不等式解法.docx
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不等式解法
不等式解法
第二节不等式的解法
教材面面观
基础知识常梳理自主探究强记忆
1．一元二次不等式的解法
先将不等式化为标准形式ax2＋bx＋c＞0（或＜0）且a＞0，再应用以下程序写出解
2集：
设ax＋bx＋c＝0（a＞0）的两根为x1，
22x2（x1＜x2），Δ＝b－4ac，不等式ax＋bx＋c
＞0（a＞0）的解集为①Δ＞0时，解集为________；②Δ＝0时，解集为________；③Δ＜0时，解集为________．
2不等式ax＋bx＋c＜0（a＞0）的解集为
①Δ＞0时，解集为________；
②Δ＝0时，解集为________；
③Δ＜0时，解集为________．
答案{x|x＞x2或x＜x1}{x|x∈R且bx≠－R{x|x1＜x＜x2}∅∅2a
2．分式不等式的解法
（1）如能判断分母的符号，可直接去分母，转化为整式不等式；
⎧g（x）≥0，⎪f（x）·f（x）
（2）≥0⇒⎨g（x）⎪⎩；
（3）用穿根法或数轴标根法．
答案g（x）≠0
3．简单的高次不等式的解法
（1）把不等式变形为一边是一次因式的积，另一边是________的形式；
（2）各因式中x的系数全部变为________，约去偶次因式；
（3）把各个根从小到大依次排好，从右上方向左下方穿根；
（4）严格检查因式的根（特别是约去的偶次因式的根）是否在解集内．
答案01
4．解指数不等式或对数不等式时应先把不等号两端化为________指数幂或________对数形式，再结合指数函数或对数函数的________解不等式．
答案同底同底单调性
考点串串讲
考点归纳与解析思维拓展与迁移
1．一元二次不等式的解法
（1）含有未知数的最高次数是二次的一
元不等式叫做一元二次不等式．
（2）一元二次不等式的解法（如下表所示）
2设a＞0，x1，x2是一元二次方程ax＋
＜x（3）对于一元二次不等式的解法需注意：
x－a①0（a＜b）的解集为：
{x|x≤a或xx－b
x－a＞b}≤0（a＜b）的解集为：
{x|a≤x＜b}．x－b
②从函数观点来看，一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0（a＞0）的解集是一元二次函
2数y＝ax＋bx＋c（a＞0）在x轴上方的点的横坐标的集合．
③三个“二次”的关系
常说的三个“二次”即指二次函数、一元二次方程和一元二次不等式，这三者之间有着密切的联系，这种联系点可以成为高考中的命题点．处理其中某类问题时，要善于产生对于另外两个“二次”的联想，或进行转化，或帮助分析．具体到解一元二次不等式时，就是要善于利用相应的二次函数的图象进行解题分析，要能抓住一元二次方程的根与一元二次不等式的解集区间的端点值的联系．
2．解一元二次不等式的方法：
（1）图象法：
先求不等式对应方程的根，再根据图象写出解集．
（2）公式法步骤：
2①先化成标准型：
ax＋bx＋c＞0（或＜
0），且a＞0；
②计算对应方程的判别式Δ；
③求对应方程的根；
④利用口诀“大于零在两边，小于零在中间”写出解集．
3．一般分式不等式的解法：
f（x）f（x）
（1）整理成标准型＞0（或＜0）或g（x）g（x）
≥0（或≤0）．
（2）化成整式不等式来解：
f（x）①0⇔f（x）·g（x）＞0g（x）
f（x）②0⇔f（x）·g（x）＜0g（x）
⎧g（x）≥0⎪f（x）·f（x）③0⇔⎨g（x）⎪⎩g（x）≠0
⎧g（x）≤0⎪f（x）·f（x）④0⇔⎨g（x）⎪⎩g（x）≠0
（3）再讨论各因式的符号或按数轴标根法写出解集．
4．一元高次不等式的解法
解一元高次不等式最好的方法是用数轴标根法（或称穿针引线法）．
先将一元高次不等式化为标准形式：
一端为0，一端在实数范围内分解成一次因式或二次因式的积，将恒不为0的二次因式在不等式两边约去，将原不等式化为f（x）＝（x－x1）（x－x2）„（x－xn）＞0（或＜0）的形式，求出f（x）＝0的n个根x1，x2，„，xn并标在数轴上，然后从右至左，自上而下依次穿过几个根对应的点，遇奇次重根一次穿过，遇
