高三數(shù)學(xué)高考考點解析不等式問題的題型與方法全國通用

1、不等式問題的題型與方法（3課時）一、考試內(nèi)容不等式，不等式的基本性質(zhì)，不等式的證明，不等式的解法，含絕對值不等式二、考試要求.理解不等式的性質(zhì)及其證明。.掌握兩個（不擴(kuò)展到三個）正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于它們的幾何平均數(shù)的定理，并會簡單 的應(yīng)用。.掌握分析法、綜合法、比較法證明簡單的不等式。.掌握簡單不等式的解法。.理解不等式 |a|- |b| |a+b| a,則a=.分析：讀懂并能揭示問題中的數(shù)學(xué)實質(zhì)，將是解決該問題的突破口.怎樣理解“對M中的其它元素(c, d),總有 Oa ? M中的元素又有什么特點?解：依題可知，本題等價于求函數(shù)x=f(y)=(y+3) |y-1|+(y+3)在時的最小值.

2、 TOC o 1-5 h z 5125(1)當(dāng)式代 1 時，x = (y + 3)(l-y)+(y + 3)，丁 -y+6 = -(y + -)3+ ,59所以y = A時，39(2)當(dāng) 1 WyW3 時,x = (y + 3)(y-l) + (y + 3) = y3+3y = (；y + -)3乙I所以當(dāng)y=1時，xmin=4 . HYPERLINK l bookmark15 o Current Document 9599而4因此當(dāng)y時，*有最小值1即好; HYPERLINK l bookmark17 o Current Document 4244說明：題設(shè)條件中出現(xiàn)集合的形式，因此要認(rèn)清集

3、合元素的本質(zhì)屬性，然后結(jié)合條件，揭示其數(shù)學(xué)實質(zhì).即求集合 M中的元素滿足關(guān)系式= (y +3) |y -l|+(y+ 3), -3 的所有點中橫坐標(biāo)最小的自值.2a .例2.解關(guān)于x的不等式：xx -a 0)9分析：本例主要復(fù)習(xí)含絕對值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關(guān)鍵不是對參數(shù) a進(jìn)行討論，而是去絕對值時必須對末知數(shù)進(jìn)行討論，得到兩個不等式組， 最后對兩個不等式組的解集求并集，得出原不等式的解集。. x 至a一 x 至 a解：當(dāng)x之a(chǎn)時，不等式可轉(zhuǎn)化為,22,9x(x 一 a K 2a 19x - 9ax -2a40 x ax 父 a TOC o 1-5 h z 當(dāng)x a時不等式可化為

4、2即122ax(a -x) 2a 9x - 9ax + 2a 之 0a 2a二 x 一或 x a33故不等式的解集為(g； Ll|2a,17alo336x 2例3.己知二個不等式： 2x45x =至1 2x2+mx10 x2 -3x +2(1)若同時滿足、的 x值也滿足，求 m的取值范圍；(2)若滿足的x值至少滿足和中的一個，求m的取值范圍。分析：本例主要綜合復(fù)習(xí)整式、分式不等式和含絕對值不等的解法，以及數(shù)形結(jié)合思想，解本題的關(guān)鍵弄清同時滿足、的x值的滿足的充要條件是：對應(yīng)的方程的兩根分別在(-,0壞口 3,十比)內(nèi)。不等式和與之對應(yīng)的方程及函數(shù)圖象有著密不可分的內(nèi)在聯(lián)系，在解決 問題的過程中

5、，要適時地聯(lián)系它們之間的內(nèi)在關(guān)系。解：記的解集為A,的解集為B,的解集為Co解得 A= (-1, 3)；解得 B=b,1)u(2,4 , A c B = 0,1) u (2,3)因同時滿足、的 x值也滿足，ACBEC2設(shè)f(x)=2x +mx+1,由f(x)的圖象可知：方程的小根小于0,大根大于或等于 3時,即可滿足AcB5f(0)0即;一9,mM上/(3) 03m+17031f (4) =4m+31 之0,解之得-m1d m /-144說明：同時滿足的x值滿足的充要條件是：對應(yīng)的方程 2x2+mx-1=0的兩根分別在(-8, 0)和3, +8)內(nèi)，因此有f(0)5.分析：回憶二次函數(shù)的幾種特

6、殊形式.設(shè)f(x)=ax2+bx+c(aw 0).頂點式.f(x)=a(x-x0)2+f(x0)(aw0).這里(x0, f(x0)是二次函數(shù)的頂點，x0 = -b,f(Ka)=-i fW點式.= 康-町這里訃町是使電=0的值，滿足X1+町二士國必二三點式.設(shè)你y a a)、(x2 , f(x2)、(x3, f(x3)是二次函數(shù)圖象上的不同三點，則系數(shù)a, b, c可由ff(xj) = +b3q +ct(町)=ax a +b町確定)耳叼)=居妙+ c.證明：設(shè)二次三項式為：f(x)=a(x-x1 )(x-x2), aC N.依題意知：0 Vxi v 1, 0Vx2 V 1,且x1 w x2 .

