1、专题29 常见不等式的解法【热点聚焦与扩展】高中阶段解不等式大体上分为两类，一类是利用不等式性质直接解出解集（如二次不等式，分式不等式，指对数不等式等）；一类是利用函数的性质，尤其是函数的单调性进行运算.相比而言后者往往需要构造函数，利用函数单调性求解，考验学生的观察能力和运用条件能力，难度较大.本专题以一些典型例题来说明处理这类问题的常规思路.（一）常见不等式的代数解法1、一元二次不等式： 可考虑将左边视为一个二次函数，作出图象，再找出轴上方的部分即可关键点：图象与轴的交点2、高次不等式（1）可考虑采用“数轴穿根法”，分为以下步骤：（令关于的表达式为，不等式为）求出的根 在数轴上依次标出根
2、从数轴的右上方开始，从右向左画.如同穿针引线穿过每一个根 观察图象， 寻找轴上方的部分 寻找轴下方的部分（2）高次不等式中的偶次项，由于其非负性在解不等式过程中可以忽略，但是要验证偶次项为零时是否符合不等式3、分式不等式（1）将分母含有的表达式称为分式，即为的形式（2）分式若成立，则必须满足分母不为零，即 （3）对形如的不等式，可根据符号特征得到只需 同号即可，所以将分式不等式转化为 （化商为积），进而转化为整式不等式求解4、含有绝对值的不等式（1）绝对值的属性：非负性（2）式子中含有绝对值，通常的处理方法有两种：一是通过对绝对值内部符号进行分类讨论（常用）；二是通过平方（3）若不等式满足以下
3、特点，可直接利用公式进行变形求解： 的解集与或的解集相同 的解集与的解集相同（4）对于其它含绝对值的问题，则要具体问题具体分析，通常可用的手段就是先利用分类讨论去掉绝对值，将其转化为整式不等式，再做处理5、指对数不等式的解法：（1）先讲一个不等式性质与函数的故事 在不等式的基本性质中，有一些性质可从函数的角度分析，例如：，可发现不等式的两边做了相同的变换（均加上），将相同的变换视为一个函数，即设，则，因为为增函数，所以可得：，即成立，再例如： ，可设函数，可知时，为增函数，时，为减函数，即 由以上两个例子我们可以得出：对于不等式两边作相同变换的性质，可将变换视为一个函数，则在变换时不等号是否发
4、生改变，取决于函数的增减性.增函数不变号，减函数变号 在这种想法的支持下，我们可以对不等式的变形加以扩展，例如：，则的关系如何？设，可知的单调减区间为，由此可判断出：当 同号时，（2）指对数不等式：解指对数不等式，我们也考虑将其转化为整式不等式求解，那么在指对数变换的过程中，不等号的方向是否变号呢？先来回顾指对数函数的性质：无论是还是，其单调性只与底数有关：当时，函数均为增函数，当时，函数均为减函数，由此便可知，不等号是否发生改变取决于底数与1的大小，规律如下：时， 时， 进而依据这两条便可将指对不等式转化为整式不等式求解了（3）对于对数的两个补充 对数能够成立，要求真数大于0，所以在解对数不
5、等式时首先要考虑真数大于0这个条件，如当时， 如何将常数转化为某个底的对数.可活用“1”：因为，可作为转换的桥梁6、利用换元法解不等式（1）换元：属于化归时常用的一种方法，本质是研究对象的选取，不受题目所给字母的限制，而是选择合适的对象能把陌生问题进行化归，转化为能够解决的问题.（2）在换元的过程中，用新字母代替原来的字母和式子，将问题转化为新字母的问题，从而要先了解新字母的取值范围.即若换元，则先考虑新元的初始范围（3）利用换元法解不等式的步骤通常为：选择合适的对象进行换元：观察不等式中是否有相同的结构，则可将相同的结构视为一个整体求出新元的初始范围，并将原不等式转化为新变量的不等式解出新元
6、的范围在根据新元的范围解的范围（二）构造函数解不等式1、函数单调性的作用：在单调递增，则(在单调区间内，单调性是自变量大小关系与函数值大小关系的桥梁）2、假设在上连续且单调递增，则时，;时， (单调性与零点配合可确定零点左右点的函数值的符号）3、导数运算法则：（1）（2）4、构造函数解不等式的技巧：（1）此类问题往往条件比较零散，不易寻找入手点.所以处理这类问题要将条件与结论结合着分析.在草稿纸上列出条件能够提供什么，也列出要得出结论需要什么.两者对接通常可以确定入手点（2）在构造函数时要根据条件的特点进行猜想，例如出现轮流求导便猜有可能是具备乘除关系的函数.在构造时多进行试验与项的调整（3）
7、此类问题处理的核心要素是单调性与零点，对称性与图象只是辅助手段.所以如果能够确定构造函数的单调性，猜出函数的零点.那么问题便易于解决了.（三）利用函数性质与图象解不等式：1、轴对称与单调性：此类问题的实质就是自变量与轴距离大小与其函数值大小的等价关系.通常可作草图帮助观察.例如：的对称轴为，且在但增.则可以作出草图（不比关心单调增的情况是否符合，不会影响结论），得到：距离越近，点的函数值越小.从而得到函数值与自变量的等价关系2、图象与不等式：如果所解不等式不便于用传统方法解决，通常的处理手段有两种，一类是如前文所说可构造一个函数，利用单调性与零点解不等式；另一类就是将不等式变形为两个函数的大小