偶次重根穿而不过，画一条连续曲线则在数轴上方的曲线对应的区间为f（x）＞0的解集，在数轴下方的曲线对应的区间为f（x）＜0的解集．
5．解高次不等式与分式不等式需注意
（1）根据多项式理论，每个一元多项式都可以分解为一些一次、二次因式的乘积，其中二次因式恒正或恒负，因此高次不等式都可转化为一些一次因式的乘积的不等式，然后采用穿根法完成．
（2）有些高次不等式因式分解后，可能会出现重因式，由于奇次重因式的符号与一次因式的符号一致，因此奇次重因式可以直接改写为一次因式；如果是偶次重因式，则分偶次重因式等于0和大于0两种情形讨论．
（3）大部分分式不等式转化为整式不等式后，实际上就是转化成了高次不等式，用高次不等式的解法求解即可．
（4）对于右边不为零的分式不等式的求解，一般是通过不等式两边加上同一个数（或式）使右边变为0，然后采用以上方法求解，切忌将左边的分母不讨论符号直接乘到右边，进行去分母．
（5）分解的各个因式中，x的系数须为正
数．
（6）画曲线遵循“从右至左，自上而下”的原则．
6．无理不等式的解法
解无理不等式的基本思想是将不等式等价转化为有理不等式求解．
一般有f（x）＞g（x）⇔⎧⎪⎨f（x）＞g（x）
⎪⎩g（x）≥0f（x）＞g（x）⇔
⎧⎪⎨g（x）＜0⎧
⎪⎩f（x）≥0或⎪⎨g（x）≥0
⎪⎩f（x）＞g2（x）⎧g（x）＞0
f（x）＜g（x）⇔⎪⎨⎪f（x）≥0
⎩f（x）＜g2（x）
7．指数不等式与对数不等式的解法
（1）当a＞1时，af（x）＞（＜）ag（x）
⇔f（x）＞（＜）g（x）
（2）当0＜a＜1时，af（x）＞（＜）ag（x）⇔f（x）＜（＞）g（x）
（3）当a＞1时，logaf（x）＞（＜）logag（x）
f（x）＞0⎧⎪⇒⎨g（x）＞0⎪⎩f（x）＞（＜）g（x）
（4）当0＜a＜1时，logaf（x）＞（＜）logag（x）⎧f（x）＞0⎪⇔⎨g（x）＞0⎪⎩f（x）＜（＞）g（x）
解指数不等式与对数不等式时首先要保证不等式有意义，然后化为同底幂或同底对数形式，去对数符号时要注意底数a的范围，从而判断不等号方向是否改变．
8．解抽象函数不等式
解抽象函数不等式去掉对应法则符号“f”是关键，也是难点，常用函数的单调性去“f”，另外注意保证f（x）有意义.
典例对对碰
反思例题有法宝变式迁移有技巧题型一一元一次不等式的解法
例1解不等式：
ax＞x＋3（a≠1）．解析原不等式可化为（a－1）x＞3.
3当a＞1时，a－1＞0，∴x＞a－1
3当a＜1时，a－1＜0，∴x＜a－1
故a＞1时，不等式的解集为{x|x＞3}，a－1
3a＜1时，不等式的解集为{x|x}.a－1
变式迁移1
不等式ax－1＞4b的解集为{x|x＜1}，则实数a、b需满足的条件为________．
⎧a
解析ax－1＞4b，即ax＞4b＋1，解集为{x|x＜1}．
4b＋1∴a＜0且1，a
⎧⎪a＜0，即⎨⎪⎩4b＋1＝a.
题型二一元二次不等式的解法
例2已知不等式ax2＋bx＋c＞0的解为
20＜α＜x＜β，求不等式cx＋bx＋a＞0的解
集．
2解析因不等式ax＋bx＋c＞0的解为
0＜α＜x＜β，所以a＜0，且方程ax2＋bx＋
bc＝0的两根为α、β.所以α＋β＝－＞0，α·βa
ccb＝0，所以＞0，＜0，又a＜0，所以caaa
＜0.
2设方程cx＋bx＋a＝0的两根为x1与x2.
由韦达定理
b－b－ax1＋x2＝cca
α＋β11＝，α·ββα
a1111x1·x2＝＝＝.ccα·βαβ
a
112∴方程cx＋bx＋a＝0的两根为αβ
∵0＜α＜β，
11＞＞0.αβ
12∴不等式cx＋bx＋a＞0的解集为{xβ
1＜x＜．α
点评本题从一元二次不等式解区间的端点值就是相应二次方程的根入手，结合韦达定理，用系数a，b，c将两个方程的根联系起来，使问题解决．一般地，欲解一元二次不等式，应首先求出相应方程的根（Δ≥0时），然后据二次项的系数与不等号的方向确定解集.
