届高考数学一轮复习 6.7 不等式的综合问题教案_高考数学一轮复习教案

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6.7 不等式的综合问题

●知识梳理

1.方程与不等式、函数与不等式、解析几何与不等式的综合问题.2.解决上述问题的关键是找出综合题的各部分知识点及解法，充分利用数学思想和数学方法求解.●点击双基

1.（2004年湖北，5）若

11＜＜0，则下列不等式中，正确的不等式有 abba+＞2 ab①a+b＜ab ②|a|＞|b| ③a＜b ④A.1个

B.2个

C.3个

D.4个

ab0，11解析：∵＜＜0，∴b＜a＜0.∴ab0，故①正确，②③错误.ab|b||a|.∵a、b同号且a≠b，∴

bababa=2.、均为正.∴+＞

2ababab故④正确.∴正确的不等式有2个.答案：B 2.（2004年福建，11）（理）定义在R上的函数f（x）满足f（x）=f（x+2），当x∈［3，5］时，f（x）=2－|x－4|，则

A.f（sinππ）＜f（cos）662π2π）＜f（sin）33B.f（sin1）＞f（cos1）C.f（cosD.f（cos2）＞f（sin2）

解析：由f（x）=f（x+2），知T=2，又∵x∈［3，5］时，f（x）=2－|x－4|，可知当3≤x≤4时，f（x）=－2+x.当4＜x≤5时，f（x）=6－x.其图象如下图.故在（－1，0）上是增函数，在（0，1）上是减函数.又由|cos2|＜|sin2|，∴f（cos2）＞f（sin2）.答案：D（文）定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）=f（x+2），当x∈［3，4］时，f（x）= x－2，则

A.f（sin11）＜f（cos）22B.f（sinππ）＞f（cos）3333）＞f（cos）22C.f（sin1）＜f（cos1）D.f（sin解析：仿理科分析.答案：C 3.设M=a+A.M＞N 112（2＜a＜3），N=log1（x+）（x∈R），那么M、N的大小关系是 a216

2B.M=N C.M＜N D.不能确定

解析：由2＜a＜3，M=a+

11=（a－2）++2＞2+2=4（注意a≠1，a≠3），a2a2N=log1（x2+211）≤log1=4＜M.16162答案：A

24.对于0≤m≤4的m，不等式x+mx＞4x+m－3恒成立，则x的取值范围是____________.2解析：转化为m（x－1）+x－4x+3＞0在0≤m≤4时恒成立.2令f（m）=m（x－1）+x－4x+3.20，f（0）x4x30x1或x3，则 2f（4）0x1或x1.x10∴x＜－1或x＞3.答案：x＞3或x＜－1 ●典例剖析

【例1】 已知f（x）=loga1x（a＞0，a≠1）.x1（1）判断f（x）在（1，+∞）上的单调性，并加以证明；（2）当x∈（r，a－2）时，f（x）的值域为（1，+∞），求a与r的值；（3）若f（x）≥loga2x，求x的取值范围.剖析：单调性只要用定义证明，可先比较真数的大小再证.函数值域可利用函数的单调性确定端点后再比较，化为方程组求解.对数型不等式要化成同底后分a＞1与0＜a＜1求解，同时要注意定义域.解：（1）任取1＜x1＜x2，则

x1x1f（x2）－f（x1）=loga2－loga1

x21x11（x1）（x11）xxx1x21=loga2=loga12.（x21）（x11）x1x2x1x21又∵x2＞x1＞1，∴x1－x2＜x2－x1.∴0＜x1x2－x2+x1－1＜x1x2－x1+x2－1.xxx1x21∴0＜12＜1.x1x2x1x21当a＞1时，f（x2）－f（x1）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上是减函数；

当0＜a＜1时，f（x2）－f（x1）＞0，∴f（x）在（1，+∞）上是增函数.（2）由∵x1＞0得x∈（－∞，－1）∪（1，+∞）.x1x12=1+≠1，∴f（x）≠0.x1x1当a＞1时，∵x＞1f（x）＞0，x＜－1f（x）∈（0，1），∴要使f（x）的值域是（1，+∞），只有x＞1.－1又∵f（x）在（1，+∞）上是减函数，∴f（x）在（1，+∞）上也是减函数.r1，a1r1∴f（x）＞11＜x＜f（1）=.∴∴ a1a1a2.a2（负号不符合）3.a1当0＜a＜1时，∵x＞1f（x）＜0，x＜1f（x）＞0，∴要使值域是（1，+∞），只有x＜－1.－1又∵f（x）在（－∞，－1）上是增函数，∴f（x）＞1－1＞x＞f（1）=a1，r∴a1无解.a21，－

1a1.a1综上，得a=2+3，r=1.（3）由f（x）≥loga2x得

x1317317317当a＞1时，＜x＜且x＞1.∴1＜x＜.x12x（x1）444x1，317当0＜a＜1时，∴x＞.x12x（x－1），4【例2】 已知抛物线y=ax－1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求实数a的取值范围.解法一：设抛物线上关于直线l对称的两相异点为P（x1，y1）、Q（x2，y2），线段PQ的中

2yxb，点为M（x0，y0），设直线PQ的方程为y=x+b，由于P、Q两点存在，所以方程组有2yax1两组不同的实数解，即得方程ax－x－（1+b）=0.判别式Δ=1+4a（1+b）＞0.②

由①得x0=

2①

x1x211=，y0=x0+b=+b.22a2a1113∵M∈l，∴0=x0+y0=++b，即b=－，代入②解得a＞.2a2aa4解法二：设同解法一，由题意得

y1ax121，y2ax221，yy211，x1x2y1y2x1x20.22①②③ ④将①②代入③④，并注意到a≠0，x1－x2≠0，得 x1x2x12x221，a22.aa1⑤ ⑥由二元均值不等式易得

2222（x1+x2）＞（x1+x2）（x1≠x2）.12123将⑤⑥代入上式得2（－2+）＞（），解得a＞.aa4a解法三：同解法二，由①－②，得 y1－y2=a（x1+x2）（x1－x2）.∵x1－x2≠0，∴a（x1+x2）=

xx21y1y2=1.∴x0=1=.∵M（x0，y0）∈l，x1x222a∴y0+x0=0，即y0=－x0=－

111，从而PQ的中点M的坐标为（，－）.2a2a2a11

2）－（－）－1＜0.2a2a∵M在抛物线内部，∴a（解得a＞3.（舍去a＜0，为什么?）4思考讨论

解法三中为何舍去a＜0? 这是因为a＜0，中点M（x0，y0），x0=

1＜0，2ay0=－1＞0.又∵a＜0，2ay=ax2－1＜0，矛盾.∴a＜0舍去.●闯关训练 夯实基础

1.已知y=loga（2－ax）在 ［0，1］上是x的减函数，则a的取值范围是

A.（0，1）

B.（1，2）

C.（0，2）

D.［2，+∞）a1，解析：∵y=loga（2－ax）在［0，1］上是关于x的减函数，∴∴1＜a＜2.2a0.答案：B 2.如果对任意实数x，不等式|x+1|≥kx恒成立，则实数k的范围是____________.解析：画出y1=|x+1|，y2=kx的图象，由图可看出0≤k≤1.