8、关系如，其中的图象均可作出.再由可知的图象在图象的下方.按图象找到符合条件的范围即可.【经典例题】例1.解下列一元二次不等式：（1） （2） （3） （4）【答案】（1）；（2）；（3） ；（4）【解析】（1） 即与轴的交点为 由图象可得满足的的范围为 不等式的解集为 【名师点睛】由（1）（2）我们发现，只要是，开口向上的抛物线与轴相交，其图象都是类似的，在小大根之间的部分，在小大根之外的部分，发现这个规律，在解一元二次不等式时便有了更为简便的口诀 让最高次项系数为正 解的方程，若方程有解，则的解集为小大根之外，的解集为小大根之间，若方程无解，则作出图象观察即可（4）解：先将最高次项系数变为正
9、数：方程的根为 不等式的解集为例2.解下列高次不等式：（1） （2）【答案】（1）；（2）.【解析】（1）解：则的根 作图可得： 或 不等式的解集为【名师点睛】在解高次不等式时，穿根前可考虑先将恒正恒负的项去掉，在进行穿根即可.穿根法的原理：它的实质是利用图象帮助判断每个因式符号，进而决定整个式子的符号，图象中的数轴分为上下两个部分，上面为 的部分，下方为的部分.以例2（1）为例，当时，每一个因式均大于0，从而整个的符号为正，即在数轴的上方（这也是为什么不管不等号方向如何，穿根时一定要从数轴右上方开始的原因，因为此时的符号一定为正），当经过 时，由正变负，而其余的式子符号未变，所以的符号发生一
10、次改变，在图象上的体现就是穿根下来，而后经过下一个根时，的符号再次发生改变，曲线也就跑到 轴上方来了.所以图象的“穿根引线”的实质是在经历每一个根时，式子符号的交替变化.例3.解不等式：（1） （2） （3）【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）或（3）思路：观察发现分母很成立，所以考虑直接去分母，不等号的方向也不会改变，这样直接就化为整式不等式求解了解： 不等式的解集为 【名师点睛】分式不等式在分母符号不定的情况下，千万不要用去分母的方式变形不等式（涉及到不等号方向是否改变），通常是通过移项，通分，将其转化为再进行求解例4.解不等式：（1） （2） （3）【答案】（1）；（2）；（3
11、）.【解析】解：（1）方法一：所解不等式可转化为 方法二：观察到若要使得不等式成立，则，进而内部恒为正数，绝对值直接去掉，即只需解即可.解得不等式的解集为 （2）含多个绝对值的问题，可通过“零点分段法”来进行分类讨论令两个绝对值分别为零，解得：，作出数轴，将数轴分为三部分，分类讨论 不等式变为 时，不等式变为 时不等式均成立 不等式变为 不等式的解集为 【名师点睛】1.含绝对值的不等式要注意观察式子特点，选择更简便的方法2.零点分段法的好处在于，一段范围可将所有的绝对值一次性去掉，缺点在于需要进行分类讨论，对学生书写的规范和分类讨论习惯提出了要求，以及如何整理结果，这些细节部分均要做好，才能保
12、证答案的正确性.3.引入函数，通过画出分段函数的图象，观察可得不等式的解.例5.解不等式.【答案】当时，解集为；当时，解集为.【解析】试题分析：借助题设条件运用对数函数单调性转化分析求解.例6.【2018届上海市徐汇区二模】函数的定义域为_【答案】【解析】由题意，根据对数函数的概念及其定义域可得，即，由指数函数与的图象可知，如图所示，当时，恒成立，所以正确答案为.例7【2018届广东佛山市检测二】若使得成立的最小整数，则使得成立的最小整数_【答案】18【解析】解指数不等式，可利用取对数的方法求解，再由题意估计出的范围，同样用取对数的方法解不等式得，由刚才的的范围，得出的范围，从而可得要求的最小
13、整数.解：由得， ，即， ，即，由得， ，即最小整数为18，故答案为18.点睛：解指数不等式一般采用两边取对数的方程，化指数不等式为一般的多项式不等式，从而求解.例8.【2018届天津市部分区高三上学期期末】已知函数，且，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D点睛：解答本题的关键是利用函数的性质将问题进行合理的转化，由于函数为偶函数，故其图象关于y轴对称，因此可根据所给出的函数值的大小，将问题转化成自变量到对称轴的距离的大小的问题，然后根据不等式的相关知识解决例9.【2018年5月2018届高三第三次全国大联考】已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数若，则实数的取值范围
