不等式的综合问题

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＜＜0，则下列不等式中，正确的不等式有

①a+b＜ab ②|a|＞|b| ③a＜b ④+＞2

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

解析：∵＜＜0，∴b＜a＜0.

∴故①正确，②③错误.

∵a、b同号且a≠b，∴、均为正.

∴+＞2=2.

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（sin）＜f（cos）

B.f（sin1）＞f（cos1）

C.f（cos）＜f（sin）

D.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（sin）＜f（cos）

B.f（sin）＞f（cos）C.f（sin1）＜f（cos1）

D.f（sin）＞f（cos）

解析：仿理科分析.

答案：C

3.设M=a+（2＜a＜3），N=log（x2+）（x∈R），那么M、N的大

小关系是

A.M＞N B.M=N C.M＜N D.不能确定

解析：由2＜a＜3，M=a+=（a－2）++2＞2+2=4（注

意a≠1，a≠3），

N=log（x2+）≤log=4＜M.

答案：A

4.对于0≤m≤4的m，不等式x2+mx＞4x+m－3恒成立，则x的取值范围

是____________.

解析：转化为m（x－1）+x2－4x+3＞0在0≤m≤4时恒成立.

令f（m）=m（x－1）+x2－4x+3.

则

∴x＜－1或x＞3.

答案：x＞3或x＜－1

●典例剖析

【例1】 已知f（x）=loga（a＞0，a≠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

f（x2）－f（x1）=loga－loga=loga=loga.

又∵x2＞x1＞1，∴x1－x2＜x2－x1.

∴0＜x1x2－x2+x1－1＜x1x2－x1+x2－1.

∴0＜＜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＞0得x∈（－∞，－1）∪（1，+∞）.

∵=1+≠1，∴f（x）≠0.

当a＞1时，

∵x＞1f（x）＞0，x＜－1f（x）∈（0，1），

∴要使f（x）的值域是（1，+∞），只有x＞1.

又∵f（x）在（1，+∞）上是减函数，

∴f－1（x）在（1，+∞）上也是减函数.

∴f（x）＞11＜x＜f－1（1）=.

∴∴

当0＜a＜1时，

∵x＞1f（x）＜0，x＜1f（x）＞0，

∴要使值域是（1，+∞），只有x＜－1.

又∵f（x）在（－∞，－1）上是增函数，

∴f（x）＞1－1＞x＞f－1（1）=.

∴无解.

综上，得a=2+，r=1.

（3）由f（x）≥loga2x得

当a＞1时，

＜x＜且x＞1.

∴1＜x＜.

当0＜a＜1时，

∴x＞.

【例2】 已知抛物线y=ax2－1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，所以方程组有两组不同的实数

解，即得方程ax2－x－（1+b）=0. ①

判别式Δ=1+4a（1+b）＞0. ②

由①得x0==，y0=x0+b=+b.

∵M∈l，∴0=x0+y0=++b，

即b=－，代入②解得a＞.

解法二：设同解法一，由题意得将①②代入③④，并注意到a≠0，x1－x2≠0，得

由二元均值不等式易得

2（x12+x22）＞（x1+x2）2（x1≠x2）.

将⑤⑥代入上式得

2（－+）＞（）2，解得a＞.

解法三：同解法二，由①－②，得

y1－y2=a（x1+x2）（x1－x2）.

∵x1－x2≠0，∴a（x1+x2）==1.

∴x0==.∵M（x0，y0）∈l，

∴y0+x0=0，即y0=－x0=－，从而PQ的中点M的坐标为（，－）.

∵M在抛物线内部，

∴a（）2－（－）－1＜0.

解得a＞.（舍去a＜0，为什么?）

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=＜0，

y0=－＞0.又∵a＜0，

y=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，+∞）

解析：∵y=loga（2－ax）在［0，1］上是关于x的减函数，

∴∴1＜a＜2.

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.

答案：0≤k≤1

3.在下面等号右侧两个分数的分母方块处，各填上一个自然数，并

且使这两个自然数的和最小，1=.

解析：设+=1，a、b∈N*，则a=.

∴a+b=+b+1，b＞9时，a+b=+b－9+10≥16.

