：(2)問中利用單調(diào)性轉(zhuǎn)化為不等式時，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：(

3、1)問單調(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)問利用單調(diào)性把f(x)轉(zhuǎn)化成“1”是點睛之筆. (1)證明：任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，則f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=·(x1－x2) ∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又 x1－x2＜0， ∴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|－≤x＜－1，x∈R} (3)解：由(1)可知f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)，且f(1)=1，故對x∈［－1，1］，恒有f

4、(x)≤1，所以要f(x)≤t2－2at+1對所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0，記g(a)=t2－2at，對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的取值范圍是：{t|t≤－2或t=0或t≥2}. ［例2］設(shè)不等式x2－2ax+a+2≤0的解集為M，如果M［1，4］，求實數(shù)a的取值 范圍. 命題意圖：考查二次不等式的解與系數(shù)的關(guān)系及集合與集合之間的關(guān)系，屬★★★★級題目. 知識依托：本題主要涉及一元二次不等式根與系數(shù)的關(guān)

5、系及集合與集合之間的關(guān)系，以及分類討論的數(shù)學(xué)思想. 錯解分析：M=是符合題設(shè)條件的情況之一，出發(fā)點是集合之間的關(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. 技巧與方法：該題實質(zhì)上是二次函數(shù)的區(qū)間根問題，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：M［1，4］有n種情況：其一是M=，此時Δ＜0；其二是M≠，此時Δ＞0，分三種情況計算a的取值范圍. 設(shè)f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2) (1)當(dāng)Δ＜0時，－1＜a＜2，M=［1，4］ (2)當(dāng)Δ=0時，a=－

6、1或2.當(dāng)a=－1時M={－1}［1，4］；當(dāng)a=2時，m={2}［1，4］. (3)當(dāng)Δ＞0時，a＜－1或a＞2.設(shè)方程f(x)=0的兩根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤4 即，解得：2＜a＜， ∴M［1，4］時，a的取值范圍是(－1，). ●錦囊妙計 解不等式對學(xué)生的運算化簡等價轉(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，對解不等式的考查將會更是熱點，解不等式需要注意下面幾個問題： (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)掌握用序軸標(biāo)根法解高次不等式和分式不等式，特別要注意因式的

7、處理方法. (3)掌握無理不等式的三種類型的等價形式，指數(shù)和對數(shù)不等式的幾種基本類型的解法. (4)掌握含絕對值不等式的幾種基本類型的解法. (5)在解不等式的過程中，要充分運用自己的分析能力，把原不等式等價地轉(zhuǎn)化為易解的不等式. (6)對于含字母的不等式，要能按照正確的分類標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行分類討論. ●殲滅難點訓(xùn)練 一、選擇題 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，+∞) 二、填空題 2.(★★★★★)已知f(

8、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__________. 三、解答題 4.(★★★★★)已知適合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤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)＞(k∈R+) 5.(★★★★★)設(shè)f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，問是否存在a、b、c∈R，使得不等式：x2+≤f(x)≤2x2+2x+對一切實數(shù)x都成立，

9、證明你的結(jié)論. 6.(★★★★★)已知函數(shù)f(x)=x2+px+q，對于任意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+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(sinθ+2)的最大值是14，求p的值.并求此時f(sinθ)的最小值. 7.(★★★★)解不等式loga(x－)＞1 8.(★★★★★)設(shè)函數(shù)f(x)=ax滿足條件：當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x)＞1；當(dāng)x∈(0，1時，不等式f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍. 參考答案 難點磁場 解：原不等式可化為：＞0， 即［(a－1)x

10、+(2－a)］(x－2)＞0. 當(dāng)a＞1時，原不等式與(x－)(x－2)＞0同解. 若≥2，即0≤a＜1時，原不等式無解；若＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1時原不等式的解為(－∞，)∪(2，+∞). 當(dāng)a＜1時，若a＜0，解集為(，2)；若0＜a＜1，解集為(2，) 綜上所述：當(dāng)a＞1時解集為(－∞，)∪(2，+∞)；當(dāng)0＜a＜1時，解集為(2，)；當(dāng)a=0時，解集為；當(dāng)a＜0時，解集為(，2）. 殲滅難點訓(xùn)練 一、1.解析：由f(x)及f(a)＞1可得： ① 或 ② 或 ③ 解①得a＜－2，解②得－＜a＜1，解③得x∈ ∴a的取值范圍是(－∞，－2)∪

