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1、 精品資料 學(xué)案74　不等式選講 (一)不等式的基本性質(zhì)及含有絕對值的不等式 導(dǎo)學(xué)目標： 1.理解不等式的基本性質(zhì).2.理解絕對值的幾何意義，理解絕對值不等式的性質(zhì)：|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(zhì) (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?shù)，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(gòu)造分段函數(shù)，結(jié)合函數(shù)圖象求解． 4．絕對值不等式的性質(zhì) |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(shù)a的取值范圍是________． 4．若不等式|x＋1|＋|x－2|<a無實數(shù)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(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－4|. ①解不等式f(x)>2； ②求函數(shù)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(yīng)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(shù)m的取值范圍． 變式遷移2　設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若f(x)>a對x∈R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 探究點三　絕對值三角不等式定理的應(yīng)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(shù)y＝|

7、x＋2|－|x－2|的最大值； (2)求函數(shù)y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值． 轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用 例　(10分)設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝ax2＋x－a (－1≤x≤1)， (1)若|a|≤1，求證：|f(x)|≤；(2)求a的值，使函數(shù)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(zhì)上是已知f(x)的最大值為，求a的值．由于x∈[－1,1]，f(x)是關(guān)于x的二次函數(shù)，那么就需判斷對稱軸對應(yīng)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(shè)g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x. ∵－1≤x≤1， ∴當(dāng)x＝±1， 即x2－1＝0時，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤；[1分] 當(dāng)－1<x<1即x2－1<0時，g(a)＝(x2－1)a＋x是單調(diào)遞減函數(shù)． ∵|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(dāng)a＝0時，f(x)＝x，當(dāng)－1≤x≤1時，f(x)的最大值為f(1)＝1，不滿足題設(shè)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(yīng)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(dāng)a＝－2時，函數(shù)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(shù)為2，而a的最高次數(shù)為1，把ax2＋x－a看作關(guān)于a的函數(shù)更簡單，這兩種方法中，對a的合并都是很關(guān)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(yīng)用條件|a|≤1，從而導(dǎo)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(yīng)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(yīng)采用分

11、段討論法；應(yīng)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(shù)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(shù)x恒成立，則實數(shù)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(shù)a、b的值分別為________和________． 6．若關(guān)于x的不等式|x－1|＋|x－3|≤a2－2a－1在R上的解集為?，則實數(shù)a的取值范圍是________． 7．函數(shù)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(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是______________． 二、解答題(共42分) 9．(14分)(2010·福建)已知函數(shù)f(x)＝|x－a|. (1)若不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤5}，求實數(shù)a的值； (2)在(1)的條件下，若

13、f(x)＋f(x＋5)≥m對一切實數(shù)x恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 10．(14分)(2011·課標全國)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0. (1)當(dāng)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(shù)a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，試求實數(shù)x的取值范圍．

14、 學(xué)案74　不等式選講 (一)不等式的基本性質(zhì)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(shè)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(zhì)可推出②④成立． 2．{x|－

15、2≤x≤5} 解析　|x＋3|＋|x－4|≤9， 當(dāng)x<－3時，－x－3－(x－4)≤9，即－4≤x<－3； 當(dāng)－3≤x≤4時，x＋3－(x－4)＝7≤9恒成立； 當(dāng)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(dāng)t＝時取等號． ∴B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤5}． 3．a(chǎn)≥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(chǎn)≤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(dāng)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(dāng)0≤x<時，原不等式可化為－2x＋1<x＋1，解得x>0，又∵0≤x<，∴0<x<； 當(dāng)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(dǎo)引　(1)絕對值不等式的關(guān)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(yīng)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(jié)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(dāng)x<－時，原不等式等價于得－<x<－. ②當(dāng)－≤x≤1時，原不等式等價于得－≤x<0. ③當(dāng)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(shù)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(shù)y＝|2x＋1|－|x－4|的圖象可知， 當(dāng)x＝－時，y＝|2x＋1|－|x－4|取得最小值－. 例2　解題導(dǎo)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(shù)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(shù)軸上的點x到數(shù)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(shù)a的取值范圍為(－∞，1)． 例3　解題導(dǎo)引　對絕對值三角不等式 |a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|. (1)當(dāng)ab≥0時，|a＋b|＝|a|＋|b|； 當(dāng)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(jīng)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(shù)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(yīng)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(dāng)x>2時，“＝”成立． 故函數(shù)y＝|x＋2|－|x－2|的最大值為4. (2)|x－3|＋|x＋2|≥|(x－3)－(x＋2)|＝5. 當(dāng)－2≤x≤3時，取“＝”． 故y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值為5. 課后練習(xí)區(qū) 1．[1，＋∞) 解析　方法一　不等式等價轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為|x＋1|≥|x－3|，根據(jù)絕對值的幾何意義可得數(shù)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(shù)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(dāng)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(shù)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(dāng)a>0時，a＋≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時，取等號， 當(dāng)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(dāng)a＝2時，f(x)＝|x－2|， 設(shè)g(x)＝f(x)＋f(x＋5)， 于是g(x)＝|x－2|＋|x＋3| ＝(9分) 所以當(dāng)x<－3時，g(x)>5； 當(dāng)－3≤x≤2時，g(x)＝5； 當(dāng)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(shù)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(dāng)a＝2時，f(x)＝|x－2|. 設(shè)g(x)＝f(x)＋f(x＋5) ＝|x－2|＋|x＋3|. 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－

27、2)－(x＋3)|＝5(當(dāng)且僅當(dāng)－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(shù)x恒成立，則m的取值范圍為(－∞，5]．(14分) 10．解　(1)當(dāng)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(shè)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(dāng)且僅當(dāng)(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)