高中数学学案 不等式选讲不等式的基本性质及含有绝对值的不等式

学案74不等式选讲(一)不等式的基本性质及含有绝对值的不等式导学目标：1.理解不等式的基本性质.2.理解绝对值的几何意义，理解绝对值不等式的性质：|a＋b|≤|a|＋|b|.3.求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)．自主梳理1．不等式的基本性质(1)对称性：如果a>b，那么b<a；如果b<a，那么a>b.即a>b⇔________.(2)传递性：如果a>b，b>c，那么________．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)开方：如果a>b>0，那么eq\r(n,a)>eq\r(n,b)(n∈N，n>1)．2．形如|ax＋b|>c(c>0)的不等式的解法(1)换元法：令t＝ax＋b，则|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)分段讨论法：|ax＋b|>c(c>0)⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋b≥0,ax＋b>c))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋b<0,－ax＋b>c)).(3)两端同时平方：即运用移项法则，使不等式两边都变为非负数，再平方，从而去掉绝对值符号．3．形如|x－a|＋|x－b|≥c的绝对值不等式的解法(1)运用绝对值的几何意义．(2)零点分区间讨论法．(3)构造分段函数，结合函数图象求解．4．绝对值不等式的性质|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.自我检测1．若x>y，a>b，则在①a－x>b－y，②a＋x>b＋y，③ax>by，④x－b>y－a，⑤eq\f(a,y)>eq\f(b,x)这五个式子中，恒成立的所有不等式的序号是________．2．(2011·天津)已知集合A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝{x∈R|x＝4t＋eq\f(1,t)－6，t∈(0，＋∞)}，则集合A∩B＝________.3．(2010·潍坊一模)已知不等式|x＋2|＋|x－3|≤a的解集不是空集，则实数a的取值范围是________．4．若不等式|x＋1|＋|x－2|<a无实数解，则a的取值范围是________．5．(2009·福建)解不等式|2x－1|<|x|＋1.探究点一绝对值不等式的解法例1解下列不等式：(1)1<|x－2|≤3；(2)|2x＋5|>7＋x；(3)|x－1|＋|2x＋1|<2.变式迁移1(1)(2011·江苏，21D)解不等式x＋|2x－1|<3.(2)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.①解不等式f(x)>2；②求函数y＝f(x)的最小值．探究点二绝对值的几何意义在不等式中的应用例2已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m.(1)若不等式有解；(2)若不等式解集为R；(3)若不等式解集为∅.分别求出实数m的取值范围．变式迁移2设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若f(x)>a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．探究点三绝对值三角不等式定理的应用例3“|x－A|<eq\f(ε,2)，且|y－A|<eq\f(ε,2)”是“|x－y|<ε”(x，y，A，ε∈R)成立的________条件．变式迁移3(1)求函数y＝|x＋2|－|x－2|的最大值；(2)求函数y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值．转化与化归思想的应用例(10分)设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)，(1)若|a|≤1，求证：|f(x)|≤eq\f(5,4)；(2)求a的值，使函数f(x)有最大值eq\f(17,8).多角度审题第(1)问|f(x)|≤eq\f(5,4)⇔－eq\f(5,4)≤f(x)≤eq\f(5,4)，因此证明方法有两种，一是利用放缩法直接证出|f(x)|≤eq\f(5,4)；二是证明－eq\f(5,4)≤f(x)≤eq\f(5,4)亦可．第(2)问实质上是已知f(x)的最大值为eq\f(17,8)，求a的值．由于x∈[－1,1]，f(x)是关于x的二次函数，那么就需判断对称轴对应的x值在不在区间[－1,1]上．【答题模板】证明(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]＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4).∴若|a|≤1，则|f(x)|≤eq\f(5,4).[5分]方法二设g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x.∵－1≤x≤1，∴当x＝±1，即x2－1＝0时，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤eq\f(5,4)；[1分]当－1<x<1即x2－1<0时，g(a)＝(x2－1)a＋x是单调递减函数．∵|a|≤1，∴－1≤a≤1，∴g(a)max＝g(－1)＝－x2＋x＋1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)；[3分]g(a)min＝g(1)＝x2＋x－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2－eq\f(5,4).[4分]∴|f(x)|＝|g(a)|≤eq\f(5,4).[5分](2)当a＝0时，f(x)＝x，当－1≤x≤1时，f(x)的最大值为f(1)＝1，不满足题设条件，∴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eq\f(17,8)应在其对称轴上的顶点位置取得，∴命题等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,－1<－\f(1,2a)<1,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝\f(17,8)))，[8分]解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－\f(1,2),a＝－2或a＝－\f(1,8)))，[9分]∴a＝－2.