2009年高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)突破專(zhuān)題輔導(dǎo)十九

難點(diǎn)19  解不等式

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.

●難點(diǎn)磁場(chǎng)

(★★★★)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(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)≤t²－2at+1對(duì)所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求實(shí)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(jí)題目.

知識(shí)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(wèn)題分解轉(zhuǎn)化，是函數(shù)中的熱點(diǎn)問(wèn)題；問(wèn)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(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(duì)x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，所以要f(x)≤t²－2at+1對(duì)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(duì)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(shí)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(jí)題目.

知識(shí)依托：本題主要涉及一元二次不等式根與系數(shù)的關(guān)系及集合與集合之間的關(guān)系，以及分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想.

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：M［1，4］有n種情況：其一是M=，此時(shí)Δ＜0；其二是M≠，此時(shí)Δ＞0，分三種情況計(jì)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(shí)，－1＜a＜2，M=［1，4］

(2)當(dāng)Δ=0時(shí)，a=－1或2.當(dāng)a=－1時(shí)M={－1}?［1，4］；當(dāng)a=2時(shí)，m={2}［1，4］.

(3)當(dāng)Δ＞0時(shí)，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(shí)，a的取值范圍是(－1，).

●錦囊妙計(jì)

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，特別要注意因式的處理方法.

(3)掌握無(wú)理不等式的三種類(lèi)型的等價(jià)形式，指數(shù)和對(duì)數(shù)不等式的幾種基本類(lèi)型的解法.

(4)掌握含絕對(duì)值不等式的幾種基本類(lèi)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(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)行分類(lèi)討論.

●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、選擇題

試題詳情

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二、填空題

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三、解答題

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難點(diǎn)磁場(chǎng)

解：原不等式可化為：＞0，

即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0.

當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式與(x－)(x－2)＞0同解.

若≥2，即0≤a＜1時(shí)，原不等式無(wú)解；若＜2，即a＜0或a＞1，于是a＞1時(shí)原不等式的解為(－∞，)∪(2，+∞).

當(dāng)a＜1時(shí)，若a＜0，解集為(，2)；若0＜a＜1，解集為(2，)

綜上所述：當(dāng)a＞1時(shí)解集為(－∞，)∪(2，+∞)；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，解集為(2，)；當(dāng)a=0時(shí)，解集為；當(dāng)a＜0時(shí)，解集為(，2）.

殲滅難點(diǎn)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)∪(－，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(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程t²－2t－a－1=0在［－1，1］上至少有一個(gè)實(shí)根.令f(t)=t²－2t－a－1，對(duì)稱(chēng)軸t=1，畫(huà)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|+|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(shí)，原不等式解集為{x|1－k＜x＜1}；當(dāng)k≥2時(shí)，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(duì)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(yàn)證：x²+x+1≤2x²+2x+對(duì)x∈R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x∈R都成立.

6.解：(1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即當(dāng)x∈［－1，1］時(shí)，f(x)≤0，當(dāng)x∈［1，3］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)sinθ=－1時(shí)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(shí)f(x)有最大值.即9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3.

此時(shí)，f(x)=x²+3x－4，即求x∈［－1，1］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)=1－3－4=－6.

7.解：(1)當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組

由此得1－a＞.因?yàn)?－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0.

(2)當(dāng)0＜a＜1時(shí)，原不等式等價(jià)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(shí)，不等式的解集是{x|＜x＜0，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，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(shí)，恒成立，即當(dāng)x∈(0，1時(shí)，恒成立，且x=1時(shí)，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(shí)，恒成立m∈(－1，0)①

當(dāng)x=1時(shí)，，即是∴m＜0                                                 ②

∴①、②兩式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1時(shí)，f(3mx－1)＞f(1+mx－x²)＞f(m+2)恒成立，m的取值范圍是(－1，0)