2018年高考数学总复习 不等式的解法

考纲解读

1．会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型

2．通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系 3．会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图 4．会用统对值的几何意义，求解下列类型号的不等式：

axbc，axbc，xaxbc 命题趋势探究

预测2019年本专题在高考中要考查一元二次不等式（组）、分式不等式以及绝对值不等式的解法，难点为求解含参数的一元二次不等式.

知识点精讲

一．一元一次不等式（axb） （1）若a0，解集为x|xb. a(2) 若a0，解集为x|xb a（3）若a0，当b0时，解集为；当b0时，解集为R 二、一元一次不等式组（）

（1）x，解集为x|x. xx，解集为x|x

xx，解集为x|x x

（2）

（3）

（4）x，解集为

x记忆口诀：大大取大，小小取小，大小小大中间找，小小大大解不了。 三、一元二次不等式

22一元二次不等式axbxc0(a0)，其中b4ac，x1,x2是方程

ax2bxc0(a0)的两个根，且x1x2

（1）当a0时，二次函数图象开口向上. （2）①若0，解集为x|xx2或xx1.

②若0，解集为x|xR且xb. 2a③若0，解集为R.

(2) 当a0时，二次函数图象开口向下. ①若0，解集为x|x1xx2

②若0，解集为

四、简单的一元高次不等式的解法

简单的一元高次不等式常用“穿根法”求解，其具体步骤如下. 例如，解一元高次不等式f(x)0 （1）将f(x)最高次项系数化为正数

（2）将f(x)分解为若干个一次因式或二次不可分因式（0）

（3）将每一个一次因式的根标在数轴上，从右上方依次通过每一点画曲线（注意重根情况，偶次方根切而不过，奇次方根既穿又过，简称“奇穿偶切”）. （4）根据曲线显现出的f(x)的值的符号变化规律写出不等式的解集. 如：求不等式(x2)(x1)2(1x)3(x2)0的解集.

解：化原不等式为(x2)(x1)2(x1)3(x2)0如图7-2所示，在数轴上标出各个根，然后据理画出曲线（x12，x31，x42为奇次根，需穿；x21为偶次根，需切） 由图7-2可知，所求不等式的解集为x|2x1或1x1或x2.

五、分式不等式 （1）

 2 1 图7-2 1  2 f(x)0f(x)g(x)0 g(x)f(x)0f(x)g(x)0 g(x)（2）

（3）

f(x)g(x)0f(x) 0g(x)g(x)0f(x)g(x)0f(x) 0g(x)g(x)022（4）

六、绝对值不等式

（1）f(x)g(x)[f(x)][g(x)]

（2）f(x)g(x)(g(x)0)f(x)g(x)或f(x)g(x)；

f(x)g(x)(g(x)0)g(x)f(x)g(x)；

（3）含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段法和图象法求解

题型归纳及思路提醒

题型94 不等式的解法

思路提示

解有理不等式的思路是：先求出其相应方程根，将根标在x轴上，结合图象，写出其解集、含参数的根需对参数分类讨论后再写解集

例7.14 （1）解关于x的不等式x2(aa2)xa30(aR)

222（2）已知集合Ax|x3x20，Bx|x4ax3a0，若AB，求实数

a的取值范围.

分析 由于含参不等式中，其原方程的两根大小不确定，故要进行分类讨论. 解析 由已知得(xa)(xa)0

①当aa，得a221或a0时，解集为Bx|xa2或xa

2②当aa，得a1或a0，当a1时，解集为

x|x1；当a0时，解集为x|x0

2③当aa2，得0a1时，解集为Bx|xa或xa

222（2）Ax|x3x20，即Ax|2x1，Bx|x4ax3a0

Bx|(xa)(x3a)0.

a21①若a3a，即a0，则（等号不能同时取得）（如图7-3所示），得a2或a，

33a1此时无解.

a 2 1

图7-3

3a 01②若3aa，即a0，由AB，则3a2（等号不能同时取得）（如图

a17-4所示），故

1a2 3综上所述，实数a的取值范围是a|12a.

3

图7-4

评注 本题考查一元二次不等式（含参）的解法，需要讨论两根的大小，进而确定不等式的解.

变式1 （1）若a1，则关于x的不等式a(xa)(x)0的解集为（ ）

3a

2 1

a 011a111A.x|xa或x B. x|xa C.x|xa或x D.x|x

aaa2x2x30（2）若不等式组2的解集不是空集，则实数a的取值范围（ ）

x4x(a1)0A.(,4] B.[4, ) C.[4,20 ] D.[4,20 )2例7.15 已知关于x的等式axbxc0的解集为x|x2或x，求关于x的

122不等式axbxc0的解集.

2分析 解法一：由关于x的不等式axbxc0的解集为x|x2或x，得

12b5bb5ca2a0，ax2bxc0，x1x2，x1x21，则aa2ac1ab，得

55aa，ca（(a0)，关于x的不等式ax2xa0可变形为2x25x20，故22解集为x|1x2. 222解法二：因为方程axbxc0与方程axbxc0的根互为相反数，若不等式

1ax2bxc0的解集为x|x2或x，所以a0，且方程ax2bxc0的

2两根为x12,x211''，因此方程ax2bxc0两根x12,x2，不等式221ax2bxc0的解集为x|x2

22变式1 已知x|axbxc0=(,2)，则关于x的不等式cx2bxa0的解集为

13

例7.16 已知a1a2a30，则使得(1aix)21（i1,2,3）都成立的x的取值范围是（ ）

A.(0,1212) B.(0, ) C. (0,) D.(0, )a1a1a3a3

解析 由(1aix)21，得11aix1，即1aix11得0aix2，又

ai0(i1,2,，3则0x2，故选B a12，不等式均成立，且a1a2a30，故(i1,2,3)ai0x变式1 若关于x的不等式(2x1)ax的解集中整数恰好有3个，则实数a的取值范围是

变式2 设0b1a，若关于x的不等式(xb)(ax)的解集中整数恰好有3个，则（ ）

2222A.1a0 B.0a1 C. 1a3 D.3a6

例7.17 解下列不等式 （1）(x1)(1x)(x2)0 （2）(x1)(x2)(x3)0 （3）x(x1)(x1)(x2)0 分析 利用“穿根法”的基本步骤求解.