=b－9，即b=12取等号，此时a=4.

b＜9无解.∴a=4，b=12.

答案：4 12

4.已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足①x＞1时，f（x）＜

0；（2）f（）=1；（3）对任意的x、y∈（0，+∞），都有f（xy）

=f（x）+f（y），求不等式f（x）+f（5－x）≥－2的解集.

解：需先研究y=f（x）的单调性，任取x1、x2∈（0，+∞）且x1＞x2，则＞1.

f（x1）=f（·x2）=f（）+f（x2），

∴f（x1）－f（x2）=f（）＜0.

∴f（x）在（0，+∞）上为减函数.

又f（1）=f（1）+f（1），则f（1）=0.

又∵f（1）=f（2）+f（）=f（2）+1=0.

∴f（2）=－1.∴f（4）=2f（2）=－2.

∴原不等式等价于

解得{x|0＜x≤1或4≤x＜5}.

5.设p=（log2x）2+（t－2）log2x－t+1，若t在区间［－2，2］上变

动时，p恒为正值，试求x的取值范围.

解：p=（log2x－1）t+（log2x）2－2log2x+1，∵t∈［－2，2］时p

恒为正值，

∴

解得1＜log2x＜3.∴2＜x＜8.

培养能力

6.（2004年江西九校联考三月）已知函数f（x）=－+（x＞0）.

（1）判断f（x）在（0，+∞）上的单调性，并证明；

（2）解关于x的不等式f（x）＞0；

（3）若f（x）+2x≥0在（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围.

解：（1）f（x）在（0，+∞）上为减函数，

∵（x）=－＜0，

∴f（x）在（0，+∞）上为减函数.

（2）由f（x）＞0得－+＞0，

即＜0.

①当a＞0时，不等式解集为{x|0＜x＜2a}.

②当a＜0时，原不等式为＞0.

解集为{x|x＞0}.（3）若f（x）+2x≥0在（0，+∞）上恒成立，

即－++2x≥0.∴≤+2x.

∵+2x≥4，∴≤4.

解得a＜0或a≥.

7.已知二次函数f（x）=x2+bx+c（b、c∈R），不论α、β为何实数，

恒有f（sinα）≥0，f（2+cosβ）≤0.

（1）求证：b+c=－1；

（2）求证：c≥3；

（3）若函数f（sinα）的最大值为8，求b、c的值.

（1）证明：∵|sinα|≤1且f（sinα）≥0恒成立，可得f（1）≥0.

又∵1≤2+cosβ≤3且f（2+cosβ）≤0恒成立，可得f（1）≤0，

∴f（1）=01+b+c=0b+c=－1.

（2）证明：∵b+c=－1b=－1－c，

∴f（x）=x2－（1+c）x+c=（x－1）（x－c）.

∴x－c≤0，即c≥x恒成立.∴c≥3.

（3）解：∵f（sinα）=sin2α－（1+c）sinα+c=（sinα－）2+c－

（）2，

∴当sinα=－1时，f（sinα）的最大值为1－b+c.

由1－b+c=8与b－c=－1联立可得b=－4，c=3.

8.设f（x）=x2－bx+c，不等式f（x）＜0的解集是（－1，3），若

f（7+|t|）＞f（1+t2），求实数t的取值范围.

解：∵f（x）＜0的解集是（－1，3），

∴a＞0，f（x）的对称轴是x=1，且ab=2.

∴f（x）在［1，+∞）上单调递增.

又∵7+|t|≥7，1+t2≥1，

∴由f（7+|t|）＞f（1+t2），得7+|t|＞1+t2.

∴|t|2－|t|－6＜0，解得－3＜t＜3.

探究创新

9.有点难度哟！

已知函数f（x）满足2axf（x）=2f（x）－1，f（1）=1，设无穷数列

{an}满足an+1=f（an）.

（1）求函数f（x）的表达式；

（2）若a1=3，从第几项起，数列{an}中的项满足an＜an+1；

（3）若1+＜a1＜（m为常数且m∈N，m≠1），求最小自然数N，使

得当n≥N时，总有0＜an＜1成立.

解：（1）令x=1得2a=1，∴a=.