11、(－，1） 答案：C 二、 2.解析：由已知b＞a2∵f(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cos2x－2cosx－a－1=0，令t=cosx，得t2－2t－a－1=0，原問題轉(zhuǎn)化為方程t2－2t－a－1=0在［－1，1］上至少有一個實根.令f(t)=t2－2t－a－1，對稱軸t=1，畫圖象分析可得解得a∈［－2，2］. 答案：［－2，2］ 三、 4.解：(1)∵適合不等式|x2－4x+p|

12、+|x－3|≤5的x的最大值為3， ∴x－3≤0，∴|x－3|=3－x. 若|x2－4x+p|=－x2+4x－p，則原不等式為x2－3x+p+2≥0，其解集不可能為{x|x≤3}的子集，∴|x2－4x+p|=x2－4x+p. ∴原不等式為x2－4x+p+3－x≤0，即x2－5x+p－2≤0，令x2－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得m=2，p=8. (2)f(x)=，∴f-－1(x)=log8 (－1＜x＜1， ∴有l(wèi)og8＞log8，∴l(xiāng)og8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k. ∵－1＜x＜1，k∈R+，∴當(dāng)0＜k＜2時，原不等式解集為{x|1－k＜x＜1

13、}；當(dāng)k≥2時，原不等式的解集為{x|－1＜x＜1. 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)=，∴a－b+c=，故 2(a+c)=5，a+c=且b=1，∴f(x)=ax2+x+(－a). 依題意：ax2+x+(－a)≥x2+對一切x∈R成立， ∴a≠1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0， ∴f(x)=x2+x+1 易驗證：x2+x+1≤2x2+2x+對x∈R都成立. ∴存在實數(shù)a=，b=1，c=1，使得不等式：x2+≤f(x)

14、≤2x2+2x+對一切x∈R都成立. 6.解：(1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即當(dāng)x∈［－1，1］時，f(x)≤0，當(dāng)x∈［1，3］時，f(x)≥0，∴當(dāng)x=1時f(x)=0.∴1+p+q=0，∴q=－(1+p) (2)f(x)=x2+px－(1+p)， 當(dāng)sinθ=－1時f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0 (3)注意到f(x)在［1，3］上遞增，∴x=3時f(x)有最大值.即9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3. 此時，f(x)=x2+3x－4，即求x∈［－1，1］時f(x)的最小值.又f(x)=(x+)2－，顯然此函數(shù)在［－1，1］上

15、遞增. ∴當(dāng)x=－1時f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6. 7.解：(1)當(dāng)a＞1時，原不等式等價于不等式組 ① ② 由此得1－a＞.因為1－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0. (2)當(dāng)0＜a＜1時，原不等式等價于不等式組： 由 ①得x＞1或x＜0，由②得0 ＜x＜，∴1＜x＜. 綜上，當(dāng)a＞1時，不等式的解集是{x|＜x＜0，當(dāng)0＜a＜1時，不等式的解集為{x|1＜x＜}. 8.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. 在x∈(0，1恒成立. 整理，當(dāng)x∈(0，1)時，恒成立，即當(dāng)x∈(0，1時，恒成立，且x=1時，恒成立， ∵在x∈(0，1上為減函數(shù)，∴＜－1， ∴m＜恒成立m＜0. 又∵，在x∈(0，1上是減函數(shù)， ∴＜－1. ∴m＞恒成立m＞－1當(dāng)x∈(0，1)時，恒成立m∈(－1，0)① 當(dāng)x=1時，，即是∴m＜0 ② ∴①、②兩式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1時，f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，m的取值范圍是(－1，0)