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1、 精品資料
學案74 不等式選講
(一)不等式的基本性質及含有絕對值的不等式
導學目標： 1.理解不等式的基本性質.2.理解絕對值的幾何意義，理解絕對值不等式的性質：|a＋b|≤|a|＋|b|.3.求解以下類型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)．
自主梳理
1．不等式的基本性質
(1)對稱性：如果a>b，那么b<a；如果b<a，那么a>b.即a>b?________.
(2)傳遞性：如果a>b，b>c，那么_____
2、___．即a>b，b>c?________.
(3)可加性：如果________，那么a＋c>b＋c，如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(4)可乘性：如果a>b，c>0，那么________；如果a>b，c<0，那么________；如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.
(5)乘方：如果a>b>0，那么an____bn(n∈N，n>1)．
(6)開方：如果a>b>0，那么>(n∈N，n>1)．
2．形如|ax＋b|>c(c>0
3、)的不等式的解法
(1)換元法：令t＝ax＋b，則|t|>c，故t>c或t<－c，即ax＋b>c或ax＋b<－c，然后求x，得原不等式的解集；(2)分段討論法：|ax＋b|>c(c>0)?或.
(3)兩端同時平方：即運用移項法則，使不等式兩邊都變?yōu)榉秦摂?，再平方，從而去掉絕對值符號．
3．形如|x－a|＋|x－b|≥c的絕對值不等式的解法
(1)運用絕對值的幾何意義．
(2)零點分區(qū)間討論法．
(3)構造分段函數，結合函數圖象求解．
4．絕對值不等式的性質
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.
自我檢測
1．若x&
4、gt;y，a>b，則在①a－x>b－y，②a＋x>b＋y，③ax>by，④x－b>y－a，⑤>這五個式子中，恒成立的所有不等式的序號是________．
2．(2011·天津)已知集合A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝{x∈R|x＝4t＋－6，t∈(0，＋∞)}，則集合A∩B＝________.
3．(2010·濰坊一模)已知不等式|x＋2|＋|x－3|≤a的解集不是空集，則實數a的取值范圍是________．
4．若不等式|x＋1|＋|x－2|<a無實數解，則a的取值范圍是________．
5．(2009&
5、#183;福建)解不等式|2x－1|<|x|＋1.
探究點一 絕對值不等式的解法
例1 解下列不等式：
(1)1<|x－2|≤3；
(2)|2x＋5|>7＋x；
(3)|x－1|＋|2x＋1|<2.
變式遷移1 (1)(2011·江蘇，21D)解不等式x＋|2x－1|<3.
(2)設函數f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.
①解不等式f(x)>2；
②求函數y＝f(x)的最小值．
探究點
6、二 絕對值的幾何意義在不等式中的應用
例2 已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m.
(1)若不等式有解；
(2)若不等式解集為R；
(3)若不等式解集為?.
分別求出實數m的取值范圍．
變式遷移2 設函數f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若f(x)>a對x∈R恒成立，求實數a的取值范圍．
探究點三 絕對值三角不等式定理的應用
例3 “|x－A|<，且|y－A|<”是“|x－y|<ε”(x，y，A，ε∈R)成立的________條件．
變式遷移3 (1)求函數y＝|
7、x＋2|－|x－2|的最大值；
(2)求函數y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值．
轉化與化歸思想的應用
例 (10分)設a∈R，函數f(x)＝ax2＋x－a (－1≤x≤1)，
(1)若|a|≤1，求證：|f(x)|≤；(2)求a的值，使函數f(x)有最大值.
多角度審題 第(1)問|f(x)|≤?－≤f(x)≤，因此證明方法有兩種，一是利用放縮法直接證出|f(x)|≤；二是證明－≤f(x)≤亦可．第(2)問實質上是已知f(x)的最大值為，求a的值．由于x∈[－1,1]，f(x)是關于x的二次函數，那么就需判斷對稱軸對應的x值在不在區(qū)間[－
8、1,1]上．
【答題模板】
證明 (1)方法一 ∵－1≤x≤1，∴|x|≤1.又∵|a|≤1，
∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|[2分]
＝－2＋≤.
∴若|a|≤1，則|f(x)|≤.[5分]
方法二 設g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x.