即当a＝－2时，函数f(x)有最大值eq\f(17,8).[10分]【突破思维障碍】由于|a|≤1，f(x)的表达式中有两项含有a，要想利用条件|a|≤1，必须合并含a的项，从而找到解题思路；另外，由于x的最高次数为2，而a的最高次数为1，把ax2＋x－a看作关于a的函数更简单，这两种方法中，对a的合并都是很关键的一步．【易错点剖析】在第(1)问中的方法一中，如果不合并含a的项，就无法正确应用条件|a|≤1，从而导致出错或证不出；方法二也需要先合并含a的项后，才容易把f(x)看作g(a)．解含有绝对值不等式时，去掉绝对值符号的方法主要有：公式法、分段讨论法、平方法、几何法等．这几种方法应用时各有利弊，在解只含有一个绝对值的不等式时，用公式法较为简便；但是若不等式含有多个绝对值时，则应采用分段讨论法；应用平方法时，要注意只有在不等式两边均为正的情况下才能运用．因此，在去绝对值符号时，用何种方法需视具体情况而定．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．(2011·广东)不等式|x＋1|－|x－3|≥0的解集是________．2．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为________．3．不等式3≤|5－2x|<9的解集为________．4．不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为________5．若不等式|8x＋9|<7和不等式ax2＋bx>2的解集相等，则实数a、b的值分别为________和________．6．若关于x的不等式|x－1|＋|x－3|≤a2－2a－1在R上的解集为∅，则实数a的取值范围是________7．函数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＋eq\f(4,a)对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是______________．二、解答题(共42分)9．(14分)(2010·福建)已知函数f(x)＝|x－a|.(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．10．(14分)(2011·课标全国)设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．11．(14分)对于任意实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，试求实数x的取值范围．学案74不等式选讲(一)不等式的基本性质及含有绝对值的不等式答案自主梳理1．(1)b<a(2)a>ca>c(3)a>b(4)ac>bcac<bc(5)>自我检测1．②④解析令x＝－2，y＝－3，a＝3，b＝2，符合题设条件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也不正确．又∵eq\f(a,y)＝eq\f(3,－3)＝－1，eq\f(b,x)＝eq\f(2,－2)＝－1，∴eq\f(a,y)＝eq\f(b,x)，因此⑤不正确．由不等式的性质可推出②④成立．2．{x|－2≤x≤5}解析|x＋3|＋|x－4|≤9，当x<－3时，－x－3－(x－4)≤9，即－4≤x<－3；当－3≤x≤4时，x＋3－(x－4)＝7≤9恒成立；当x>4时，x＋3＋x－4≤9，即4<x≤5.综上所述，A＝{x|－4≤x≤5}．又∵x＝4t＋eq\f(1,t)－6，t∈(0，＋∞)，∴x≥2eq\r(4t·\f(1,t))－6＝－2，当t＝eq\f(1,2)时取等号．∴B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤5}．3．a≥5解析由绝对值的几何意义知|x＋2|＋|x－3|∈[5，＋∞)，因此要使|x＋2|＋|x－3|≤a有解集，需a≥5.4．a≤3解析由绝对值的几何意义知|x＋1|＋|x－2|的最小值为3，而|x＋1|＋|x－2|<a无解，知a≤3.5．解当x<0时，原不等式可化为－2x＋1<－x＋1，解得x>0，又∵x<0，∴x不存在；当0≤x<eq\f(1,2)时，原不等式可化为－2x＋1<x＋1，解得x>0，又∵0≤x<eq\f(1,2)，∴0<x<eq\f(1,2)；当x≥eq\f(1,2)时，原不等式可化为2x－1<x＋1，解得x<2，又∵x≥eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)≤x<2.综上，原不等式的解集为{x|0<x<2}．课堂活动区例1解题导引(1)绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号．其方法主要有：利用绝对值的意义；利用公式；平方、分区间讨论等．(2)利用平方法去绝对值符号时，应注意不等式两边非负才可进行．(3)零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．解(1)原不等式等价于不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x－2|>1,|x－2|≤3))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<1，或x>3,－1≤x≤5))，解得－1≤x<1或3<x≤5，所以原不等式的解集为{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{x|x<－4，或x>2}．(3)由题意x＝1时，|x－1|＝0，x＝－eq\f(1,2)时，2x＋1＝0(以下分类讨论)．所以①当x<－eq\f(1,2)时，原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)，,－x＋1－2x－1<2，))得－eq\f(2,3)<x<－eq\f(1,2).②当－eq\f(1,2)≤x≤1时，原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤1，,－x＋1＋2x＋1<2，))得－eq\f(1,2)≤x<0.③当x>1时，原不等式等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,x－1＋2x＋1<2，))得x无解．由①②③得原不等式的解集为{x|－eq\f(2,3)<x<0}．