变式迁移2
12若关于x的不等式－x＋2x＞mx的解2
集为{x|0＜x＜2}，则实数m的值为________．
答案1
2解析由原不等式得x＋（2m－4）x＜
20，又0＜x＜2时，有x（x－2）＜0，即x－
2x＜0，比较系数得2m－4＝－2，即2m＝2，故m＝1.
题型三分式不等式的解法
例3解不等式32（x－2）（2x＋5）（x－3）（x＋1）＞0.2（2x＋5）（x－1）
分析分子或分母上有因式（ax＋b）
2k＋1或（ax＋b）（k∈N）的情况，通常做如下处理：
2k①去掉（ax＋b）；
bb②视x而注上x≠－或x＝aa
b－；a
③解化简后的不等式，并在解中去掉－bb或添上－.aa
解析原不等式可化为2k
⎧（x－2）（x－3）（x＋1）＞0，⎪x－1⎨15⎪x≠－x≠－22⎩
如图所示，故原不等式的解集为
55（－∞，－）∪（－，－1）∪（1,2）∪（3，22
＋∞）．
2k点评此类题极易去掉（ax＋b）因式，
b而不考虑x，导致结论错误.a
变式迁移3
2x＋2x－3解不等式0.－x＋x＋6
解析原不等式的解集是由下面两个不等式组的解集的并集构成．
2⎧⎪x＋2x－3＞0，①
（1）⎨2⎪⎩x－x－6＞0.②
2⎧x⎪＋2x－3＜0，
（2）⎨2⎪⎩x－x－6＜0.④③
由①解得{x|x＜－3或x＞1}，
由②解得{x|x＜－2或x＞3}．
∴不等式组
（1）的解集是{x|x＜－3或x＞3}
由③解得{x|－3＜x＜1}，
由④解得{x|－2＜x＜3}．
∴不等式组
（2）的解集是{x|－2＜x＜1}．综上，由不等式组
（1）、
（2）的解集可得原不等式的解集是{x|x＜－3或－2＜x＜1或x＞3}.
题型四高次不等式的解法
例4解不等式：
（x2－1）（x2－6x＋8）≥0.
分析可等价转化为不等式组，也可利用数轴标根法．
解析解法一：
由（x2－1）（x2－6x＋
8）≥0可得：
2⎧⎪x－1≥0，⎨2
（1）⎪⎩x－6x＋8≥0，
2⎧⎪x－1≤0，或⎨2⎪⎩x－6x＋8≤0，
（2）
由
（1）解得：
x≥4，或1≤x≤2，或x≤－1
由
（2）得：
x∈∅，
∴原不等式的解集为
{x|x≤－1，或1≤x≤2，或x≥4}．解法二：
将原不等式变形为
（x＋1）（x－1）（x－2）（x－4）≥0，
令f（x）＝（x＋1）（x－1）（x－2）（x－4），各因式根依次为－1,1,2,4.
如图，可得原不等式的解集为{x|x≤－1，或1≤x≤2，或x≥4}．
点评
（1）解法一仅适用于次幂较低的高次不等式．解法二是利用数轴标根法求解的，适用于任何高次不等式．
（2）用数轴标根法解不等式时要注意：
①将原不等式化为（x－x1）a1（x－x2）a2„（x－xn）an＞0（或＜0）的形式．
②各因式中x的系数必须为正．
③根的重数．对于偶次重根，线穿而不过；对于奇次重根，线穿根而过．
（3）高次不等式一般用数轴标根法求解.
变式迁移4
22解不等式：
（x－1）（x－5x＋6）（x－x－
22）≥0.
解析原不等式可变形为
（x－1）（x－2）（x－3）（x－2）2（x＋1）2≥0
23即（x＋1）（x－1）（x－2）（x－3）≥0
由数轴标根法知，
x的取值范围为x＝－1或1≤x≤2或
x≥3.
题型五分段函数型不等式
x－1⎧⎪2e，x＜2，例5设f（x）＝⎨则不2⎪⎩log3（x－1），x≥2.
