高一数学教案：几种常见解不等式的解法.docx

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1、几种常见解不等式的解法重难点归纳解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，随着高考命题原则向能力立意的进一步转化，对解不等式的考查将会更是热点，解不等式需要注意下面几个问题(1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法(2)掌握用零点分段法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法(3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型的解法(4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法(5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化为易解的

2、不等式(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类标准，进行分类讨论典型题例示范讲解例1已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0f(m)f(n)时mn＞0(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；11(2)解不等式f(x+2)＜f(x1)；(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围命题意图本题是一道函数与不等式相结合的题目，考查学生的分析能力与化归能力知识依托本题主要涉及函

3、数的单调性与奇偶性，而单调性贯穿始终，把所求问题分解转化，是函数中的热点问题；问题的要求的都是变量的取值范围，不等式的思想起到了关键作用11错解分析(2)问中利用单调性转化为不等式时，x+2∈［－1，1］，x1∈［－1，1］必不可少，这恰好是容易忽略的地方技巧与方法(1)问单调性的证明，利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键，(3)问利用单调性把f(x)转化成“1”是点睛之笔f(x1)f(x2)(1)证明任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2

4、)=x1x2·(x1－x2)∵－1≤x1＜x2≤1，f(x1)f(x2)∴x1+(－x2)≠0，由已知x1x2＞0，又x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数(2)解∵f(x)在［－1，1］上为增函数，1x112111x1x1132x1{x

5、－2≤x＜－1，x∈R}∴解得(3)解由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，所以要f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t2－2a

6、t+1≥1成立，故t2－2at≥0，记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0，只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2∴t的取值范围是{t

7、t≤－2或t=0或t≥2}例2设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值范围命题意图考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关系知识依托本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系，以及分类讨论的数学思想错解分析M=是符合题设条件

8、的情况之一，出发点是集合之间的关系考虑是否全面，易遗漏；构造关于a的不等式要全面、合理，易出错技巧与方法该题实质上是二次函数的区间根问题，充分考虑二次方程、二次不等式、二次函数之间的内在联系是关键所在；数形结合的思想使题目更加明朗解M［1，4］有两种情况其一是M=，此时＜0；其二是M≠，此时=0或＞0，分三种情况计算a的取值范围设f(x)=x2－2ax+a+2，有=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)(1)当＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］(2)当=0时，a=－1或2当a=－1时M={－1}［1，

9、4］；当a=2时，m={2}［1，4］(3)当＞0时，a＜－1或a＞2设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，f(1)0,且f(4)0那么M=［x1，x2］，M［1，4］1a4,且01≤x1＜x2≤4a30187a0a018即a或a2，解得2＜a＜7，118∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，7)a(x1)例3解关于x的不等式x2＞1(a≠1)(a1)x(2a)解原不等式可化为x2＞0，a2①当a＞1时，原不等式与(x－a1)(x－2)＞0同解a21112由于a1a1a2∴原不等式的解为(－∞，a

10、1)∪(2，+∞)a2②当a＜1时，原不等式与(x－a1)(x－2)＜0同解a211由于a1a1,a2112a2若a＜0，a1a1,解集为(a1，2)；a2112若a=0时，a11a，解集为；a2112a2若0＜a＜1，a1)1a1,解集为(2，aa2a2综上所述当a＞1时解集为(－∞，a1)∪(2，+∞)；当0＜a＜1时，解集为(2，a1)；a2当a=0时，解集为；当a＜0时，解集为