6.5 不等式的解法(二)
●知識梳理
1.x>a x>a或x<-a(a>0);
x<a -a<x<a(a>0).
2.形如x-a+x-b≥c的不等式的求解通常采用“零點(diǎn)分段討論法”.
3.含參不等式的求解,通常對參數(shù)分類討論.
4.絕對值不等式的性質(zhì):
a-b≤a±b≤a+b.
思考討論
1.在x>a x>a或x<-a(a>0)、x<a -a<x<a(a>0)中的a>0改為a∈R還成立嗎?
2.絕對值不等式的性質(zhì)中等號成立的條是什么?
●點(diǎn)擊雙基
1.設(shè)a、b是滿足ab<0的實(shí)數(shù),那么
A.a+b>a-b
B.a+b<a-b
C.a-b<a-b
D.a-b<a+b
解析:用賦值法.令a=1,b=-1,代入檢驗(yàn).
答案:B
2.不等式2x2-1≤1的解集為
A.{x-1≤x≤1}B.{x-2≤x≤2}
C.{x0≤x≤2}D.{x-2≤x≤0}
解析:由2x2-1≤1得-1≤2x2-1≤1.
∴0≤x2≤1,即-1≤x≤1.
答案:A
3.不等式x+log3x<x+log3x的解集為
A.(0,1)B.(1,+∞)
C.(0,+∞)D.(-∞,+∞)
解析:∵x>0,x與log3x異號,
∴l(xiāng)og3x<0.∴0<x<1.
答案:A
4.已知不等式a≤ 對x取一切負(fù)數(shù)恒成立,則a的取值范圍是____________.
解析:要使a≤ 對x取一切負(fù)數(shù)恒成立,
令t=x>0,則a≤ .
而 ≥ =2 ,
∴a≤2 .
答案:a≤2
5.已知不等式2x-t+t-1<0的解集為(- , ),則t=____________.
解析:2x-t<1-t,t-1<2x-t<1-t,
2t-1<2x<1,t- <x< .
∴t=0.
答案:0
●典例剖析
【例1】 解不等式2x+1+x-2>4.
剖析:解帶絕對值的不等式,需先去絕對值,多個(gè)絕對值的不等式必須利用零點(diǎn)分段法去絕對值求解.令2x+1=0,x-2=0,得兩個(gè)零點(diǎn)x1=- ,x2=2.
解:當(dāng)x≤- 時(shí),原不等式可化為
-2x-1+2-x>4,
∴x<-1.
當(dāng)- <x≤2時(shí),原不等式可化為
2x+1+2-x>4,
∴x>1.又- <x≤2,
∴1<x≤2.
當(dāng)x>2時(shí),原不等式可化為
2x+1+x-2>4,∴x> .
又x>2,∴x>2.
綜上,得原不等式的解集為{xx<-1或1<x}.
深化拓展
若此題再多一個(gè)含絕對值式子.如:
2x+1+x-2+x-1>4,你又如何去解?
分析:令2x+1=0,x-2=0,x-1=0,
得x1=- ,x2=1,x3=2.
解:當(dāng)x≤- 時(shí),原不等式化為
-2x-1+2-x+1-x>4,∴x<- .
當(dāng)- <x≤1時(shí),原不等式可化為
2x+1+2-x+1-x>4,4>4(矛盾).
當(dāng)1<x≤2時(shí),原不等式可化為
2x+1+2-x+x-1>4,∴x>1.
又1<x≤2,
∴1<x≤2.
當(dāng)x>2時(shí),原不等式可化為
2x+1+x-2+x-1>4,∴x> .
又x>2,∴x>2.
綜上所述,原不等式的解集為{xx<- 或x>1}.
【例2】 解不等式|x2-9|≤x+3.
剖析:需先去絕對值,可按定義去絕對值,也可利用x≤a -a≤x≤a去絕對值.
解法一:原不等式 (1) 或(2)
不等式(1) x=-3或3≤x≤4;
不等式(2) 2≤x<3.
∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3}.
解法二:原不等式等價(jià)于
或x≥2 x=-3或2≤x≤4.
∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3}.
【例3】 (理)已知函數(shù)f(x)=xx-a(a∈R).
(1)判斷f(x)的奇偶性;
(2)解關(guān)于x的不等式:f(x)≥2a2.
解:(1)當(dāng)a=0時(shí),
f(-x)=-x-x=-xx=-f(x),
∴f(x)是奇函數(shù).
