测试主要内容及教案内容

第九章

不等式与不等式组（专项精讲）

章末整合归纳

常考专题整合

常考专题一

不等式的性质

主要考查利用不等式的性质判断不等式的变形是否正确，题型以选择题为主．

例1 ：下列式子中，一元一次不等式有(

)

①3x14；②211xx13x2x>6；③3<6；④>0；⑤<3；3x62⑥xxyy2；⑦x>0.

A.6个

B.5个

C.4个

D.3个

解析：③中1不是整式，⑥中含2个未知数，所以③⑥不是一元一次不等式，①②④⑤⑦x都是一元一次不等式，故选B.

例2：

若ab，则下列不等式不一定成立的是(

) A．ambm

C．

22B．am1bm1

ab

22

D．ab

22解析：根据不等式的性质针对四个选项进行分析即可．A．根据不等式的基本性质1，可知ambm一定成立；B．根据不等式的基本性质2，∵m10，∴2am21bm21一定成立；C．根据不等式的基本性质3，∵21ab0，∴一2222定成立；D．根据不等式的基本性质3，a，b若都为负数，则ab不成立．

思维点拨

本题主要考查了不等式的基本性质，熟记不等式的基本性质是解题的关键．此类题目也可以用举反例的方法排除．

常考专题二

一元一次不等式(组)的解法

解一元一次不等式(组)是数学学习中必须掌握的基本运算技能，是解决实际问题的基础，解不等式(组)时，要严格依据不等式的性质按照解不等式(组)的步骤进行．

例3：

解下列不等式或不等式组，并把解集在数轴上表示出来：

5x43x1,①(1)6x7x2；(2)x12x1

.②52

分析：(1)解不等式并把解集在数轴上表示出来；(2)分别解不等式，并把解集在数轴上表示出来．

解：(1)解不等式得x2，在数轴上表示如下：

(2)解不等式①，得x在数轴上表示如下：

1，解不等式②，得x3，

2

故不等式组的解集为x1．

2思维点拨

一元一次不等式与一元一次不等式组的解法是整章的重点，要熟悉它们的解法，一方面要注意每个步骤的易错之处，另一方面要正确地画出数轴，找出解集，进一步确定特殊解．

常考专题三

一元一次不等式(组)的特殊解

21xx8,①22016例4：

若m是不等式组3x2x1的最大整数解．求1mm…m②36的值．

分析：先求出不等式组的解集，在解集中找出最大整数解，即是m的值，再把m的值代入所求代数式求值即可．

解：由不等式①，得x2．

由不等式②，得x0．

所以不等式组的解集为2x0．

解集中最大的整数为1，所以m1．

把m1代入1mm…m原式111…1222016中，得

20161111…1

1．

思路归纳

求不等式(组)的特殊解时，先求出解集，再找满足条件的解，一般是求最大(小)整数解，非负(正)整数解，正(负)整数解．

常考专题四

求解不等式(组)中的字母参数问题

当不等式(组)与方程(组)、字母参数这些知识综合时，要认真理解题意，寻求解决的方法．

类型1

已知不等式的一个解，求字母的取值

ax22x的解，求a的取值范围．

233a22，解此不分析：先根据不等式的解的定义，将x3代入不等式，得到92例5：

已知x3是关于x的不等式3x等式，即可求出x的取值范围．

解：∵x3是关于x的不等式3xax22x3a22，解得a4．的解，∴9

232思维点拨

本题考查了不等式的解的定义及一元一次不等式的解法，比较简单，根据不等式的解的定义得出9

例6：

已知关于x的不等式组3a22是解题的关键．

2xa0,①32x5②的整数解共有3个，求a的取值范围．

分析：先求出不等式的解集，用含有a的代数式表示出来，再根据整数解的个数，确定a的取值范围．

解：由不等式①，得xa．

由不等式②，得x1．

因为不等式组有解，

所以该不等式组的解集为1xa．

又因为只有3个整数解，即为2，3，4．

所以a的取值范围为4a5，

则5a4．

思维点拨

解此类问题时应特别注意不等式中等号的取舍．

类型2

根据二元一次方程组和解不等式求字母取值

5x3y23,例7：

关于x，y的二元一次方程组的解是正整数，则整数p的值为xyp____．

解析：把p看成常数，求出方程组的解，再根据题意转化成关于p的不等式组，求解233p233px,0,5x3y23,22即可．解方程组得∵x，y是正整数，∴解得5p235p23xypy0,222323p，∵p为整数，∴p5或6或7，又∵x，y是正整数，∴p6时，x，y53