7、于是有f(0) 0, f(1)0.又f(x)=ax2 -a(x 1+x 2 )x+ax1 x 2為整系數(shù)二次三項式，所以 f(0)=axx2、f(1)=a (1-x1)(1-x2)為正整數(shù).故 f(0) 1, f(1)1.從而 f(0) - f(1) 1.另一方面，：._1： 1.且由x1 wx2知等號不同時成立，所以X(l-町)町(1-叼) 1.165 1 口町(1 叼)16.又aC N,所以a5.說明：二次函數(shù)是一類被廣泛應(yīng)用的函數(shù)，用它構(gòu)造的不等式證明問題，往往比較靈活.根 據(jù)題設(shè)條件恰當(dāng)選擇二次函數(shù)的表達(dá)形式，是解決這類問題的關(guān)鍵.例5.設(shè)等差數(shù)列an的首項al 0且Sm=Sh(mwn

8、).問：它的前多少項的和最大？分析:要求前n項和的最大值，首先要分析此數(shù)列是遞增數(shù)列還是遞減數(shù)列.解:設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,由Sm=Sn得d二呵 + do 2(m-n)電 +dm2 -n: -(m-n) = 0乙2al-= d= m + n-1K數(shù)列%是遞減數(shù)列，所以存在kE N.使 力ak 0,且 ak+1 0,如地2亍亍+1+ 1。.所以數(shù)列%的前丁項和最大.說明：諸多數(shù)學(xué)問題可歸結(jié)為解某一不等式(組).正確列出不等式(組)，并分析其解在具體問題的意義，是得到合理結(jié)論的關(guān)鍵.例6.若二次函數(shù)y=f(x)的圖象經(jīng)過原點，且 iwf(-l)w2, 3f(1)4,求f(-2)的范圍.分析：要

9、求f(-2)的取值范圍，只需找到含人 f(-2)的不等式(組).由于y=f(x)是二次函數(shù)，所以 應(yīng)先將f(x)的表達(dá)形式寫出來.即可求得 f(-2)的表達(dá)式，然后依題設(shè)條件列出含有f(-2)的不等式(組)，即可求解.解：因為y=f(x)的圖象經(jīng)過原點，所以可設(shè) y=f(x)=ax2+bx.于是3f(l)4,|3a + b4.解法一(利用基本不等式的性質(zhì))f22a-2b4, ：42軟64a-2b6 f(-2) 10.其中等號分別在與二：時成立.虱二：與滿足 b = 1. b = 1.b = L b = 1.建立直角坐標(biāo)系 aob,作出不等式組(I)所表示的區(qū)域，如圖 6中的陰影部分.因為(I

10、)所以f(-2)的取值范圍是6, 10.解法二(數(shù)形Z合)f(-2)=4a-2b ,所以 4a-2b-f(-2)=0 表示斜率為2的直線系.如圖6,當(dāng)直線4a-2b-f(-2)=0過點A(2,1), B(3, 1)時,分別取得f(-2)的最小值6,最大值10.即f(-2)的取值范圍是：6f(-2) 10.解法三(利用方程的思想)1=*1)+(-1力1又 f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1),而1f(-1)2, 3f(1)4,所以33f(-1)6.+ 得 43f(-1)+f(1) 10,即 6 f(-2)10.說明：(1)在解不等式時，要求作同解變形.要避免出現(xiàn)以下一種錯解:243,將

11、不等式組(I )變形得1/-3 而f(-2) =:4a - 2b22b, 84a 12, -3-2b-1,所以 5 f(-2)0時，若又t任意xw R都有f(x)E1,證明：aw2vb;(2)當(dāng)b1時，證明：對任意xw0,1, | f(x)區(qū)1的充要條件是b-1 a2Vb ;(3)當(dāng)0 b W 1時，討論：對任意xw 0,1 , | f(x)區(qū)1的充要條件。2證明：(1)依題意，對任意 xwR,都有 f(x) 1,v f(x) = -b(x-)2 + 2b 4b2.a a一f ()二一 _1, a 0,b 0. a 2 .b.2b 4b(2)充分性:1,a b -1,對任意xw 0,11可推出