當(dāng)a≠0時(shí),f(a)=0且f(-a)=-2aa.
故f(-a)≠f(a)且f(-a)≠-f(a).
∴f(x)是非奇非偶函數(shù).
(2)由題設(shè)知xx-a≥2a2,
∴原不等式等價(jià)于 ①
或 ②
由①得 x∈ .
由②得
當(dāng)a=0時(shí),x≥0.
當(dāng)a>0時(shí),
∴x≥2a.
當(dāng)a<0時(shí),
即x≥-a.
綜上
a≥0時(shí),f(x)≥2a2的解集為{xx≥2a};
a<0時(shí),f(x)≥2a2的解集為{xx≥-a}.
()設(shè)函數(shù)f(x)=ax+2,不等式 f(x)<6的解集為(-1,2),試求不等式 ≤1的解集.
解:ax+2<6,
∴(ax+2)2<36,
即a2x2+4ax-32<0.
由題設(shè)可得
解得a=-4.
∴f(x)=-4x+2.
由 ≤1,即 ≤1可得 ≥0.
解得x> 或x≤ .
∴原不等式的解集為{xx> 或x≤ }.
●闖關(guān)訓(xùn)練
夯實(shí)基礎(chǔ)
1.已知集合A={xa-1≤x≤a+2},B={x3<x<5},則能使A B成立的實(shí)數(shù)a的取值范圍是
A.{a3<a≤4}B.{a3≤a≤4}
C.{a3<a<4}D.
解析:由題意知 得3≤a≤4.
答案:B
2.不等式x2+2x<3的解集為____________.
解析:-3<x2+2x<3,即
∴-3<x<1.
答案:-3<x<1
3.不等式x+2≥x的解集是____________.
解法一:x+2≥x (x+2)2≥x2 4x+4≥0 x≥-1.
解法二: 在同一直角坐標(biāo)系下作出f(x)=x+2與g(x)=x的圖象,根據(jù)圖象可得x≥-1.
解法三:根據(jù)絕對值的幾何意義,不等式x+2≥x表示數(shù)軸上x到-2的距離不小于到0的距離,∴x≥-1.
答案:{xx≥-1}
評述:本題的三種解法均為解絕對值不等式的基本方法,必須掌握.
4.當(dāng)0<a<1時(shí),解關(guān)于x的不等式a <ax-2.
解:由0<a<1,原不等式可化為 >x-2.
這個(gè)不等式的解集是下面不等式組①及②的解集的并集. ①
或 ②
解不等式組①得解集為{x ≤x<2},
解不等式組②得解集為{x2≤x<5},
所以原不等式的解集為{x ≤x<5}.
5.關(guān)于x的方程3x2-6(m-1)x+m2+1=0的兩實(shí)根為x1、x2,若x1+x2=2,求m的值.
解:x1、x2為方程兩實(shí)根,
∴Δ=36(m-1)2-12(m2+1)≥0.
∴m≥ 或m≤ .
又∵x1•x2= >0,∴x1、x2同號.
∴x1+x2=x1+x2=2m-1.
于是有2m-1=2,∴m=0或2.
∴m=0.
培養(yǎng)能力
6.解不等式 ≤ .
解:(1)當(dāng)x2-2<0且x≠0,即當(dāng)- <x< 且x≠0時(shí),原不等式顯然成立.
(2)當(dāng)x2-2>0時(shí),原不等式與不等式組 等價(jià).
x2-2≥|x|,即|x|2-|x|-2≥0.
∴|x|≥2.∴不等式組的解為|x|≥2,
即x≤-2或x≥2.
∴原不等式的解集為(-∞,-2]∪(- ,0)∪(0, )∪[2,+∞).
7.已知函數(shù)f(x)= 的定義域恰為不等式log2(x+3)+log x≤3的解集,且f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:由log2(x+3)+log x≤3得
x≥ ,
即f(x)的定義域?yàn)椋?,+∞).
∵f(x)在定義域[ ,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
∴當(dāng)x2>x1≥ 時(shí),f(x1)-f(x2)>0恒成立,即有(ax1- +2)-(ax2- +2)>0 a(x1-x2)-( - )>0
(x1-x2)(a+ )>0恒成立.
∵x1<x2,∴(x1-x2)(a+ )>0
a+ <0.
∵x1x2> - >- ,
要使a<- 恒成立,
則a的取值范圍是a≤- .
8.有點(diǎn)難度喲!