∵－1≤x≤1，
∴當x＝±1，
即x2－1＝0時，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤；[1分]
當－1<x<1即x2－1<0時，g(a)＝(x2－1)a＋x是單調遞減函數．
∵|a|≤1，∴－1≤a≤1，∴g
9、(a)max＝g(－1)＝－x2＋x＋1＝－2＋；[3分]
g(a)min＝g(1)＝x2＋x－1＝2－.[4分]
∴|f(x)|＝|g(a)|≤.[5分]
(2)當a＝0時，f(x)＝x，當－1≤x≤1時，f(x)的最大值為f(1)＝1，不滿足題設條件，
∴a≠0.
又f(1)＝a＋1－a＝1，f(－1)＝a－1－a＝－1.故f(1)和f(－1)均不是最大值，[7分]
∴f(x)的最大值應在其對稱軸上的頂點位置取得，
∴命題等價于，[8分]
解得，[9分]
∴a＝－2.即當a＝－2時，函數f(x)有最大值.[10分]
【突破思維障礙】
由于|a|≤1，f(x)的表達式中
10、有兩項含有a，要想利用條件|a|≤1，必須合并含a的項，從而找到解題思路；另外，由于x的最高次數為2，而a的最高次數為1，把ax2＋x－a看作關于a的函數更簡單，這兩種方法中，對a的合并都是很關鍵的一步．
【易錯點剖析】
在第(1)問中的方法一中，如果不合并含a的項，就無法正確應用條件|a|≤1，從而導致出錯或證不出；方法二也需要先合并含a的項后，才容易把f(x)看作g(a)．
解含有絕對值不等式時，去掉絕對值符號的方法主要有：公式法、分段討論法、平方法、幾何法等．這幾種方法應用時各有利弊，在解只含有一個絕對值的不等式時，用公式法較為簡便；但是若不等式含有多個絕對值時，則應采用分
11、段討論法；應用平方法時，要注意只有在不等式兩邊均為正的情況下才能運用．因此，在去絕對值符號時，用何種方法需視具體情況而定．
(滿分：90分)
一、填空題(每小題6分，共48分)
1．(2011·廣東)不等式|x＋1|－|x－3|≥0的解集是________．
2．函數y＝|x－4|＋|x－6|的最小值為________．
3．不等式3≤|5－2x|<9的解集為________．
4．不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a對任意實數x恒成立，則實數a的取值范圍為________．
5．若不等式|8x＋9|<7和不等式ax2＋bx>2的解集相等，
12、則實數a、b的值分別為________和________．
6．若關于x的不等式|x－1|＋|x－3|≤a2－2a－1在R上的解集為?，則實數a的取值范圍是________．
7．函數f(x)＝|x－2|－|x－4|的值域是________．
8．(2010·深圳一模)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋對任意的實數x恒成立，則實數a的取值范圍是______________．
二、解答題(共42分)
9．(14分)(2010·福建)已知函數f(x)＝|x－a|.
(1)若不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤5}，求實數a的值；
(2)在(1)的條件下，若
13、f(x)＋f(x＋5)≥m對一切實數x恒成立，求實數m的取值范圍．
10．(14分)(2011·課標全國)設函數f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.
(1)當a＝1時，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集為{x|x≤－1}，求a的值．
11．(14分)對于任意實數a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，試求實數x的取值范圍．
14、
學案74 不等式選講
(一)不等式的基本性質及含有絕對值的不等式
答案
自主梳理
1．(1)b<a (2)a>c a>c (3)a>b (4)ac>bc ac<bc (5)>
自我檢測
1．②④
解析 令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，
符合題設條件x>y，a>b，
∵a－x＝3－(－2)＝5，b－y＝2－(－3)＝5，
∴a－x＝b－y，因此①不成立．
又∵ax＝－6，by＝－6，∴ax＝by，因此③也不正確．
又∵＝＝－1，＝＝－1，∴＝，因此⑤不正確．由不等式的性質可推出②④成立．
2．{x|－
15、2≤x≤5}
解析 |x＋3|＋|x－4|≤9，
當x<－3時，－x－3－(x－4)≤9，即－4≤x<－3；
當－3≤x≤4時，x＋3－(x－4)＝7≤9恒成立；
當x>4時，x＋3＋x－4≤9，即4<x≤5.
綜上所述，A＝{x|－4≤x≤5}．
又∵x＝4t＋－6，t∈(0，＋∞)，
∴x≥2－6＝－2，當t＝時取等號．
∴B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤5}．
3．a≥5
解析 由絕對值的幾何意義知|x＋2|＋|x－3|∈[5，＋∞)，
因此要使|x＋2|＋|x－3|≤a有解集，需a≥5.
