高二数学同步辅导教材(第4讲) 10页

高二数学同步辅导教材（第 4 讲） 一、本讲进度 6.4 不等式的解法举例 课本第 17 页至第 19 页 二、本讲主要内容 常见类型的不等式的解法 三、学习指导 1、求不等式的解就是研究条件不等式成立的条件，或者说求出使不等式成立的变量的取值范围。在 解不等式过程中，每次对不等式进行变形都要保持前后不等式同解。 不等式的同解原理是解不等式的理论根据，主要内容有： （1）不等式两边都加上（或减去）同一个数或同一个整式，所得不等式与原不等式是同解不等式； （2）不等式两边都乘以（或除以）同一个正数或同一个大于零的整式，所得不等式与原不等式是同 解不等式； （3）不等式两边都乘以（或除以）同一个负数或同一个小于零的整式，并把不等式改变方向后，所 得不等式与原不等式是同解不等式。 2、解一元二次不等式（组），一元二次不等式（组）是解其它不等式（组）的基础。熟练掌握逻辑 联结词“或”“且”的含义及集合的“并”“交”运算是解不等式的关键。应充分利用数轴及二次函数图 象等工具，体现数形结合思想。 解高次不等式及有理分式不等式，用序轴标根法。 解无理不等式，通过去根号把它同解变形为有理不等式（组）。 解绝对不等式，通过平方法、零点分段讨论法、绝对值的意义等去掉绝对值符号。对于|x-a|+|x-b|c 型的不等式，还可借助绝对值表示的几何意义求解。 超越不等式，通过函数单调性的性质求解。 3、含字母问题，应选择正确的分类标准合理地进行讨论。 四、典型例题 【例 1】 解不等式：x2-(a+a2)x+a3<0。 解题思路分析： 因 x2-(a2+a)x+a3=(x-a)(x-a2)，不等式解的一般形式为两根 a 与 a2 之间，下面比较 a 与 a2 大小。 a-a2=a(1-a) 当 a=0 或 a=1 时，a=a2，原不等式为 x2<0，或(x-1)2<0，不等式无解 当 00，a>a2， 不等式解为 a21 或 a<0 时，a(1-a)<0，a0。 解题思路分析： 首先对二次项系数 a 讨论，以确定不等式的类型：当 a=0 时，原不等式为 4x+4>0，x>-1。 当 a≠0 时，不等式为二次不等式，其解的情况应考虑判别式△=16-16a=16(1-a)及二次项系数 a 的 符号这两个因素，也就是讨论的标准为 a 与 1 与 0 的大小比较。 当 a>1 时，不等式可化为 0a 4xa 4x 2  △’= 0 a )a1(16 a 44)a 4( 2 2  ，不等式的解为 R 当 00，解的形式为两根之外，求得方程 0a 4xa 4x 2  两根为 a a122x  ， a a122 a a122  ， 不 等 式 的 解 为 a a122x  ，或 a a122x  。 当 a<0 时， 不 等 式 可化 为 0a 4xa 4x 2  ，△’>0， 解的 形式 为 两 根 之 间 ，不 等 式的 解 为 a a122xa a122  ，注意此时两根大小已改变。 当 a=1 时，原不等式可化为 x2+4x+4>0，(x+2)2>0 ∴ x≠-2 注：含字母的二次不等式的讨论，涉及到的因素较多，如二次项系数是否为 0，判别式△的符号， 两根的大小关系。在判别式△<0 时，应注意区别不等式的解是 R 或φ 。关于不等式解的一般形式是两根 之间还两根之外，应由二次项符号及不等号方向两者同时决定，当二次项为正（负）及不等号方向为大 于（小于）时，不等式解的形式为两根之外；否则为两根之间。通常将二次项系数化为常数。 【例 3】 已知不等式组      0k5x)5k2(x2 02xx 2 2 的整数解的集合是{-2}，求实数 k 的取值范围。 解题思路分析： 不妨记 A={x|2x2+(2k+5)x+5k<0}={x|(x+k)(2x+5)<0}，B={x|x<-1，或 x>2}。 ∵ -2∈A ∴ (-2+k)(-4+5)<0 ∴ k<2 …………………………………… ① 再考虑单元素集{-2}在整数集中的唯一性 显然，若-k<- 2 5 ，则 A={x|-k- 2 5 ，A={x|- 2 5 1）。 