爱华网含绝对值不等式、一元二次不等式、简易逻辑、充要条件
二. 本周教学重、难点：
1. 掌握简单的绝对值不等式的解法；掌握一元二次不等式的解法；学会运用函数方程、分类讨论、等价转化和数形结合思想解决有关不等式的问题。
2. 理解逻辑联结词“或”“且”“非”的含义，理解四种命题及其相互关系，掌握充分条件，必要条件，充要条件的意义。
【典型例题】
[例1] 解不等式：
（1）；
（2）。
解：
（1）方法一：原不等式等价于
即
∴
方法二：原不等式等价于
或 ∴
∴ 或
故原不等式的解集为
（2）方法一：原不等式等价于
①或②
由①得 ∴
由②得 ∴
∴ 原不等式的解集为
方法二：∵
∴ 原不等式可视为关于的一元二次不等式0
解得或（舍去） ∴ 或
故原不等式的解集为
[例2] 解不等式
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
解：
（1）∵ ∴ 原不等式化为
∴ 或
（2） ∴ ∴
（3） ∴ ∴ 且
∴
（4）原不等式化为：且
∴ 且
且或
∴ 或且
（5）
方法一：令 ∴
① 时， ∴
② 时，
③ 时， ∴
∴ 由①②③知：
（6）∵ ∴
利用等号成立的条件得 ∴ ∴
[例3] 解不等式
解：
（1）时，
① 时，
的两根
∴
② 时， ∴ 且
③ 时， ∴
（2）时，
∵ ∴
∴ 或
（3）时，
[例4] 已知二次函数的二次项系数为，且不等式的解集为（1，3）
（1）若方程有两个相等的根，求的解析式；
（2）若的最大值为正数，求的取值范围。
解：
（1）∵ 的解集为（1，3）
设，且
因而①
由方程，得②
∵ 方程②有两个相等的根
∴
即 解得或
由于，舍去
将代入①得的解析式
（2）由
又，可得的最大值为
由
解得或
[例5] 已知关于的不等式的解集为M。
（1）当时，求集合M；
（2）若且，求实数的取值范围。
解：
（1）当时，不等式化为
所以或
故不等式的解集
（2）因M，得①
因，得或②
由①②解得或
[例6] 判断命题“若，则有实根”的逆否命题的真假。
解：方法一：写出逆否命题，再判断其真假
原命题：若，则有实根
逆否命题：若无实根，则
判断如下：
∵ 无实根 ∴
∴ ∴“若无实根，则”为真命题
方法二：利用命题之间的关系：原命题与逆否命题同真同假（即等价关系）证明。
∵ ∴ ∴
∴ 方程的判别式
∴ 方程有实根
故原命题“若，则有实根”为真
又因原命题与其逆否命题等价，所以“若，则有实根”的逆否命题为真
方法三：利用充要条件与集合的包含、相等关系。
命题：，：有实根
∴ ：
：方程有实根}=
∵ ∴
∴ 方程的判别式
∴ 方程有实根，即
∴“若则”为真
∴“若则”的逆否命题“若则”为真
∴ 若，则有实根的逆否命题为真
方法四：设：，：有实根，则无实根
∴
∵ ∴“若则”为真，即“若方程无实根，则”为真
[例7] 已知，设P：函数在R上单调递减；Q：函数的值域为R，如果“P且Q”为假命题，“P或Q”为真命题，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
解析：由题意知P，函数在R上单调递减，则。Q：函数
的值域为R，则二次函数必满足且，解之，得。由“P且Q”为假命题，“P或Q”为真命题可知，P、Q中有且只有一个真命题，又由上述可知Q是P的真子集，则只能满足Q不成立P成立，∴ ，故选A。
[例8] 若是R上的减函数，且，设，，若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
解析：由题意知
∵“”是“”的充分而不必要条件
∴ ∴ ，故选C。
【模拟试题】
一. 选择题：
1. 若，则不等式的解集是（ ）
A.
B.
C.
D.
2. 已知的解集为R，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3. 不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
4. 不等式的解集为（ ）
A.
B.
C.
D. 以上答案都不对
5. 如果函数在区间（）上为增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6. 命题：若，则是的充分而不必要条件；命题：函数的定义域是则（ ）
A.“或”为假 B. “且”为真
C. 真假 D. 假真
7. 条件甲：“”是条件乙：“”的（ ）
A. 既不充分也不必要条件
B. 充要条件
C. 充分不必要条件
D. 必要不充分条件
8. 已知：，：，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. 既不充分又不必要条件
二. 解答题：
1. 已知函数（为常数），且方程有两个实根。
（1）求函数的解析式；
（2）设，解关于的不等式：。
2. 已知集合，
（1）当时，求；
（2）求使的实数的取值范围。
3. 解关于的不等式
4. 设函数的定义域为集合A，关于的不等式的解集为B，求使的实数的取值范围。
【试题答案】
一. 1. A
解析：原不等式 ∵ ∴
故解集为
2. C
解析：令
显然时，
∴ 欲使的解集为，则
3. A
解析：由，可知与异号，即，故
4. C
解析：原不等式，由数轴标根法，可知其解集为或
5. B
解析：当时，，显然在上单调递增
当时，则有
综上，选B。
6. D
解析：∵ ，若，不能推出，而，一定有，故命题为假，又由，解得或，故为真。
7. B
解析：∵ ∴ ∴ ，即，即
当时，则 ∴ ，即
8. A
解析：命题为，即：或
为，故是的充分不必要条件
二. 1. 解析：
（1）将分别代入方程，得
解得 所以
（2）不等式即为，可化为
即
① 当时，解集为
② 当时，不等式为，解集为
③ 当时，解集为
2. 解析：
（1）时，，
∴
（2）① 当时，，
② 当时，，
<1> 当，即或1，
欲使，只需得
<2> 当，即时，， ∴ 不可能成立
<3> 当，即时，
欲使，只需为
综上，可知当时，
3. 解析：由
（1）当时，
（2）当时，
∴ 当，原不等式解集为
当时，原不等式解集为
4. 解析：由，即，解得，即
由
由
（1）如果，则显然成立
故，成立
∴ 符合条件
（2）如果，即时，
∵ ，必须 ∴ ，得
（3）如果，即
此时，满足
∴ 符合条件
综合（1）（2）（3）可得的取值范围为（0，）