12、:ax bx2 之 b(x-x2)-x之x 21,即ax bx2 之1;又丁 b1,a W2JE,對任意xw b,1可知axbx2 M2Jbxbx2 (2Vbx -bx2)max =2bb (-)2 =1，即 axbx2 M1. b b.-1 f (x) 1必要性：對任意 x 0,11 f(x) 1,. f (x) - -1,. f (1) - -1即 a - b t -1，a A b -1;又 b a 1 二 0 1.b：二1,由 x 1 f即 a= -1 1,. a M2而，故b -1 a M 27b .b綜上，對任意xW b,11f(x),M1的充要條件是b-1a0,0 -b -1即 f

13、 (x)之1;又由 f (x) 1f(1) 1,即 ab1,即a，b + 1 而當(dāng) a Mb 1時，f (x) = ax -bx2 (b 1)x -bx2 = -b(x -b- )2 (12b 4bb -10 :二 b Ml,. - 12b.在0,1 ,y =(b+1)xbx2是增函數(shù)，故在x=1時取得最大值1,f (x) 0,00, b0, a3+b3=2.求證 a+b2, ab 0, b0, a3+b3=2,所以(a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6=3ab(a+b)-2=3ab(a+b)-(a 3+b3)=-3(a+b)(a-b)2 0,即(a+b

14、)323.又叁所以建+b2,因為2病a+b 0, b0, a3+b3=2,所以又 a + b = a* 1*1* 1 + b * 1 * 1=3 J- 1 + Jb3 *7* 1.a3 +1 + 1 b3+l + l a3 +b3+4 6 人%+ = l 口 一 .乙，3333所以 a+b 2, ab 0, b0,所以 m0, n0 且 A=m2-4n0.因止匕 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b)2-3ab=mm2-3n,所以3 %i-i3將代人得n?-4(號-3)0,即二藝0,所以.m3+8)5 3m3m0,即m42,所以a+bm 得 4m2,又 m2 4n

15、,所以 4 4n,即 n 1,所以 ab 0, b0, a3+b3=2,所以2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)(2ab-ab)=ab(a+b),于是有63ab(a+b),從而8 3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3 ,所以a+b2.(以下略) TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark100 o Current Document 證法五(利用公式因為 乙I乙a3 + b3 a + b 2 _ (a + b)4aa + 4b2 - 4ab - a2 - ba - 2abF)8 HYPERLINK l bookmark

16、104 o Current Document 所以對任意非負(fù)實數(shù)a, b有亨(辭f, 1uu因為a0,b0口+b*=2,所以(與V因此41,UUiUi即a+b2,則a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a+b)2-3ab 2(22-3ab).因為 a3+b3=2,所以 22(4-3ab),因此 ab1.另一方面，2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)(2ab-ab)=(a+b) - ab2ab, 所以abv 1.于是與 矛盾，故a+bw 2.(以下略)說明：此題用了六種不同的方法證明，這幾種證法都是證明不等式的常用方法.例9.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+

17、c的圖象與兩直線 y=x, y=-x,均不相交.試證明對一切正R都旬a(chǎn)x+& + k .4同分析：因為xC R,故|f(x)|的最小值若存在，則最小值由頂點確定，故設(shè)f(x)=a(x-x0)2+f(x0).b” A ac證明：由題意知，aw0.設(shè) f(x)=a(x-x0)2+f(x0),則 f,。)=.又二次方程ax2+bx+c= x無實根，故Ai=(b+1)2-4ac0,投=(b-1)2-4acv 0.所以(b+1)2+(b-1)2-8acv 0,即 2b2+2-8acv0,即b2-4ac 1.b2 -4ac |ba -4ac|. 1故|6。)月工-|=西廠福,由M-4如.1 成立.說明：從