解题思路分析： （1）这是一个高次不等式，第一步可通过换元的途径转化为二次问题 ∵ (x+5)(x-4)=x2+x-20 (x+2)(x-1)=x2+x-2 含未知数的项 x2+x 为公共项 ∴ 可令 x2+x=t 则 (t-20)(t-2)≤-80 ∴ t2-22t+120≤0 ∴ (t-10)(t-12)≤0 ∴ (x2+x-10)(x2+x-12)≤0 第二步再分解二次因式： )4x)(3x)(2 411x)(2 411x(  ≤0 利用序轴标根法可得不等式解为： -4≤x≤ 2 411 ，或 2 411 ≤x≤3 注：也可令 x2+x-2=u，或 x2+x-11=v，此时不等式可化为(v-9)(v+9)≤-80，v2≤1， -1≤v≤1，此时更加简捷一些。 （2）移项、通分得： 0)1x)(1x(x 1m mx 2   由 m>1 得 01m m  ∴ 0)1x)(1x(x )1m mx)(1m mx(   ∵ 01m 111m m  ∴ 11m m  ， 11m m  ∴ 11m m  由序轴标根法： 原不等式的解为： 1x1m m  ，或 00， x 1x  ≥2， x 1x  +3≥5，0≤t≤ 5 2 若 2 53x2 53  ，- x 1x3  ≤-2， 3x 1x0  ≤1，t≥2 ∴ 函数值域为[0， 5 10 ]∪[ 2 ，+∞） 【例 6】 某地区上年度电价为每千瓦时 0.8 元，年用电量为 a 千瓦时，本年度计划将电价降到每千 瓦时 0.55 元至 0.75 元之间，而用户期望电价为每千瓦 0.4 元。经测算，下调电价后新增的用电量与实 际电价和用户期望电价的差成反比（比例系数为 k），该地区电力成本价为每千瓦 0.3 元，设 k=0.2a，当 电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长 20%？ 解题思路分析： 解决实际应用题，首先要理清数量之间关系，如本题：收益 = 实际用电量×(实际电价-成本价)。 其次，将关键文字语言转换成适当的数学模型，如“新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反 比”翻译为数学模型就是“设实际电价为 x，则新增用电量= 4.0x k  ”，“电力部门的收益比去年至少增长 20%”翻译为数学模型就是“本年度收益 )3.0x)(a4.0x k(  ，去年收益(0.8-0.3)a， )3.0x)(a4.0x k(  ≥(0.8-0.3)a(1+20%)”。 令 k=0.2a，解不等式： )3.0x)(a4.0x a2.0(  ≥(0.8-0.3)(1-20%)a 即 x2-1.1x+0.3≥0 得：x≥0.6，或 x≤0.5 又 0.55≤x≤0.75 ∴ x=0.6 五、同步练习 （一）选择题 1、设命题甲：0b，关于 x 的不等式 0bx )ax( 5   的解集是 A、{x|xa} B、{x|xb} C、{x|b2} D、{x|0≤x≤4} 6、已知关于 x 的不等式 kxxx3 2  的解集为（0，3]，则实数 k 的取值范围是 A、k<0 B、k≥0 C、00 且 a≠1 8、已知{x|ax2+bx+c>0}=(- 3 1 ,2)，则关于 x 的不等式 cx2+bx+a<0 的解的区间是 A、（-2， 3 1 ） B、（-3， 2 1 ） C、(-∞，-3)∪( 2 1 ,+∞) D、(-∞，-2)∪( 3 1 ，+∞) 9、与不等式 2x 3x2   ≥1 同解的不等式是 A、x-1≥0 B、x2-3x+2≥0 C、lg(x2-3x+2)>0 D、 2x 1xxx 23   ≥0 10、函数 f(x)=(a-2)x2+2(a-2)x-4 定义域为 R，值域为（-∞，0]，则实数 a 的取值范围是 A、（ -∞，2] B、（ -∞，-2） C、{-2} D、） -2，2） （二）填空题 11、不等式 xx 1  的解集为____________________。 12、不等式(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)≥120 的解是____________________。 13、当不等式 2≤x2+px+10≤6 中恰有一个解时，实数 p 的值是________。 14、若 3x  <2+sinα （α ∈R）恒成立，不等式的解集是__________。 