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不等式的解法 [例1] 解不等式: 解:原不等式可化為:＞0. 即［(a-1)x+(2-a)］(x-2)＞0. 當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(-∞.)∪. 當a＜1時.若a＜0.解集為(.2),若0＜a＜1.解集為(2.) 綜上所述: 當a＞1時解集為(-∞.)∪, 當0＜a＜1時.解集為(2.), 當a=0時.解集為, 當a＜0時.解集為(.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. 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Δ＜0時.-1＜a＜2.M=［1.4］ (2)當Δ=0時.a=-1或2.當a=-1時M={-1}?［1.4］,當a=2時.m={2}［1.4］. (3)當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.). [例3] 解關(guān)于x的不等式:． 解:原不等式等價于 ①.即. 由于.所以.所以.上述不等式等價于 ② 解答這個含參數(shù)的不等式組.必然需要分類討論.此時.分類的標準的確定就成了解答的關(guān)鍵．如何確定這一標準? (1)當時.不等式組②等價于 此時.由于.所以 ． 從而 ． (2)當時.不等式組②等價于 所以 ． (3)當時.不等式組②等價于 此時.由于.所以.． 綜上可知: 當時.原不等式的解集為, 當時.原不等式的解集為, 當時.原不等式的解集為． [例4] 解關(guān)于的不等式: 解:原不等式等價于 .∴當時.原不等式的解集為 當時.原不等式的解集為 [例5] 設(shè)函數(shù). (1)當時.解不等式, (2)求的取值范圍.使得函數(shù)在上為單調(diào)函數(shù)． 講解:(1)時.可化為:.等價于: ① 或 ② 解①得 .解②得 ． 所以.原不等式的解集為 ． (2)任取.且.則 要使函數(shù)在上為單調(diào)函數(shù).需且只需: 恒成立.(或恒成立)． 因此.只要求出在條件“.且 之下的最大.最小值即可．為了探求這個代數(shù)式的最值.我們可以考慮極端情況.如:.容易知道.此時,若考慮.則不難看出.此時.至此我們可以看出:要使得函數(shù)為單調(diào)函數(shù).只需． 事實上.當時.由于恒成立.所以.．所以.在條件“.且 之下.必有:． 所以.在區(qū)間上單調(diào)遞減． 當時.由(1)可以看出:特例的情況下.存在．由此可以猜想:函數(shù)在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)．為了說明這一點.只需找到.使得即可．簡便起見.不妨取.此時.可求得.也即:.所以.在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)． 另解:.對.易知: 當時.,當時., 所以當時.. 從而只須.必有.函數(shù)在上單調(diào)遞減. [例6] 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. (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. 解:(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} 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(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7] 給出一個不等式(x∈R). 經(jīng)驗證:當c=1, 2, 3時.對于x取一切實數(shù).不等式都成立. 試問:當c取任何正數(shù)時.不等式對任何實數(shù)x是否都成立?若能成立.請給出證明,若不成立.請求出c的取值范圍.使不等式對任何實數(shù)x都能成立. 解:令f(x)=.設(shè)u=(u≥) 則f(x)= (u≥) ∴f(x) 要使不等式成立.即f(x)-≥0 ∵u≥>0 ∴只須u-1≥0 ∴u2c≥1 u2≥ ∴x2+c≥ ∴x2≥-c 故當c=時. 原不等式不是對一切實數(shù)x都成立.即原不等式對一切實數(shù)x不都成立 要使原不等式對一切實數(shù)x都成立.即使x2≥-c對一切實數(shù)都成立. ∵x2≥0 故-c≤0 ∴c≥1 ∴c≥1時.原不等式對一切實數(shù)x都能成立. 不等式的證明 [例1] 已知.求證: 解1: ． 因為.所以..所以. 所以..命題得證． 解2:因為.所以..所以. . 由解1可知:上式>1．故命題得證． [例2] 已知a＞0.b＞0.且a+b=1.求證:(a+)(b+)≥. 證法一: 欲證原式.即證4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0.即證4(ab)2-33(ab)+8≥0. 即證ab≤或ab≥8. ∵a＞0.b＞0.a+b=1.∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2.∴ab≤.從而得證. 證法二: 設(shè)a=+t1.b=+t2. ∵a+b=1.a＞0.b＞0.∴t1+t2=0.|t1|＜.|t2|＜ 顯然當且僅當t=0.即a=b=時.等號成立. 證法三: ∵a+b=1.a＞0.b＞0.∴a+b≥2.∴ab≤ 證法四: ∵a+b=1. a＞0.b＞0.∴a+b≥2.∴ab≤. 證法五: ∵ a＞0.b＞0.a+b=1.故令a=sin2α.b=cos2α.α∈(0.) 2 [例3] 證明不等式(n∈N*) 證法一:(1)當n等于1時.不等式左端等于1.右端等于2.所以不等式成立, (2)假設(shè)n=k(k≥1)時.不等式成立.即1+＜2. ∴當n=k+1時.不等式成立. 綜合得:當n∈N*時.都有1+＜2. 