等式f（x）＞2的解集为（）
A．（1,2）∪（3，＋∞）B．（，＋∞）
C．（1,2）∪10，＋∞）D．（1,2）
x－1解析当x＜2时，由2e＞2得x＞1，
故1＜x＜2；
2当x≥2时，由log3（x－1）＞2得x＞10
或x，故x＞∴不等式f（x）＞2的解集为（1,2）∪，＋∞），选C.
答案C
点评利用分段函数的各段解析式，将原不等式化为分段的几个不等式，将各不等式的解集与该段的x的取值范围取交集，得到在各段内符合条件的x的取值范围，然后取并集即可.
变式迁移5
⎧⎪－x＋1，（x＜0），已知函数f（x）＝⎨⎪⎩x－1，（x≥0），
则不等式x＋（x＋1）f（x＋1）≤1的解集是
（）
A．{x|－1≤x－1}
B．{x|x≤1}
C．{x|x≤－1}
D．{x|－2－1≤x≤－1}
答案C
解析不等式x＋（x＋1）f（x＋1）≤1等价于
（1）
⎧⎪x＋1＜0，①⎨⎪[－（x＋1）＋1]≤1②⎩x＋（x＋1）·
或
⎧⎪x＋1≥0，③
（2）⎨⎪x＋（x＋1）·[（x＋1）－1]≤1.④⎩
由①得x＜－1，由②得x∈R，
∴不等式组
（1）的解集为（－∞，－1）．由③得x≥－1，由④得－－1≤x≤－1，
∴不等式组
（2）的解集为[－1－1]．故原不等式的解集为（－∞，－1].
题型六指数不等式的解法
1x＋2x52x－3x1例6解不等式：
2＞）.2
分析首先化同底，然后把指数不等式转化为非指数不等式．22
解析原不等式即2
2－x－2x522x－3x12＞，
22∴2x－3|x|＋1＞－x－2|x|＋5，
22即3x－|x|－4＞0，即3|x|－|x|－4＞0，∴（|x|＋1）（3|x|－4）＞0，
∴3|x|－4＞0，
4∴原不等式的解集为{x|x＞或x＜－3
变式迁移6
1x－8－2x解不等式：
）＞3.3
2解析由已知得－x＋8＞－2x，
2即x－2x－8＜0.
解得－2
∴原不等式的解集为{x|－2
题型七对数不等式的解法
例7解下列不等式：
1lgx＜2
xx＋1
（2）log2（2－1）·log2（2－2）＜2.
分析按指数不等式，对数不等式的基224}.3
本解法求解．
解析
（1）不等式可化为2lgx2＜2）
2－，21∵＞1，∴lgx＜－2，∴0＜x＜.100
11解得－＜x＜0，或0＜x1010
∴原不等式的解集为
11{x|－＜x＜0，或0＜x＜．1010
x＋1x
（2）∵2－2＝2（2－1），∴原不等式可化为
x2x[log2（2－1）]＋log2（2－1）－2＜0
x解得－2＜log2（2－1）＜1.
1＜2x－1＜2.4
55x＜2＜3.即log＜x＜log23.44
5∴原不等式的解集为{x|log2＜x＜4
log23}．
点评在解对数不等式时，一定要注意真数大于0这个条件，否则会将不等式的解集扩大.
变式迁移7
1解不等式：
2＋log1（5－x）＋log＞0.x2
解析由题得x的取值范围为0＜x＜5.这时原不等式可化为：
1log1x（5－x）]＞0.即4
2
1（5－x）＜1.4
2x－5x＋4＞0.
x＜1或x＞4.
∴原不等式的解集为（0,1）∪（4,5）.
题型八抽象函数不等式的解法
例8已知f（x）是定义在[－1,1]上的奇函数，若m，n∈[－1,1]，m＋n≠0时有f（m）＋f（n）＞0.m＋n
（1）用定义证明：
f（x）在[－1,1]上是增函数；
11
（2）解不等式：
f（x）＜f）．2x－1
解析
（1）证明：
任取－1≤x1＜x2≤1，则：
f（x1）－f（x2）＝f（x1）＋f（－x2）
f（x1）＋f（－x2）
x1－x2·（x1－x2）．
∵－1≤x1＜x2≤1，
∴x1＋（－x2）≠0.
由已知f（x1）＋f（－x2）
x－x0，
12
又x1－x2＜0，
∴f（x1）－f（x2）＜0.
即f（x）在[－1,1]上为增函数．
（2）∵f（x）在[－1,1]上为增函数，
⎧⎪－1≤x＋11，
∴⎪2⎨－11
x－11，
⎪⎪⎩x＋121
x－1
解得：
－32≤x
∴不等式的解集为{x|－32≤x＜－
x∈R}.