15、不等式 lgx2<(lgx)2 的解集是____________________。 （三）解答题 16、已知集合 A={x| 0x21 2x3x 2   },B={x2-ax+b≤0}，且 A∩B={x| 2 1 2mx+3 的解集为（4，n），求 m、n 的值。 18、已知当 m∈(1，2)时，不等式 mx2+2(m-1)x-2>0 成立，求实数 x 的取值范围。 19、已知函数 f(x)= x2 xlog1x 1 2 1  （1）求函数 f(x)的定义域； （2）解不等式 f[x(x- )]> 2 1 20、关于实数 x 的不等式 2 )1a(x 2 ≤ 2 )1a( 2 与 x2-3(a+1)x+2(3a+1)≤0（a∈R）的解集为 A 与 B， 求使 A  B 的 a 的取值范围。 六、参考答案 （一）选择题 1、A。 化简|x-2|<3 得-10，xa。 5、A。 原不等式同解于       x4x 0x4 0x ， 解之得 20}=（- 3 1 ，2）得:            a c23 1 c b 3 1 0a 即            3 2 a c 3 5 a b 0a 由 a<0， a c <0 得 c>0 设{x|cx2+bx+a<0}={x|x10 ∴ t<0，或 t>2 ∴ 0100 （三）解答题 16、解： 0x21 2x3x 3   可化为 0 2 1x )1x)(2x(    ∴ -2 2 1 ∴ A={x|-2 2 1 显然 B≠R，B≠φ ，设 B={x|x1≤x≤x2}（x10 得：(x2+2x)m-2x-2>0 令 f(m)=(2x2+2x)m-2x-2 则 f(m)>0       0)2(f 0)1(f ∴      01xx 02x 2 2 ∴      2 51x,2 51x 2x,2x 或 或 ∴ x≤ 2 51 ，或 x≥ 2 19、解（1）x 满足      0x2 x 01x ，      2x0 1x ∴ f(x)定义域为（0，2） （2）易证 f(x)在（0，2）上递减 又 f(1)= 2 1 ∴ 原不等式可化为 f[x(x- 2 1 )]>f(1) ∴ 0 3 1 时，3a+1>2，B=[2，3a+1] 则      2a2 1a31a 2 ，1≤a≤3，满足条件 （3）当 a= 3 1 时，B={2}，A=[ 9 10,3 2 ]，舍 综上所述，1≤a≤3，或 a=-1 七、附录 例 1 的解： ∵ x2-(a+a2)x+a3=(x-a)(x-a2) ∴ 当 a>1，或 a<0 时，不等式的解为 a0，x>-1，为原不等式的解 当 01 时，原不等式可化为 x2+ 0a 4xa 4  ∵ 0 a )a1(16 2  ∴ 不等式的解为 R 当 a<0 时，原不等式可化为 x2+ 0a 4xa 4  0 a )a1(16 2  ∴ 原不等式的解为 a a122xa a122  当 a=1 时，原不等式可化为(x+2)2>0，x≠-2，原不等式解为 x∈R，且 x≠-2 例 4 的解 （1）[(x+5)(x-4)][(x+2)(x-1)]≤-80 (x2+x-20)(x2+x-2)≤-80 令 t=x2+x 则 (t-20)(t-2)≤-80 ∴ t2-22t+120≤0 ∴ (t-10)(t-12)≤0 ∴ (x2+x-10)(x2+x-12)≤0 ∴ )4x)(3x)(2 411x)(2 411x(  ≤0 画序轴： ∴ -4≤x≤ 2 411 ，或 2 411 ≤x≤3 即为原不等式的解 例 6 的解 设 实 际 电 价 为 x （ 元 ），则 用 电 量 增 至 a4.0x k  ， 去 年 收 益 为 (0.8-0.3)a ， 今 年 收 益 为 )3.0x)(a4.0x k(  当 k=0.2a 时，由已知得： )3.0x)(a4.0x a2.0(  ≥≥ a%)201)(3.08.0(  化简得： x2-1.1x+0.3∴0 ∴ x≥0.6，或 x≤0.5 又 0.55≤x≤0.75 ∴0.6≤x≤0.75 ∴ 当实际用电价最低为每千瓦时 0.6 元时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长 20%。