届高考数学不等式第一轮基础知识点复习教案Word文件下载.docx
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∵x＜＜0,∴x＞0,x-＜0,
∴-2x（x-）＞0,
∴（x2+2）（x-）＞（x2-2）（x+）
方法二∵x＜＜0,∴x-＜0,x2＞2,x+＜0
∴（x2+2）（x-）＜0,（x2-2）（x+）＜0,
∴0＜=＜1,
（2）∵a,b,∈{正实数}，∴an,bn,n＞0,
而=+
∵a2+b2=2,则+=1,
∴0＜＜1,0＜＜1
∵n∈N,n＞2,
∴＜,＜,
∴=+＜=1,
∴an+bn＜n
例2已知a、b、是任意的实数，且a＞b,则下列不等式恒成立的是
①（a+）4＞（b+）4②a2＞b2
③lg|b+|＜lg|a+|④（a+）＞（b+）
答案④
例3（14分）已知-1＜a+b＜3且2＜a-b＜4,求2a+3b的取值范围
解设2a+3b=（a+b）+n（a-b）,
∴,4分
∴=,n=-6分
∴2a+3b=（a+b）-（a-b）7分
∵-1＜a+b＜3,2＜a-b＜4,
∴-＜（a+b）＜,-2＜-（a-b）＜-1,10分
∴-＜（a+b）-（a-b）＜,12分
即-＜2a+3b＜14分
1
（1）比较x6+1与x4+x2的大小，其中x∈R;
（2）设a∈R,且a≠0,试比较a与的大小
解
（1）（x6+1）-（x4+x2）
=x6-x4-x2+1=x4（x2-1）-（x2-1）
=（x2-1）（x4-1）=（x2-1）（x2-1）（x2+1）
=（x2-1）2（x2+1）
当x=±
1时，x6+1=x4+x2;
当x≠±
1时，x6+1＞x4+x2
（2）a-==
当-1＜a＜0或a＞1时,a＞；
当a＜-1或0＜a＜1时,a＜；
当a=±
1时,a=
2适当增加不等式条使下列命题成立：
（1）若a＞b,则a≤b;
（2）若a2＞b2,则a2＞b2;
（3）若a＞b,则lg（a+1）＞lg（b+1）;
（4）若a＞b,＞d,则＞;
（）若a＞b,则＜
解
（1）原命题改为：
若a＞b且≤0，则a≤b,即增加条“≤0”
（2）由a2＞b2可得a＞b,但只有b≥0时，才有a2＞b2,即增加条“b≥0”
（3）由a＞b可得a+1＞b+1,但作为真数，应有b+1＞0,故应加条“b＞-1”
（4）＞成立的条有多种，如a＞b＞0,＞d＞0,因此可增加条“b＞0,d＞0”还可增加条为“a＜0,＞0,d＜0”
（）＜成立的条是a＞b,ab＞0或a＜0,b＞0,
故增加条为“ab＞0”
3设f（x）=ax2+bx,1≤f（-1）≤2,2≤f
（1）≤4,求f（-2）的取值范围
解方法一设f（-2）=f（-1）+nf
（1）（,n为待定系数）,
则4a-2b=（a-b）+n（a+b）,
即4a-2b=（+n）a+（n-）b,
于是得,解得,
∴f（-2）=3f（-1）+f
（1）
又∵1≤f（-1）≤2,2≤f
（1）≤4,
∴≤3f（-1）+f
（1）≤10,
故≤f（-2）≤10
方法二由,
得,
∴f（-2）=4a-2b=3f（-1）+f
（1）
∴≤3f（-1）+f
（1）≤10,故≤f（-2）≤10
方法三由确定的平面区域如图当f（-2）=4a-2b过点A时,
取得最小值4×
-2×
=,
当f（-2）=4a-2b过点B（3,1）时,
取得最大值4×
3-2×
1=10,
∴≤f（-2）≤10
一、填空题
1已知a,b,满足＜b＜a且a＜0，则下列不等式中恒成立的是（填序号）
①＞②＞0③＞④＜0
答案①②④
2（2009&
#8226;
姜堰中学高三第四次综合练习）已知存在实数a满足ab2＞a＞ab,则实数b的取值范围为
答案（-∞，-1）
3（2009&
苏、锡、常、镇三检）已知三个不等式：
ab＞0，b-ad＞0,-＞0（其中a,b,,d均为实数）,用其中两个不等式作为条,余下的一个不等式作为结论组成一个命题,可组成的正确命题的个数为个
答案3
4已知函数f（x）=lg2（x+1）,设a＞b＞＞0,则,,的大小关系为
答案＜＜
若x＞＞1,且0＜a＜1,则①ax＜a;
②lgax＞lga;
③x-a＞-a;
④lgxa＜lga
其中不成立的有个
6已知a+b＞0，则+与+的大小关系是
答案+≥+
7给出下列四个命题：
①若a＞b＞0,则＞;
②若a＞b＞0,则a-＞b-;
③若a＞b＞0,则＞;
④设a,b是互不相等的正数，则|a-b|+≥2
其中正确命题的序号是（把你认为正确命题的序号都填上）
答案②
二、解答题
8比较aabb与abba（a,b为不相等的正数）的大小
解=aa-bbb-a=,
当a＞b＞0时，＞1,a-b＞0,∴＞1；
当0＜a＜b时，＜1,a-b＜0,∴＞1
综上所述，总有aabb＞abba