4．a≤3
解析 由絕對值的幾何
16、意義知|x＋1|＋|x－2|的最小值為3，
而|x＋1|＋|x－2|<a無解，知a≤3.
5．解 當x<0時，原不等式可化為－2x＋1<－x＋1，解得x>0，又∵x<0，∴x不存在；
當0≤x<時，原不等式可化為－2x＋1<x＋1，解得x>0，又∵0≤x<，∴0<x<；
當x≥時，原不等式可化為2x－1<x＋1，解得x<2，
又∵x≥，∴≤x<2.
綜上，原不等式的解集為{x|0<x<2}．
課堂活動區(qū)
例1 解題導引 (1)絕對值不等式的關鍵是去掉絕對值符號．其方法主要有：利用絕對
17、值的意義；利用公式；平方、分區(qū)間討論等．
(2)利用平方法去絕對值符號時，應注意不等式兩邊非負才可進行．
(3)零點分段法解絕對值不等式的步驟：
①求零點；②劃區(qū)間、去絕對值號；③分別解去掉絕對值的不等式；④取每個結果的并集，注意在分段時不要遺漏區(qū)間的端點值．
解 (1)原不等式等價于不等式組，
即，解得－1≤x<1或3<x≤5，
所以原不等式的解集為{x|－1≤x<1，或3<x≤5}．
(2)由不等式|2x＋5|>7＋x，
可得2x＋5>7＋x或2x＋5<－(7＋x)，
整理得x>2，或x<－4.
∴原不等式的解集是{
18、x|x<－4，或x>2}．
(3)由題意x＝1時，|x－1|＝0，x＝－時，2x＋1＝0(以下分類討論)．
所以①當x<－時，原不等式等價于得－<x<－.
②當－≤x≤1時，原不等式等價于得－≤x<0.
③當x>1時，原不等式等價于得x無解．
由①②③得原不等式的解集為{x|－<x<0}．
變式遷移1 解 (1)原不等式可化為或
解得≤x<或－2<x<.
所以原不等式的解集是{x|－2<x<}．
(2)
解?、倭顈＝|2x＋1|－|x－4|，
則y＝
作出函數y＝|2x＋1|－|x－
19、4|的圖象(如圖)，它與直線y＝2的交點為(－7,2)和(，2)．
所以|2x＋1|－|x－4|>2的解集為(－∞，－7)∪(，＋∞)．
②由函數y＝|2x＋1|－|x－4|的圖象可知，
當x＝－時，y＝|2x＋1|－|x－4|取得最小值－.
例2 解題導引 恒成立問題的解決方法
(1)f(x)<m恒成立，需有[f(x)]max<m；
(2)f(x)>m恒成立，需有[f(x)]min>m；
(3)不等式的解集為R，即不等式恒成立；
(4)不等式的解集為?，即不等式無解．
解 因為|x＋2|－|x＋3|的幾何意義為數軸上任意一點P(x)與兩定點A(
20、－2)、B(－3)距離的差．
即|x＋2|－|x＋3|＝PA－PB.
易知(PA－PB)max＝1，(PA－PB)min＝－1.
即|x＋2|－|x＋3|∈[－1,1]．
(1)若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值小即可，即m<1.
(2)若不等式的解集為R，即不等式恒成立，m小于|x＋2|－|x＋3|的最小值即可，所以m<－1.
(3)若不等式的解集為?，m只要不小于|x＋2|－|x＋3|的最大值即可，即m≥1.
變式遷移2 解 由|x－1|＋|x－2|的幾何意義，即數軸上的點x到數軸上的點1,2的距離之和知，|x－1|＋|x－2|≥1，要使|x－1
21、|＋|x－2|>a恒成立，只需1>a.
即實數a的取值范圍為(－∞，1)．
例3 解題導引 對絕對值三角不等式
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(1)當ab≥0時，|a＋b|＝|a|＋|b|；
當ab≤0時，|a－b|＝|a|＋|b|.
(2)該定理可以推廣為|a＋b＋c|≤|a|＋|b|＋|c|，也可強化為||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它們經常用于含絕對值的不等式的推證．
(3)利用“＝”成立的條件可求函數的最值．
答案 充分不必要
解析 ∵|x－y|＝|x－A－(y－A)|，
∴由三角不等式定理
|a|－
22、|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|
得：|x－y|≤|x－A|＋|y－A|<＋＝ε.
反過來由|x－y|<ε，得不出|x－A|<且|y－A|<，
∴應為充分不必要條件．
變式遷移3 解 (1)|x＋2|－|x－2|
≤|(x＋2)－(x－2)|＝4，
當x>2時，“＝”成立．
故函數y＝|x＋2|－|x－2|的最大值為4.
