高考数学全国二轮数学试题分类解析汇编：E单元 不等式

E单元 不等式

目录

E单元 不等式 .......................................................................................................................... - 1 -

E1 不等式的概念与性质 ......................................................................................................... - 1 -

E2 绝对值不等式的解法 ......................................................................................................... - 3 -

E3 一元二次不等式的解法 ..................................................................................................... - 5 -

E4 简单的一元高次不等式的解法 ......................................................................................... - 6 -

E5 简单的线性规划问题 ......................................................................................................... - 7 -

E6 基本不等式2abab ............................................................................................... - 17 -

E7 不等式的证明方法 ........................................................................................................... - 18 -

E8 不等式的综合应用 ........................................................................................................... - 19 -

E9 单元综合 ........................................................................................................................... - 27 -

E1 不等式的概念与性质

【数学文卷·2015届湖南省长郡中学2015届高三月考试卷（三）word版】14.已知不等式22241122xmxmxx对任意Rx恒成立，则实数m的取值范围是______.

【知识点】指数不等式解法；不等式恒成立的条件. E1 E8

【答案】【解析】-3

【思路点拨】利用指数函数单调性，将已知转化为一元二次不等式恒成立问题即可.

【数学文卷·2015届湖南省衡阳八中高三上学期第四次月考（201411）】6．下列说法正确的是（ ）

A．若，则

B．函数的零点落在区间内 (0,1)2)(xexfba11baC．函数的最小值为2

D．若，则直线与直线互相平行

【知识点】不等关系与不等式；函数零点的判定定理；直线的一般式方程与直线的平行关系.E1

B9 H1

【答案】【解析】B 解析：A中取a=1，b=﹣1，错误；

B中f（0）f（1）=﹣1（e﹣2）＜0，由根的存在性定理函数f（x）=ex﹣2的零点落在区间（0，1）内正确；

C中1()fxxx，当x>0时，才能取到最小值2；

D中，“直线2x+my+1=0与直线mx+8y+2=0互相平行”则m≠0且，m=4，故为充要条件．

故选B

【思路点拨】A中取特值，a正b负即可判断；B中由根的存在性定理只需判断f（0）f（1）的符号；C中注意检验基本不等式求最值时是否都是正实数；D中可先求出“直线2x+my+1=0与直线mx+8y+2=0互相平行”的充要条件。

【数学文卷·2015届河北省衡水中学高三上学期期中考试（201411）】8、已知奇函数fx在(,0)上单调递减，且20f，则不等式(1)(1)0xfx的解集为（ ）

A．3,1 B．3,1(2,) C．3,0(3,) D．1,1(1,3)

【知识点】函数的性质；解不等式. B1 E1

【答案】【解析】D解析：原不等式为：

（1）11131012012xxxfxxx或

（2）1111(1)021012xxxfxxx或

综上得不等式(1)(1)0xfx的解集为1,1(1,3)，故选D. 028ymx012myx4m1()fxxx

【思路点拨】根据已知，画出函数f(x)的描述性图形，结合图形将原不等式转化为两个不等式组求解.

E2 绝对值不等式的解法

【数学理卷·2015届西藏拉萨中学高三上学期第二次月考（期中考试）（201411）】20. （本题12分）已知函数84fxxx

（1）解不等式2fx

（2）若21422fxtt恒成立，求实数t的取值范围。

【知识点】含绝对值不等式 恒成立问题E2 E8

【答案】【解析】（1）,5；（2）2,6.

解析：（1）已知函数取绝对值可得：

4,484212,484,8xfxxxxxx

其图像如下：

所以2fx的解析为,5；

（2）由（1）可得44fx，

要使21422fxtt恒成立，

只需214242tt即可，

即2812026026ttttt，

所以t的范围为2,6.

【思路点拨】根据零点分段法取绝对值可得分段函数，画出其图像即可从图像读出不等式的解集；21422fxtt恒成立，即2min1422fxtt，进而通过解一元二次不等式求得t范围.

【数学理卷·2015届西藏拉萨中学高三上学期第二次月考（期中考试）（201411）】14.若不等式121xax对于一切非零实数x均成立，则实数a的取值范围为

【知识点】含绝对值的不等式 基本不等式E2 E6

【答案】【解析】13a解析： 因为x与1x同号，所以11122xxxxxx（当且仅当1x时取“=”），所以221a，解得13a，故答案为13a. 【思路点拨】由题意对于一切非零实数x均成立，可得min121xax即可，利用基本不等式求得min12xx，即可求解.

【数学理卷·2015届湖南省衡阳八中高三上学期第四次月考（201411）】二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.）

11．不等式102xx的解集为_______ ___

【知识点】绝对值不等式的解法.E2

【答案】【解析】{|21}xxx或 解析：原不等式等价于1x=或120xxì¹ïí-或1x=，所以原不等式的解集为{|21}xxx或，故答案为{|21}xxx或。

【思路点拨】对1x=，1x¹分类讨论即可。

E3 一元二次不等式的解法

【数学文卷·2015届河北省衡水中学高三上学期期中考试（201411）】20、（本小题满分12分）

已知函数222[(1)(1)]xfxaxaxaae（其中aR）

（1）若0x为fx的极值点，求a的值；

（2）在（1）的条件下，解不等式21(1)(1)2fxxxx

【知识点】导数的应用；不等式的解法. B12 E3

【答案】【解析】（1）a=0；（2）不等式的解集为{x|x<0或x>1}.

解析：(1)因为22[(1)(1)]xfxaxaxaae，所以

22222(1)(1)(1)xxfxaxaeaxaxaae22(1)xaxaxae

因为x=0 为f(x)的极值点，所以由000fae得a=0

检验，当a=0时，()xfxxe，有x<0时，()0fx；x>0时，()0fx. 所以x=0为f(x)的极值点，故a=0.------------4分

（2）当a=0时，不等式2211()11(1)(1)122xfxxxxxexxx

整理得211102xxexx，即

2101102xxexx或2101102xxexx-----6分

令21()(1),()()(1),()12xxxgxexxhxgxexhxe

当x>0时，()hx 10xe；当x<0时()hx10xe，

所以h(x)在,0单调递减，在0,单调递增，所以()(0)0hxh，即()0gx

所以g(x)在R上单调递增，而g(0)=0，故211002xexxx；

211002xexxx，所以原不等式的解集为{x|x<0或x>1}.----12分

【思路点拨】(1) 由x=0 为f(x)的极值点得，00f，解得a=0，再检验a=0时，x=0是否是函数f(x)的极值点即可；

（2）当a=0时，不等式2211()11(1)(1)122xfxxxxxexxx

整理得211102xxexx，利用导数分析函数21()(1)2xgxexx的单调性，得函数g(x)在R上单调递增，而g(0)=0，故211002xexxx；

211002xexxx，由此得原不等式的解集.

E4 简单的一元高次不等式的解法