变式迁移81，
y＝f（x）是R上的减函数，且y＝f（x）的图象经过点A（0,1）和B（3，－1），则不等式|f（x＋1）|＜1的解集为________．
答案{x|－1＜x＜2}
解析f（0）＝1，f（3）＝－1.
∵|f（x＋1）|＜1，∴－1＜f（x＋1）＜1∴f（3）＜f（x＋1）＜f（0）
∵y＝f（x）是R上的减函数，
∴3＞x＋1＞0，∴－1＜x＜2.
题型九含参数的二次不等式的解法
2例9解关于x的不等式：
ax－2x＋1＞
0.
分析从不等式的形式结构看，可以是一元一次不等式，也可以是一元二次不等式，其中为二次不等式时，又要考虑“开口方向”和“判别式的正负”问题，注意到Δ＝4－4a，可以从中找到讨论点是“a＝0”和“a＝1”．
解析①当a＝0时，不等式即－2x＋1＞0，
1∴解集为{x|x＜}；2
②当a＜0时，Δ＝4－4a＞0，
21此时不等式为x－＋＜0，aa
122由于方程x－x＋0的两根分别为aa
1－1－a1＋1－a、aa
1－1－a1＋1－a＞，aa
∴不等式的解集为：
1＋1－a1－1－a{x|x＜}；aa
③当a＞0时，若0＜a＜1，
212此时不等式即x－＋＞0，aa
1－1－a1＋1－a＜，aa
∴不等式的解集为
1－1－a1＋1－a{x|x＜，或x}，aa
2若a＝1，则不等式为（x－1）＞0，
∴不等式的解集为{x∈R|x≠1}；
若a＞1，则Δ＜0，不等式的解集为R.点评当含有参数的一元二次不等式对应的二次方程有两个不同的根时，判断谁大谁小，要考虑参数的作用.2
变式迁移9
解关于x的不等式：
a2x2－2ax＋1－b2＜0（a≠0，b>0）．
解析原不等式可化为（ax－1＋b）（ax－1－b）＜0，
2∵a≠0，a＞0，
1－b1＋b∴（x）（x－）＜0，且1－b＜1aa
＋b，
1－b1＋b∴①若a＜0，则＞，此时不等aa
1＋b1－b式的解集为{x＜x＜}；aa
1－b1＋b②若a＞0，则，此时不等式aa
1－b1＋b的解集为{x＜x＜}.aa
题型十利用不等式解实际应用问题例10某地区上年度电价为0.8元/kW·h，年用电量为akW·h，本年度计划将电价降低到0.55元/kW·h至0.75元/kW·h之间，而用户期望电价为0.4元/kW·h.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）．该地区电力的成本价为0.3元/kW·h.
（1）写出本年度电价下调后，电力部门的收益y与实际电价x的函数关系式；
（2）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%?
注：
收益＝实际用电量×（实际电价－成本价）．
解析
（1）设下调后的电价为x元
k/kW·h，依题意知，用电量增至＋a，x－0.4
电力部门的收益为
ky＝（＋a）（x－x－0.4
0.3）（0.55≤x≤0.75）．
（2）依题意，有
错误!
2⎧x⎪－1.1x＋0.3≥0，整理，得⎨⎪⎩0.55≤x≤0.75.
解此不等式组，得0.60≤x≤0.75.
答：
当电价最低定为0.60元/kW·h时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%.
点评本题主要考查综合运用数学知识、数学方法、分析和解决实际问题的能力，考查了数学建模、反比例函数、根据实际问题建立不等式和解不等式等数学内容.
变式迁移10
国家为了加强对烟酒生产的宏观管理，实行征收附加税政策，现知某种酒每瓶70元，不征收附加税时，每年大约产销100万瓶，若政府征收附加税，每销售100元要征税R元（叫做税率R%），则每年的销量将减少10R万瓶，要使每年在此项经营中所收附加税税金不少于112万元，问R应怎样确定？
解析设销售量为每年x万瓶，则销售收入为每年70x万元，从中征收的税金为70x·R%万元，其中x＝100－10R.
由题意得，70（100－10R）·R%≥112，整理得，R2－10R＋16≤0，解得，2≤R≤8.
答：
当2≤R≤8（单位：
元）时，每年在此项经营中所收附加税金不少于112万元.
题型十一含参数的不等式问题
2例11已知不等式l
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