9已知奇函数f（x）在区间（-∞,+∞）上是单调递减函数,,,∈R且+＞0,+＞0,+＞0
试说明f（）+f（）+f（）的值与0的关系
解由+＞0,得＞-
∵f（x）在R上是单调减函数,∴f（）＜f（-）
又∵f（x）为奇函数,∴f（）＜-f（）,∴f（）+f（）＜0,
同理f（）+f（）＜0,f（）+f（）＜0,
∴f（）+f（）+f（）＜0
10某个电脑用户计划使用不超过1000元的资金购买单价分别为80元、90元的单片软和盒装磁盘根据需要，软至少买3片，磁盘至少买4盒，写出满足上述所有不等关系的不等式
解设买软x片、磁盘盒,
则x、满足关系：
11已知a＞0,a2-2ab+2=0,b＞a2试比较a,b,的大小
解∵b＞a2＞0,∴b,同号
又a2+2＞0,a＞0,∴b=＞0,∴＞0,
由（a-）2=2ab-2a=2a（b-）≥0,∴b-≥0
当b-＞0,即b＞时,
由得&
＞a2
即（a-）（2a2+a+2）＜0
∵a＞0,b＞0,＞0,∴2a2+a+2＞0,
∴a-＜0,即a＜,则a＜＜b；
当b-=0,即b=时,
∵b＞a2,∴b2＞a2,即b≠a
又∵a2-2ab+2=（a-b）2=0a=b与a≠b矛盾,
∴b-≠0
综上可知:
a＜＜b
72一元二次不等式及其解法
1下列结论正确的是
①不等式x2≥4的解集为{x|x≥±
2}
②不等式x2-9＜0的解集为{x|x＜3}
③不等式（x-1）2＜2的解集为{x|1-＜x＜1+}
④设x1,x2为ax2+bx+=0的两个实根，且x1＜x2,则不等式ax2+bx+＜0的解集为{x|x1＜x＜x2}
答案③
2（2007&
湖南理）不等式≤0的解集是
答案（-1，2］
3（2008&
天津理）已知函数f（x）=则不等式x+（x+1）&
f（x+1）≤1的解集是
答案{x|x≤-1}
4在R上定义运算:
x=x（1-）若不等式（x-a）（x+a）＜1对任意实数x成立,则a的取值范围是
答案-＜a＜
（2008&
江苏，4）A={x|（x-1）2＜3x-7}，则A∩Z的元素的个数为
答案0
例1解不等式≥（x2-9）-3x
解原不等式可化为-x2+≥x2--3x,
即2x2-3x-7≤0
解方程2x2-3x-7=0,得x=
所以原不等式的解集为例2已知不等式ax2+bx+＞0的解集为（,）,且0＜＜,求不等式x2+bx+a＜0的解集
解方法一由已知不等式的解集为（，）可得a＜0,
∵，为方程ax2+bx+=0的两根，
∴由根与系数的关系可得
∵a＜0,∴由②得＜0,
则x2+bx+a＜0可化为x2++＞0,
①÷
②得==-＜0,
由②得==&
＞0,
∴、为方程x2+x+=0的两根
∵0＜＜,
∴不等式x2+bx+a＜0的解集为方法二由已知不等式解集为（,）,得a＜0,
且，是ax2+bx+=0的两根，
∴+=-,=,
∴x2+bx+a＜0x2+x+1＞0
（）x2-（+）x+1＞0（x-1）（x-1）＞0
＞0
∵0＜＜,∴＞,∴x＜或x＞,
∴x2+bx+a＜0的解集为
例3已知不等式＞0（a∈R）
（1）解这个关于x的不等式;
（2）若x=-a时不等式成立,求a的取值范围
解
（1）原不等式等价于（ax-1）（x+1）＞0
①当a=0时,由-（x+1）＞0,得x＜-1;
②当a＞0时,不等式化为（x+1）＞0,
解得x＜-1或x＞;
③当a＜0时,不等式化为（x+1）＜0;
若＜-1,即-1＜a＜0,则＜x＜-1;
若=-1,即a=-1,则不等式解集为空集;
若＞-1,即a＜-1,则-1＜x＜
综上所述,
a＜-1时,解集为;
a=-1时,原不等式无解;
-1＜a＜0时,解集为;
a=0时,解集为{x|x＜-1};
a＞0时,解集为
（2）∵x=-a时不等式成立,
∴＞0,即-a+1＜0,
∴a＞1,即a的取值范围为a＞1
例4（14分）已知f（x）=x2-2ax+2,当x∈［-1，+∞）时，f（x）≥a恒成立，求a的取值范围
解方法一f（x）=（x-a）2+2-a2,
此二次函数图象的对称轴为x=a,2分
①当a∈（-∞,-1）时，结合图象知,f（x）在［-1，+∞）上单调递增，f（x）in=f（-1）=2a+3,4分
要使f（x）≥a恒成立，只需f（x）in≥a,
即2a+3≥a,解得a≥-3,又a＜-1,∴-3≤a＜-1;
6分
②当a∈［-1，+∞）时，f（x）in=f（a）=2-a2,8分
由2-a2≥a,解得-2≤a≤1,又a≥-1,
∴-1≤a≤112分
综上所述，所求a的取值范围为-3≤a≤114分
方法二由已知得x2-2ax+2-a≥0在［-1，+∞）上恒成立，4分
即Δ=4a2-4（2-a）≤0或,10分
解得-3≤a≤114分
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