18、上述幾個例子可以看出，在證明與二次函數(shù)有關(guān)的不等式問題時，如果針對題設(shè)條件，合理采取二次函數(shù)的不同形式，那么我們就找到了一種有效的證明途徑.例10. (2002理)某城市2001年末汽車保有量為 30萬輛，預(yù)計此后每年報廢上一年末汽車保有量的6%,并且每年新增汽車數(shù)量相同。為了保護(hù)城市環(huán)境，要求該城市汽車保有量不超過60萬輛，那么每年新增汽車數(shù)量不應(yīng)超過多少輛？解：設(shè)2001年末的汽車保有量為以后每年末的汽車保有量依次為a2,a3.,每年新增汽車x萬輛。由題意得 an 1 = 0.94an , x即 an 1 x = 0.94(an - x )0.060.06an =(30 -0.06n 1

19、X)0.94 0.0630令an E60,解得 xE（30 +）父0.0610.94上式右端是關(guān)于n的減函數(shù)，且當(dāng)nT8時，上式趨于3.6故要對一切自然數(shù)n滿足an M60,應(yīng)有x M 3.6，即每年新增汽車不應(yīng)超 過3.6萬輛例11.已知奇函數(shù)f（x）在（-笛,0）= （0,+由）上有定義，在（0,+R）上是增函數(shù)，f （1） =0,又知函數(shù) g=sin2 0 +mcosO -2m,6 w 0, ,集合M =品包有g(shù)0汴=何恒有（9。）01求M c N分析：這是一道比較綜合的問題，考查很多函數(shù)知識，通過恰當(dāng)換元，使問題轉(zhuǎn)化為二次函 數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題。解;奇數(shù)函數(shù)f（x）在（0, +的）

20、上是增函數(shù)，二f （x）在（-8,0）上也是增函數(shù)。又由 f (1) =0得 f (一1) = f (1) =0 :滿足 3g0的條件是f(g(u)：二0 = f(-1)儲0g(9) -1即g（8） 1（日乏（。，一），即 sin 之日 + mcosB 2m 1,2也即-cos2 m cor - 2m 2 0令 t =cos仇則t w0,1,又設(shè) 6 (t) =t2 +mt-2m + 2,0t 1要使6(t) 0,必須使6在0,1內(nèi)的最大值小于零10當(dāng)m0即m0時，6max =6(0) =2m+2,解不等式組1m 知m322m+2c0220當(dāng)0 Em 1即0 Em2寸，6(t)max -m -

21、8m 8,0 m 2m 2-m 1 :二 0得m :二 2解不等式組m2 8m+8 0#4-272 m1即m 2寸，$(t)max = m + 1,解不等式組J / / I max*綜上：M - N = mm 4-2 2 :例12.如圖，某隧道設(shè)計為雙向四車道，車道總寬22米，要求通行車輛限高 4.5米，隧道全長2.5千米，隧道的拱線近似地看成半個橢圓形狀。 (1)若最大拱高h(yuǎn)為6米，則隧道設(shè)計的拱寬l是多少？ 廠廣三一七產(chǎn)五牙(2)若最大拱高h(yuǎn)不小于6米，則應(yīng)如何設(shè)計拱高 h和拱L 尹 丁 寬l ,才能使半個橢圓形隧道的土方工程最小？ 1 .求證(1 + )(1 +)*352口-12分析:雖

22、然待證不等式是關(guān)于自然數(shù)的命題，但不一定選用數(shù)學(xué)歸納法，觀其“形”，它具有較好規(guī)律，因此不妨采用構(gòu)造數(shù)列的方法進(jìn)行解.證明設(shè)1=(1 + 2)(1 + ?)口2), bE =72n+l(n2),5 j 211T則問題轉(zhuǎn)化為證明:只需證明數(shù)列廣是遞增數(shù)列即可,設(shè)1 1 1(1 + -)(1 + -(1 + T)f(n) -一,02。-1 (口2),42口 + 12+1)f(n)(1+如+?+立)(1+奈L油8 +/1(1 +1,-(1 + -)* 71 2口+ 12(。+ D工0(2口十方鈾+1)2( 1)J2n + 3即f(n + l)f(n),所以(n)f(2) J1id說明：因為數(shù)列是特殊

23、的函數(shù)，所以可以因問題的數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，利用函數(shù)的思想解決.一 ，一一x2 -2x 2例14.已知函數(shù)f(x)=x-2X-x 1設(shè) 0 x 1,0 t M1,求證:t +x +|t -x | f (tx +1 )|(2)設(shè)x是正實數(shù)，求證：f (x+1 P - f (xn+1)之 2n -2. TOC o 1-5 h z 分析：本例主要復(fù)習(xí)函數(shù)、不等式的基礎(chǔ)知識，絕對值不等式及函數(shù)不等式的證明技巧?；?本思路先將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式，利用絕對值不等式的性質(zhì)及函數(shù)的性質(zhì)。 證明(1)再利用二項展開式及基本不等式的證明(2)。2(x -1)2 11證明：(1) - f(x)=二 f(tx+1)=t