变式迁移1解(1)原不等式可化为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1≥0，,x＋2x－1<3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1<0，,x－2x－1<3.))解得eq\f(1,2)≤x<eq\f(4,3)或－2<x<eq\f(1,2).所以原不等式的解集是{x|－2<x<eq\f(4,3)}．(2)解①令y＝|2x＋1|－|x－4|，则y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－5，x≤－\f(1,2)，,3x－3，－\f(1,2)<x<4，,x＋5，x≥4.))作出函数y＝|2x＋1|－|x－4|的图象(如图)，它与直线y＝2的交点为(－7,2)和(eq\f(5,3)，2)．所以|2x＋1|－|x－4|>2的解集为(－∞，－7)∪(eq\f(5,3)，＋∞)．②由函数y＝|2x＋1|－|x－4|的图象可知，当x＝－eq\f(1,2)时，y＝|2x＋1|－|x－4|取得最小值－eq\f(9,2).例2解题导引恒成立问题的解决方法(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)不等式的解集为R，即不等式恒成立；(4)不等式的解集为∅，即不等式无解．解因为|x＋2|－|x＋3|的几何意义为数轴上任意一点P(x)与两定点A(－2)、B(－3)距离的差．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)若不等式的解集为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)若不等式的解集为∅，m只要不小于|x＋2|－|x＋3|的最大值即可，即m≥1.变式迁移2解由|x－1|＋|x－2|的几何意义，即数轴上的点x到数轴上的点1,2的距离之和知，|x－1|＋|x－2|≥1，要使|x－1|＋|x－2|>a恒成立，只需1>a.即实数a的取值范围为(－∞，1)．例3解题导引对绝对值三角不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.(1)当ab≥0时，|a＋b|＝|a|＋|b|；当ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|.(2)该定理可以推广为|a＋b＋c|≤|a|＋|b|＋|c|，也可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它们经常用于含绝对值的不等式的推证．(3)利用“＝”成立的条件可求函数的最值．答案充分不必要解析∵|x－y|＝|x－A－(y－A)|，∴由三角不等式定理|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|得：|x－y|≤|x－A|＋|y－A|<eq\f(ε,2)＋eq\f(ε,2)＝ε.反过来由|x－y|<ε，得不出|x－A|<eq\f(ε,2)且|y－A|<eq\f(ε,2)，∴应为充分不必要条件．变式迁移3解(1)|x＋2|－|x－2|≤|(x＋2)－(x－2)|＝4，当x>2时，“＝”成立．故函数y＝|x＋2|－|x－2|的最大值为4.(2)|x－3|＋|x＋2|≥|(x－3)－(x＋2)|＝5.当－2≤x≤3时，取“＝”．故y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值为5.课后练习区1．[1，＋∞)解析方法一不等式等价转化为|x＋1|≥|x－3|，两边平方得(x＋1)2≥(x－3)2，解得x≥1，故不等式的解集为[1，＋∞)．方法二不等式等价转化为|x＋1|≥|x－3|，根据绝对值的几何意义可得数轴上点x到点－1的距离大于等于到点3的距离，到两点距离相等时x＝1，故不等式的解集为[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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|5－2x|<9,|5－2x|≥3))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－9<5－2x<9,5－2x≥3或5－2x≤－3))，解得－2<x≤1或4≤x<7.∴不等式解集为(－2,1]∪[4,7)．4．(－∞，－1]∪[4，＋∞)解析由|x＋3|－|x－1|的几何意义知，|x＋3|－|x－1|∈[－4,4]，即|x＋3|－|x－1|的最大值是4，要使|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，只需a2－3a≥4恒成立即可．所以a∈(－∞，－1]∪[4，＋5．－4－9解析由|8x＋9|<7，得－7<8x＋9<7，∴－2<x<－eq\f(1,4).由题意知－2，－eq\f(1,4)为方程ax2＋bx－2＝0的两根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)＝－2－\f(1,4)，,\f(－2,a)＝－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4))).))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4,b＝－9)).6．－1<a<3解析由|x－1|＋|x－3|的几何意义知|x－1|＋|x－3|≥2，即|x－1|＋|x－3|的最小值为2.当a2－2a－1<2时满足题意，∴a2－2a－3<0，∴－1<7．[－2,2]解析∵||x－2|－|x－4||≤|(x－2)－(x－4)|＝2，故－2≤|x－2|－|x－4|≤2，故函数f(x)的值域是[－2,2]．8．(－∞，0)∪{2}解析由|x＋1|＋|x－3|的几何意义知，|x＋1|＋|x－3|∈[4，＋∞)，∴a＋eq\f(4,a)≤4.当a>0时，a＋eq\f(4,a)≥4，当且仅当a＝2时，取等号，当a<0，显然符合题意．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的解集为{x|－1≤x≤5}，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3＝－1，,a＋3＝5，))解得a＝2.(6分)(2)当a＝2时，f(x)＝|x－2|，设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，于是g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－1，x<－3，,5，－3≤x≤2，,2x＋1，x>2.))(9分)所以当x<－3时，g(x)>5；当－