解析 （1）化原不等式为(x1)(x1)(x2)0，如图7-5所示，在数轴上标出各个根，然后据理画出曲线.x1,x1,x2为奇次根，需穿，可知所求不等式的解集为

123232x|x1或1x2.

1 12 图7-5 （2）化原不等式为(x3)(x1)2(x2)0

如图7-6所示，在数轴上标出各个根，然后画出曲线，需穿，x13,x32为奇次根，x21为偶次根，需切，可知所求不等式的解集为：x|x3或x2

31图7-6 2（3）化原不等式为(x2)(x1)3x(x1)20

如图7-7所示，在数轴上标出各个根，然后画出曲线，x12,x21,x30为奇次根，需穿，需切，可知所求不等式的解集为：x|2x1或0x1或x1 x41为偶次根，

2 0图7-7 1 1 x2x60的解集为（ ） 变式1 不等式

x1A.x|x2或x3 B.x|x2或1x3 C. x|2x1或x3 D.x|2x1或1x3

变式2 不等式

x10的解集为（ ） x24A.(2,1) B.(2 ) C.(2,1 D.(,2)(1, ),)(2,例7.18 不等式

x10的解集为（ ） 2x11111A.(,1] B.[,1 ] C.(,)[1, ) D.(,][1, )2222分析 将分式不等式转化为整式不等式 解析 由

(x1)(2x1)0x110得解得x1.故选A 2x122x10x21的解集是 x2变式1 不等式

变式2 不等式

x52的解集是（ ） 2(x1)(1 , 3 ] D.[1,1)2(1 ,3]111A.[3,] B.[,3 ] C.[,1)222变式3 若f(x)x22x4lnx，则f'(x)的解集为（ ）

A.(0,) B.(1,0 C.(2 ) D.(1,0 ))(2,,题型95 绝对值不等式的解法

思路提示

求解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，而去掉绝对值符号的方法有等价转换法、零点分段法和数形结合法等.

例7.19 （2012山东理13）若不等式的解集为x|1x3，则实数k= 分析 利用绝对值不等式的解法求解

解析 因为kx42，所以2kx42得2kx6，又不等式的解集为

x|1x3，得k2.

变式1 若不等式3xb4的解集中的整数有且仅有1，2，3，则b的取值范围是 例7.20 （1）若不等式x4x3a对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围. （2）若不等式x4x3a的解集在R上不是空集，求实数a的取值范围

分析 若f(x)a对于一切实数恒成立，只需满足fmin(x)a即可；若f(x)a的解集在

R上非空，只要fmin(x)a即可.

解析 （1）不等式x4x3a对一切实数x恒成立.由绝对值的几何意义可知，

x4x3表示数轴上点x到3和4距离之和，那么对任意xR恒成立，利用三角不

等式可得

x4x3(x4)(x3)1，故(x4xmin3)，1又

(x4xm3i)n，故aa1，所以实数a的取值范围是(,1)

（2）由题意可知只需a(x4x3)min即可，而(x4x3)min1，所以a1，所以实数a的取值范围是(1,)

评注 绝对值的几何意义对于求解含参数的绝对值不等式参数的范围有着化繁为简的作用，

体现了数形结合的思想在求解含参不等式方面的应用.

变式1 （1）若不等式x4x3a对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围. （2）若不等式x4x3a对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围.

最有效训练题28（限时45分钟）

2x101．不等式组2的解集为（ ）

x3x0A.x|1x1 B.x|0x3 C. x|0x1 D.x|1x3

21x,x12．设函数f(x)，则满足f(x)2的x的取值范围是（ ）

1log2x,x1A.[1,2] B.[0,2 ] C.[1, ) ) D.[0,3．不等式(x1)(1x)0的解集是（ ）

A.x|0x1 B.x|x0且x1 C. x|1x1 D.x|x1且x1

24．若集合Ax|axax10，则实数a的值的集合是（ ）

A.x|0x4 B.x|0x4 C.x|0x4 D.x|0x4

5．在R上定义运算：xyx(1y)，若不等式(xa)(xa)1对任意实数x成立，则（ ）

1313a D.a 2222116．已知不等式xm1成立的充分不必要条件是x，则m的取值范围是（ ）

A.1a1 B. 0a2 C. 32A.[43,12] B.[12,43] C.(,12) D.[43,)

7．不等式x1x3的解集为 8．不等式x2x23x20的解集是 9．不等式2x21x1的解集是 10．解下列不等式.

（1）23x2x20；（2）3xx24；

（3）xx21；（4）12(x1)20；

（5）x2x10；（6）2x24x30； （7）x26x90；（8）3x1183x29； （9）(x5)(3x)0； （10）412x2x322

11．已知关于

x的不等式x2axb0的解集是x|2x3，bx2ax10的解集.

12．解不等式mx2(m2)x20.

求不等式