另從k到k+1時的證明還有下列證法: 證法二:對任意k∈N*.都有: 證法三:設(shè)f(n)= 那么對任意k∈N?* 都有: ∴f(k+1)＞f(k) 因此.對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n-1)＞-＞f(1)=1＞0. ∴ 不等式的應(yīng)用 [例1] 根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性得: [例2] 例2.已知函數(shù) (1)判斷函數(shù)的增減性, (2)若命題為真命題.求實數(shù)x的取值范圍. 解:(1)函數(shù)是增函數(shù), (2).必有時..不等式化為. 故,當. 不等式化為.這顯然成立.此時, 當時.. 不等式化為 故, 綜上所述知.使命題p為真命題的x的取值范圍是 [例3] 已知函數(shù) 解: [例4] 設(shè)是由正數(shù)組成的等比數(shù)列.項之和. (1)證明 (2)是否存在常數(shù)C>0,使得成立?并證明你的結(jié)論. 證明:(I) 根據(jù)對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性.可得 即 (2)不存在常數(shù)C使等式成立. 證法一:因為要使 , 綜合上面的證明可見不存在常數(shù) 還可以直接用反證法證明: 證法二:假設(shè)存在常數(shù)C>0.使等式能夠成立,則有 由(4)可得: 由平均值不等式可知 ＝ [例5] 設(shè)是任意給定的自然數(shù).且. (1)如果時有意義.求a的取值范圍. (2)如果0時成立. 解:(I) . , (2)證法一: 根據(jù) + 下面用數(shù)學(xué)歸納法證之. A. 設(shè)n=2時若 .即(1)成立. 若 B. 設(shè) +-+ + 證法二: 只需證明.. [例6] 如圖.ΔABC是某屋頂?shù)臄嗝?CD⊥AB.橫梁AB的長是豎梁CD長的2倍.設(shè)計時應(yīng)使保持最小.試確定D點的位置.并求y的最小值. 解:設(shè)AD=x.CD=1. 則AB=2.BD=2–x.(0<x<2) 令 ∵,當且僅當時取等號 ∴當時.y取得最小值 此時 答:取AD:DB=1:時.y有最小值 [例7] 在一容器內(nèi)裝有濃度為r%的溶液a升.注入濃度為p%的溶液升.攪勻后再倒出溶液升.這叫做一次操作. (I)設(shè)第n次操作后容器內(nèi)溶液的濃度為. 計算.并歸納出的計算公式 (II)設(shè)要使容器內(nèi)溶液濃度不小于q%.問至少要進行上述操作多少次?(已知) 解: [例8] 某商場經(jīng)過市場調(diào)查分析后得知.2003年從年初開始的前n個月內(nèi).對某種商品需求的累計數(shù)近似地滿足下列關(guān)系: (Ⅰ)問這一年內(nèi).哪幾個月需求量超過1.3萬件? (Ⅱ)若在全年銷售中.將該產(chǎn)品都在每月初等量投放市場.為了保證該商品全年不脫銷.每月初至少要投放多少件商品? 解:(Ⅰ)首先.第n個月的月需求量＝ ∵. ∴ ． 當時. ∴ 令.即 .解得:. ∵ n∈N. ∴n = 5 .6 即這一年的5.6兩個月的需求量超過1.3萬件． (Ⅱ)設(shè)每月初等量投放商品a萬件.要使商品不脫銷.對于第n個月來說.不僅有本月投放市場的a萬件商品.還有前幾個月未銷售完的商品．所以.需且只需:. ∴ 又∵ ∴ 即每月初至少要投放11112件商品.才能保證全年不脫銷． [例9] 一根水平放置的長方體形枕木的安全負荷與它的寬度a成正比.與它的厚度d的平方成正比.與它的長度l的平方成反比． (Ⅰ)將此枕木翻轉(zhuǎn)90°.枕木的安全負荷變大嗎?為什么? (Ⅱ)現(xiàn)有一根橫斷面為半圓的木材.用它來截取成長方體形的枕木.木材長度即為枕木規(guī)定的長度.問如何截取.可使安全負荷最大? 解:(Ⅰ)由題可設(shè)安全負荷為正常數(shù)).則翻轉(zhuǎn)90º后.安全負荷． 因為.所以.當時.．安全負荷變大, 當時..安全負荷變�。� (2)如圖.設(shè)截取的枕木寬為a.高為d.則.即． ∵ 枕木長度不變.∴u=ad2最大時.安全負荷最大 ∴ 當且僅當. 即取.時.u最大. 即安全負荷最大． [例10] 現(xiàn)有流量均為300的兩條河流A.B會合于某處后.不斷混合.它們的含沙量分別為2和0.2．假設(shè)從匯合處開始.沿岸設(shè)有若干個觀測點.兩股水流在流經(jīng)相鄰兩個觀測點的過程中.其混合效果相當于兩股水流在1秒鐘內(nèi)交換100的水量.即從A股流入B股100水.經(jīng)混合后.又從B股流入A股100水并混合．問:從第幾個觀測點開始.兩股河水的含沙量之差小于0.01? 解:本題的不等關(guān)系為“兩股河水的含沙量之差小于0.01 ．但直接建構(gòu)這樣的不等關(guān)系較為困難．為表達方便.我們分別用來表示河水在流經(jīng)第n個觀測點時.A水流和B水流的含沙量． 則＝2.＝0.2.且 ．(＊) 由于題目中的問題是針對兩股河水的含沙量之差.所以.我們不妨直接考慮數(shù)列． 由(＊)可得: 所以.數(shù)列是以為首項.以為公比的等比數(shù)列． 所以.． 由題.令< 0.01.得．所以.． 由得.所以.． 即從第9個觀測點開始.兩股水流的含沙量之差小于0.01． [例11] 用一塊鋼錠燒鑄一個厚度均勻.且表面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器設(shè)容器高為h米.蓋子邊長為a米. (1)求a關(guān)于h的解析式, (2)設(shè)容器的容積為V立方米.則當h為何值時.V最大?求出V的最大值(求解本題時.不計容器厚度) 解:①設(shè)h′是正四棱錐的斜高.由題設(shè)可得: 消去 ②由 (h＞0) 得: 所以V≤.當且僅當h=即h=1時取等號 故當h=1米時.V有最大值.V的最大值為立方米. 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