14、为（ ）A. B. C. D. 【答案】D例10.【2018届安徽省六安市毛坦厂中学四月模拟】已知是定义在区间上的函数，是的导函数，且，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：构造函数，利用，判断出的单调性，结合列不等式求解即可.详解：引入函数，则 ，又，函数在区间上单调递增，故不等式的解集是，故选D.点睛：利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构
15、造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.【精选精练】1.【2018届新疆乌鲁木齐市三诊】设：，：，则是的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由题设知，因为，所以满足，但 ，根据充分条件、必要条件、充要条件的定义，可知是的充分不必要条件.故选A.2.【2018届浙江省嘉兴市4月模拟】已知函数，集合，集合，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析
16、】设，(为的两根)，因为，所以且点睛：本题考查二次函数的性质，考查函数的值域，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题；设集合，根据一元二次不等式的解与一元二次方程根的关系结合，得出和，即可求出实数的取值范围.3.【2018届江西师范大学附属中学4月模拟】数列an的通项an是关于x的不等式x2xnx（nN*）的解集中的整数个数，则数列an的前n项和Sn=（）A. n2 B. n(n+1) C. D. (n+1)(n+2）【答案】C【解析】不等式的解集为，通项是解集中的整数个数，（常数），数列是首先为1，公差为1的等差数列，前项和，故选C.4已知函数则不等式的解集为（ ）A B C D【答案】C【
17、解析】试题分析：当时，即为解得当时，即为解得，所以不等式的解集为.5【2018届河南省南阳市第一中学第十四次考】函数，则使得成立的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先判断出偶函数在上单调递减，然后根据对称性将函数不等式化为绝对值不等式求解，两边平方后化简得且，解得或，故使不等式成立的取值范围是故选B 点睛：解题时要注意函数性质的综合运用，对于图象具有对称性的函数，在解不等式时，可将不等式转化为变量到对称轴的距离的大小关系求解解绝对值不等式时，要根据绝对值不等式的特点进行求解，解题时要注意绝对值的几何意义的利用6【2018届四川省高三“联测促改”】已知函数在区间上单
18、调递增，若成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A7【2018届湖南省邵阳市高三上学期期末】若关于的不等式的解集包含区间，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题得在（0,1）上恒成立，设，所以，由于函数是增函数，所以，故选B.8.【2018届四川省成都七中二诊（3月）】若实数满足，则的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据对数函数的性质，由，可得，由，得，综上，的取值范围是，故选C.9.【2018届安徽省六安市毛坦厂中学四月模拟】已知是定义在区间上的函数，是的导函数，且，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【
19、答案】C又，所以不等式等价于，又，所以，所以，又因为函数在区间上单调递增，所以，解得，又函数的定义域为，得，故不等式的解集为，故选C点睛：利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.10.【2018届高三下学期第二次调研】已知定义在R上的函数恒成立，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D 且，所以的解集为， 即，即 所以不等式的解集为，故选D.11.设函数，若，则实数的取值范围是_【答案】 【解析】通过数形结合处理，的图象如图所示，令，则先解，由图可得：即，再由图可知 12.现定义一种运算“”：对任意实数，设，若函数的图象与轴恰有三个公共点，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【方法点晴】本题主要考查了新定义下函数解析式的求解、函数的图象的应用及函数的零点与方程根的关系，着重考查了学生对新定义的接受与应用能力及分段的图象的应用和数形结合的思想方法，本题的解答中，利用函数新定义得到函数的解析式，作出函数的图象，把方程的根转化为函数图象与的交点，得到实数的取值范围 19