已知f(x)=x2-x+c定義在區(qū)間[0,1]上,x1、x2∈[0,1],且x1≠x2,求證:
(1)f(0)=f(1);
(2) f(x2)-f(x1)<x1-x2;
(3) f(x1)-f(x2)< ;
(4) f(x1)-f(x2)≤ .
證明:(1)f(0)=c,f(1)=c,
∴f(0)=f(1).
(2) f(x2)-f(x1)=x2-x1x2+x1-1.
∵0≤x1≤1,∴0≤x2≤1,0<x1+x2<2(x1≠x2).
∴-1<x1+x2-1<1.
∴ f(x2)-f(x1)<x2-x1.
(3)不妨設(shè)x2>x1,由(2)知
f(x2)-f(x1)<x2-x1.①
而由f(0)=f(1),從而
f(x2)-f(x1)= f(x2)-f(1)+f(0)-f(x1)≤ f(x2)-f(1)+ f(0)-
f(x1)<1-x2+x1<1-x2+x1.②
①+②得2 f(x2)-f(x1)<1,
即 f(x2)-f(x1)< .
(4)f(x2)-f(x1)≤fmax-fmin=f(0)-f( )= .
探究創(chuàng)新
9.(1)已知a<1,b<1,求證: >1;
(2)求實(shí)數(shù)λ的取值范圍,使不等式 >1對滿足a<1,b<1的一切實(shí)數(shù)a、b恒成立;
(3)已知a<1,若 <1,求b的取值范圍.
(1)證明:1-ab2-a-b2=1+a2b2-a2-b2=(a2-1)(b2-1).
∵a<1,b<1,∴a2-1<0,b2-1<0.
∴1-ab2-a-b2>0.
∴1-ab>a-b,
= >1.
(2)解:∵ >1 1-abλ2-aλ-b2=(a2λ2-1)(b2-1)>0.
∵b2<1,∴a2λ2-1<0對于任意滿足a<1的a恒成立.
當(dāng)a=0時(shí),a2λ2-1<0成立;
當(dāng)a≠0時(shí),要使λ2< 對于任意滿足a<1的a恒成立,而 >1,
∴λ≤1.故-1≤λ≤1.
(3) <1 ( )2<1 (a+b)2<(1+ab)2 a2+b2-1-a2b2<0 (a2-1)(b2-1)<0.
∵a<1,∴a2<1.∴1-b2>0,即-1<b<1.
●思悟小結(jié)
1.解含有絕對值的不等式的指導(dǎo)思想是去掉絕對值.常用的方法是:(1)由定義分段討論;(2)利用絕對值不等式的性質(zhì);(3)平方.
2.解含參數(shù)的不等式,如果轉(zhuǎn)化不等式的形式或求不等式的解集時(shí)與參數(shù)的取值范圍有關(guān),就必須分類討論.注意:(1)要考慮參數(shù)的總?cè)≈捣秶?(2)用同一標(biāo)準(zhǔn)對參數(shù)進(jìn)行劃分,做到不重不漏.
●教師下載中心
教學(xué)點(diǎn)睛
1.絕對值是歷年高考的重點(diǎn),而絕對值不等式更是常考常新.在教學(xué)中要從絕對值的定義和幾何意義分析,絕對值的特點(diǎn)是帶有絕對值符號,如何去掉絕對值符號,一定要教給學(xué)生方法,切不可以題論題.
2.無理不等式在新程書本并未出現(xiàn),但可以利用不等式的性質(zhì)把其等價(jià)轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式.
3.指數(shù)、對數(shù)不等式能利用單調(diào)性求解.
拓展題例
【例1】 設(shè)x1、x2、y1、y2是實(shí)數(shù),且滿足x12+x22≤1,證明不等式(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).
分析:要證原不等式成立,也就是證(x1y1+x2y2-1)2-(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0.
證明:(1)當(dāng)x12+x22=1時(shí),原不等式成立.
(2)當(dāng)x12+x22<1時(shí),聯(lián)想根的判別式,可構(gòu)造函數(shù)f(x)=(x12+x22-1)x-2(x1y1+x2y2-1)x+(y12+y22-1),其根的判別式Δ=4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1).
由題意x12+x22<1,函數(shù)f(x)的圖象開口向下.
又∵f(1)=x12+x22-2x1y1-2x2y2+y12+y22=(x1-y1)2+(x2-y2)2≥0,
因此拋物線與x軸必有公共點(diǎn).
∴Δ≥0.
∴4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0,
即(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).
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