整式不等式的解法：不等式（x2-x）（x-2）3（1-x2）＞0的解集是
（-∞，-1）∪（0，1）∪（1，2）
（-∞，-1）∪（0，1）∪（1，2）
．

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設(shè)A={x||x－1|<2},B={x|>0},則A∩B等于

A.{x|－1<x<3}                                                B.{x|x<0或x>2}

C.{x|－1<x<0}                                                 D.{x|－1<x<0或2<x<3}

本題考查含絕對值不等式、分式不等式的解法及集合的運算.在進行集合運算時,把解集標在數(shù)軸上,借助圖形可直觀求解.

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已知函數(shù)=.

(Ⅰ)當時，求不等式 ≥3的解集；

(Ⅱ) 若≤的解集包含，求的取值范圍.

【命題意圖】本題主要考查含絕對值不等式的解法，是簡單題.

【解析】(Ⅰ)當時，=，

當≤2時，由≥3得，解得≤1；

當2＜＜3時，≥3，無解；

當≥3時，由≥3得≥3，解得≥8，

∴≥3的解集為{|≤1或≥8}；

(Ⅱ) ≤，

當∈[1,2]時，==2，

∴，有條件得且，即，

故滿足條件的的取值范圍為[－3,0]

 

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含有絕對值的不等式的解法(同解性)

(1)|x|＜a

(2)|x|＞a

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