24、x+ 一x 7tx,1二 f (tx +1) =tx+&tx tx ；,2=2,當(dāng)且僅當(dāng)tx=1時，上式取等號。T0|x 1,0|t| 2I2_22_22i i2_22_22s=(t+x+tx| =2(t +x )+2t -x (t+x+|tx) =2(t +x)+2|t -x當(dāng) t 之 x時,s=4t2 4;當(dāng)1 w|x時s = 4x2 4 . t + x +|t -x 2 f (tx +1)即 t + x + t x f (tx +1)(2) n =1時，結(jié)論顯然成立 TOC o 1-5 h z f (x - 1) n - f (xn 1) =(x - -)n -(xn , 4)二Cn1x

25、n1 - Cn2xn/ 口 xxxxn _21 rn1 Cn,_n _4 Cn ，-nZ2xx-n-221_ nJ 1_ 1 n_2_ 2 n _4Cn xFCn x F= Cn xCn xxx11/n_21、 2 nx 1、n n_21 x I=7 Cn (x n) Cn(x ). Cn (x )2 ILxxx1_1_2_n_1_2_n n一步Cn Cn-Cn jn Cn Cn =22例15. (2001年全國理)己知i,m,n是正整數(shù)，且1 ci w men (1)證明：n1Ami (1 + n)miAmi m m-1 m-2mT 1證明：(1) 對于 i Em.Am =m.(m1)m-i

26、 +1),-r =*.m m m m mn n-1 n-2 n-i 1 .由于 m Am即mAi 日晨 mnm 由二項式定理有(1 -m)n=miCni,(1n)m=、n1cmi，由知 mA. NaJi =0i=0(1 4 5, W =% m&i 才以E mn) TOC o 1-5 h z mm因此 miCniniCmi,又moCno = noCmo = 1,mCn1 = nCm1 = mn, miCni a 0i 2i 2nm(m i (1 +n)m。 i =0i =0七、強化訓(xùn)練.已知非負(fù)實數(shù) x, y滿足2x+3y8W0且3x+2y7M0,則x + y的最大值是()A. -B. 8C.

27、2D. 333.已知命題p：函數(shù)y=log0.5(x2 +2x+a)的值域為R,命題q：函數(shù)y = (5 2a)x是減函數(shù)。若p或q為真命題，p且q為假命題，則實數(shù) a的取值范圍是()A. a 1B, a2C. 1a2-a a-x -.解關(guān)于x的不等式0 x2-2x -3.求a, b的值，使得關(guān)于 x的不等式ax2+bx+a2-1 w 0的解集分別是：(1)-1 , 2; (2)(-8, -1u 2, +8)；(3)2; (4)-1 , +8).解關(guān)于x的不等式V1 -a2x a -ax(a 0且a豐1)1 11a6. (2002北東文)數(shù)列 &n 由下列條件確定：x1 = a0,xn書=-

28、xn +，n = N2 Ja,(2)證明：對于n至2,總有xn至xn書.7.設(shè)P=(log2x)2+(t-2)log2x-t+1 ,若t在區(qū)間-2, 2上變動時，P恒為正值，試求 x的變化范圍.8,已知數(shù)列 Q的通項為an ,前n項和為Sn,且an是Sn與2的等差中項，數(shù)列 M中，b1=1,點 P ( bn,bn+1)在直線 x-y+2=0上。I)求數(shù)列本n Hbn加通項公式an ,bnn)設(shè)的前n項和為Bn試比較 工+工+.+,與2的大小。B1B2Bn出)設(shè)Tn= +. +2，若對一切正整數(shù)n,Tn 1= a 2。若p或q為真命題，p且q為假命題，故p和q中只有一個是真命題，一個是假命題。若p為真，q為假時，無解；若 p為假，q為真時，結(jié)果為1a2,故選C.分析：本題主要復(fù)習(xí)分式不等式的解法、分類討論的思想及利用序軸標(biāo)根法解不等式的基本步驟。本題的關(guān)鍵是對分母分解因式，將原不等式等價轉(zhuǎn)化為(x-aj(x-3j(x+1 )0和比較a與-1及3的大小，定出分類方法。解：原不等式化為：x