(2)|x－3|＋|x＋2|≥|(x－3)－(x＋2)|＝5.
當－2≤x≤3時，取“＝”．
故y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值為5.
課后練習區(qū)
1．[1，＋∞)
解析 方法一 不等式等價轉化為|x＋1|≥|x－3
23、|，兩邊平方得(x＋1)2≥(x－3)2，解得x≥1，故不等式的解集為[1，＋∞)．
方法二 不等式等價轉化為|x＋1|≥|x－3|，根據絕對值的幾何意義可得數軸上點x到點－1的距離大于等于到點3的距離，到兩點距離相等時x＝1，故不等式的解集為[1，＋∞)．
2．2
解析 y＝|x－4|＋|x－6|≥|(x－4)－(x－6)|
＝2，∴ymin＝2.
3．(－2,1]∪[4,7)
解析 由得，
解得－2<x≤1或4≤x<7.
∴不等式解集為(－2,1]∪[4,7)．
4．(－∞，－1]∪[4，＋∞)
解析 由|x＋3|－|x－1|的幾何意義知，
|x＋3|－|
24、x－1|∈[－4,4]，即|x＋3|－|x－1|的最大值是4，要使|x＋3|－|x－1|≤a2－3a對任意實數x恒成立，只需a2－3a≥4恒成立即可．所以a∈(－∞，－1]∪[4，＋∞)．
5．－4?。?
解析 由|8x＋9|<7，得－7<8x＋9<7，
∴－2<x<－.
由題意知－2，－為方程ax2＋bx－2＝0的兩根，
∴∴.
6．－1<a<3
解析 由|x－1|＋|x－3|的幾何意義知|x－1|＋|x－3|≥2，即|x－1|＋|x－3|的最小值為2.當a2－2a－1<2時滿足題意，∴a2－2a－3<0，∴－1<a&
25、lt;3.
7．[－2,2]
解析 ∵||x－2|－|x－4||
≤|(x－2)－(x－4)|＝2，
故－2≤|x－2|－|x－4|≤2，
故函數f(x)的值域是[－2,2]．
8．(－∞，0)∪{2}
解析 由|x＋1|＋|x－3|的幾何意義知，
|x＋1|＋|x－3|∈[4，＋∞)，∴a＋≤4.
當a>0時，a＋≥4，當且僅當a＝2時，取等號，
當a<0，顯然符合題意．
9．解 方法一 (1)由f(x)≤3
得|x－a|≤3，解得a－3≤x≤a＋3.(3分)
又已知不等式f(x)≤3的解集為
{x|－1≤x≤5}，
所以解得a＝2.(6分)
(2
26、)當a＝2時，f(x)＝|x－2|，
設g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，
于是g(x)＝|x－2|＋|x＋3|
＝(9分)
所以當x<－3時，g(x)>5；
當－3≤x≤2時，g(x)＝5；
當x>2時，g(x)>5.
綜上可得，g(x)的最小值為5.(12分)
從而若f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m對一切實數x恒成立，則m的取值范圍為(－∞，5]．(14分)
方法二 (1)同方法一．(6分)
(2)當a＝2時，f(x)＝|x－2|.
設g(x)＝f(x)＋f(x＋5)
＝|x－2|＋|x＋3|.
由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－
27、2)－(x＋3)|＝5(當且僅當－3≤x≤2時等號成立)得，
g(x)的最小值為5.(10分)
從而，若f(x)＋f(x＋5)≥m，
即g(x)≥m對一切實數x恒成立，則m的取值范圍為(－∞，5]．(14分)
10．解 (1)當a＝1時，f(x)≥3x＋2可化為|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.(4分)
故不等式f(x)≥3x＋2的解集為{x|x≥3或x≤－1}．(6分)
(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.
此不等式化為不等式組或(8分)
即或(10分)
因為a>0，所以不等式組的解集為{x|x≤－}．(12分)
由題設可得－＝－1，故a＝2.(14分)
11．解 由題知，|x－1|＋|x－2|≤恒成立．
故|x－1|＋|x－2|不大于的最小值．
(2分)
∵|a＋b|＋|a－b|≥|a＋b＋a－b|＝2|a|，當且僅當(a＋b)(a－b)≥0時取等號，
∴的最小值等于2.(6分)
∴x的取值范圍即為不等式|x－1|＋|x－2|≤2的解．
解不等式得≤x≤.(14分)
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