不是整数，不合题意舍去，∴p5或7．

答案：5或7 解题方法

本题运用了常量法，常量法是将题中的某一未知字母视为常数，用这个字母表示未知数，再根据未知数的取值范围来确定未知字母的取值．在不等式(组)与方程(组)的综合应用中，常会用到常量法，将方程(组)的问题转化为解不等式(组)，求字母取值的问题．

例8：

已知关于x、y的的方程组的取值范围．

分析：先解方程组，求得x、y的值，再根据xy3，解不等式即可．

xy3,的解满足不等式xy3，求实数a2xy6axy3,x2a1,解：由可得

2xy6ay2a2.∵xy3，∴2a12a23，∴a1．

思维点拨

本题是一元一次不等式和二元一次方程组的综合题，用a分别表示出x，y，再解不等式是解题的关键．

类型3

已知不等式组解集的情况求字母的取值

例9：

已知关于x的不等式组52x1,①xa0②无解，求a的取值范围．

分析：把a看成常数，解不等式组，再根据原不等式组无解，求出a的取值范围．

解：解不等式①，得x3，

解不等式②，得xa，

因为该不等式组无解，所以不等式①和②的解集在数轴上的表示如图所示：

所以a3．

当a3时，代入不等式组，解得x3，且x3，

此时，不等式组无解，满足题意．

所以a的取值范围为a3．

思维点拨

“a3”这种特殊情况易被忽视，检验等号是否满足题意在解题时必不可少．

常考专题五

列一元一次不等式(组)解应用题

一元一次不等式(组)的应用是中考考查的重点之一，题型丰富多变，内容多与社会热点相联系，既可单独考查，也可与其他知识综合考查．

例10：

某校住校生宿舍有大小两种寝室若干部．据统计，该校高一年级男生740人，使用了大寝室55间和小寝室50间，正好住满；女生730人，使用了大寝室50间和小寝室55间，也正好住满．

(1)求该校的大小寝室每间分别住多少人？

(2)预测该校今年招收的高一新生中有不少于630名女生将入住寝室80间，问该校有多少种安排住宿的方案？

分析：(1)设该校的大寝室每间住x人，小寝室每间住y人，根据题意列出方程组，再解方程组即可；(2)设这些女生入住大寝室a间，则小寝室80a间，由题意可得a80，再根据“高一新生中有不少于630名女生将入住寝室80间”可列出关于a的不等式组，解不等式组即可．

解：(1)设该校的大寝室每间住x人，小寝室每间住y人，由题意，得

55x50y740,x8,解得

50x55y730.y6.答：该校的大寝室每间住8人，小寝室每间住6人．

(2)设这些女生入住大寝室a间，则小寝室80a间，由题意，得

8a6a630,解得75a80．

a80.∴a可取75或76或77或78或79或80．

答：共有六种安排住宿的方案．

思维点拨

本题考查了二元一次方程组及一元一次不等式组的应用，解题的关键是仔细审题，分别找出等量关系与不等关系．

思想方法归纳

思想方法一

数形结合思想

求不等式解集的过程是代数内容，用数轴表示不等式解集的过程，是将代数问题几何化的过程．本章中数形结合思想主要应用于：①将一元一次不等式的解集在数轴上表示出来，或在解不等式组的过程中，在数轴上分别表示各个不等式的解集，并找出公共部分；②利用数轴判断不等式(组)的解集情况，进而求字母取值．

例11：

已知关于x的不等式2xa3的解集如图所示，则a的值为(

)

