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含绝对值不等式、一元二次不等式、简易逻辑、充要条件.docx

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资源描述
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,)
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