A．0

B．1

C．1

D．2 解析：根据数轴可知不等式的解集为x1，∵2xa3，∴xa3，∴2a31，∴a1．

2答案：C 思想方法

本题运用了数形结合思想．有关不等式的问题中，有些问题需要我们借助图形反馈的信息来解决．

思想方法二

方程思想

不等式中的方程思想是分析数学问题中变量间的等量关系，构建方程或方程组，或利用方程的性质去分析、转换和解决问题．

例12：

若不等式组____．

解析：先用字母a，b表示出不等式组的解集：2b3x是1x1，对应得到关于a、b的方程2b31，以a1b1236．

答案：6

思想方法

本题运用了方程思想，根据不等式组的解集构造方程，进而求解，是解决此类问题的基本思路．

2xa1,的解集为1x1，那么a1b1的值等于x2b3a1，然后根据已知解集2a11，解得a1，b2．所2

思想方法三

建模思想

本章在解决实际问题中的方案选择、优化设计以及最大利润问题时，会用到建模思想，由实际问题构造不等式(组)，从而解决问题．

例13：

在校园文化建设中，某学校原计划按每班5幅订购了“名人字画”共90幅．由于新学期班数增加，决定从阅览室中取若干幅“名人字画”一起分发，如果每班分4幅，则剩下17幅；如果每班分5幅，则最后一个班不足3幅，但不少于1幅，可列出不等式组，求出其整数解即可．

解：(1)该校原有的班数是90518(个)

(2)设新学期所增加的班数是x个．由题意得：4x18175x1813,

4x18175x1811,解得1x3．

∵x为整数，∴x2或3．

答：新学期所增加的班数是2个或3个．

思想方法

本题运用了建模思想．解这类题的关键是从问题中找出不等关系，建立不等式(组)的模型，求出不等式(组)的解集后，再根据题目的实际情况确定出未知数的具体值．

综合压轴探究

综合探究

一元一次不等式(组)的综合应用

例14：

在东营市中小学标准化建设工程中，某学校计划购进一批电脑和电子白板，经过市场考察得知，购买1台电脑和2台电子白板需要3.5万元，购买2台电脑和1台电子白板需要2.5万元．

(1)求每台电脑、每台电子白板各多少万元？

(2)根据学校实际情况，需购进电脑和电子白板共30台，总费用不超过30万元，但不低于28万元，请你通过计算求出有几种购买方案，哪种方案费用最低．

分析：(1)先设每台电脑x万元，每台电子白板y万元，根据购买1台电脑和2台电子白板需要3.5万元，购买2台电脑和1台电子白板需要2.5万元列出方程组，求出x，y的值即可；(2)先设需购进电脑a台，则购进电子白板30a台，根据总费用不超过30万元，但不低于28万元列出不等式组，求出a的取值范围，再根据a只能取整数，得出购买方案，然后根据每台电脑的价格和每台电子白板的价格，算出每种方案的总费用，进行比较，即可得出最省钱的方案．

解：(1)设每台电脑x万元，每台电子白板y万元，根据题意，得

x2y3.5,x0.5,解得

2xy2.5y1.5.答：每台电脑0.5万元，每台电子白板1.5万元．

(2)设需购进电脑a台，则购进电子白板30a台，根据题意，得

0.5a1.530a30,

0.5a1.530a28解得15a17，

∵a只能取整数，∴a15，16，17．

∴有三种购买方案：

方案1：购进电脑15台，购进电子白板15台，所需费用为15.51.51530(万元)；

方案2：购进电脑16台，购进电子白板14台，所需费用为160.51.51429(万元)．

方案3：购进电脑17台，购进电子白板13台，所需费用为170.51.51328(万元)．

答：有3种购买方案，购买17台电脑和13台电子白板时费用最低．

思维点拨

本题考查了二元一次方程组和一元一次不等式组的应用，解题的关键是读懂题意，找出数量之间的关系，列出二元一次方程组和一元一次不等式组，注意a只能取整数．关于方案设计问题，一般需分情况讨论，另外要检验方案的可操作性．