學(xué)案74不等式選講(一)不等式的基本性質(zhì)及含有絕對(duì)值的不等式導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.理解不等式的基本性質(zhì).2.理解絕對(duì)值的幾何意義，理解絕對(duì)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(duì)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________．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)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)?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)兩端同時(shí)平方：即運(yùn)用移項(xiàng)法則，使不等式兩邊都變?yōu)榉秦?fù)數(shù)，再平方，從而去掉絕對(duì)值符號(hào)．3．形如|x－a|＋|x－b|≥c的絕對(duì)值不等式的解法(1)運(yùn)用絕對(duì)值的幾何意義．(2)零點(diǎn)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(duì)值不等式的性質(zhì)|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.自我檢測(cè)1．若x>y，a>b，則在①a－x>b－y，②a＋x>b＋y，③ax>by，④x－b>y－a，⑤eq\f(a,y)>eq\f(b,x)這五個(gè)式子中，恒成立的所有不等式的序號(hào)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，＋∞)}，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(shí)數(shù)a的取值范圍是________．4．若不等式|x＋1|＋|x－2|<a無實(shí)數(shù)解，則a的取值范圍是________．5．(2009·福建)解不等式|2x－1|<|x|＋1.探究點(diǎn)一絕對(duì)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(diǎn)二絕對(duì)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(shí)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(duì)x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．探究點(diǎn)三絕對(duì)值三角不等式定理的應(yīng)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________條件．變式遷移3(1)求函數(shù)y＝|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)|≤eq\f(5,4)；(2)求a的值，使函數(shù)f(x)有最大值eq\f(17,8).多角度審題第(1)問|f(x)|≤eq\f(5,4)?－eq\f(5,4)≤f(x)≤eq\f(5,4)，因此證明方法有兩種，一是利用放縮法直接證出|f(x)|≤eq\f(5,4)；二是證明－eq\f(5,4)≤f(x)≤eq\f(5,4)亦可．第(2)問實(shí)質(zhì)上是已知f(x)的最大值為eq\f(17,8)，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(duì)稱軸對(duì)應(yīng)的x值在不在區(qū)間[－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]＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(1,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4).∴若|a|≤1，則|f(x)|≤eq\f(5,4).[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(shí)，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤eq\f(5,4)；[1分]當(dāng)－1<x<1即x2－1<0時(shí)，g(a)＝(x2－1)a＋x是單調(diào)遞減函數(shù)．∵|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)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x，當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，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eq\f(17,8)應(yīng)在其對(duì)稱軸上的頂點(diǎn)位置取得，∴命題等價(jià)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.即當(dāng)a＝－2時(shí)，函數(shù)f(x)有最大值eq\f(17,8).[10分]【突破思維障礙】由于|a|≤1，f(x)的表達(dá)式中有兩項(xiàng)含有a，要想利用條件|a|≤1，必須合并含a的項(xiàng)，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a(bǔ)x2＋x－a看作關(guān)于a的函數(shù)更簡(jiǎn)單，這兩種方法中，對(duì)a的合并都是很關(guān)鍵的一步．【易錯(cuò)點(diǎn)剖析】在第(1)問中的方法一中，如果不合并含a的項(xiàng)，就無法正確應(yīng)用條件|a|≤1，從而導(dǎo)致出錯(cuò)或證不出；方法二也需要先合并含a的項(xiàng)后，才容易把f(x)看作g(a)．解含有絕對(duì)值不等式時(shí)，去掉絕對(duì)值符號(hào)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(shí)各有利弊，在解只含有一個(gè)絕對(duì)值的不等式時(shí)，用公式法較為簡(jiǎn)便；但是若不等式含有多個(gè)絕對(duì)值時(shí)，則應(yīng)采用分段討論法；應(yīng)用平方法時(shí)，要注意只有在不等式兩邊均為正的情況下才能運(yùn)用．因此，在去絕對(duì)值符號(hào)時(shí)，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(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)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，則實(shí)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(shí)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＋eq\f(4,a)對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)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(shí)數(shù)a的值；(2)在(1)的條件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．10．(14分)(2011·課標(biāo)全國)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，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(duì)于任意實(shí)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(shí)數(shù)x的取值范圍．學(xué)案74不等式選講(一)不等式的基本性質(zhì)及含有絕對(duì)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)>自我檢測(cè)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∵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不正確．由不等式的性質(zhì)可推出②④成立．2．{x|－2≤x≤5}解析|x＋3|＋|x－4|≤9，當(dāng)x<－3時(shí)，－x－3－(x－4)≤9，即－4≤x<－3；當(dāng)－3≤x≤4時(shí)，x＋3－(x－4)＝7≤9恒成立；當(dāng)x>4時(shí)，x＋3＋x－4≤9，即4<x≤5.綜上所述，A＝{x|－4≤x≤5}．又∵x＝4t＋eq\f(1,t)－6，t∈(0，＋∞)，∴x≥2eq\r(4t·\f(1,t))－6＝－2，當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)．∴B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤5}．3．a(chǎn)≥5解析由絕對(duì)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(duì)值的幾何意義知|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(shí)，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<eq\f(1,2)時(shí)，原不等式可化為－2x＋1<x＋1，解得x>0，又∵0≤x<eq\f(1,2)，∴0<x<eq\f(1,2)；當(dāng)x≥eq\f(1,2)時(shí)，原不等式可化為2x－1<x＋1，解得x<2，又∵x≥eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)≤x<2.綜上，原不等式的解集為{x|0<x<2}．課堂活動(dòng)區(qū)例1解題導(dǎo)引(1)絕對(duì)值不等式的關(guān)鍵是去掉絕對(duì)值符號(hào)．其方法主要有：利用絕對(duì)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(duì)值符號(hào)時(shí)，應(yīng)注意不等式兩邊非負(fù)才可進(jìn)行．(3)零點(diǎn)分段法解絕對(duì)值不等式的步驟：①求零點(diǎn)；②劃區(qū)間、去絕對(duì)值號(hào)；③分別解去掉絕對(duì)值的不等式；④取每個(gè)結(jié)果的并集，注意在分段時(shí)不要遺漏區(qū)間的端點(diǎn)值．解(1)原不等式等價(jià)于不等式組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{x|x<－4，或x>2}．(3)由題意x＝1時(shí)，|x－1|＝0，x＝－eq\f(1,2)時(shí)，2x＋1＝0(以下分類討論)．所以①當(dāng)x<－eq\f(1,2)時(shí)，原不等式等價(jià)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當(dāng)－eq\f(1,2)≤x≤1時(shí)，原不等式等價(jià)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當(dāng)x>1時(shí)，原不等式等價(jià)于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,x－1＋2x＋1<2，))得x無解．由①②③得原不等式的解集為{x|－eq\f(2,3)<x<0}．變式遷移1解(1)原不等式可化為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|，則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.))作出函數(shù)y＝|2x＋1|－|x－4|的圖象(如圖)，它與直線y＝2的交點(diǎn)為(－7,2)和(eq\f(5,3)，2)．所以|2x＋1|－|x－4|>2的解集為(－∞，－7)∪(eq\f(5,3)，＋∞)．②由函數(shù)y＝|2x＋1|－|x－4|的圖象可知，當(dāng)x＝－eq\f(1,2)時(shí)，y＝|2x＋1|－|x－4|取得最小值－eq\f(9,2).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?yàn)閨x＋2|－|x＋3|的幾何意義為數(shù)軸上任意一點(diǎn)P(x)與兩定點(diǎn)A(－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(diǎn)x到數(shù)軸上的點(diǎn)1,2的距離之和知，|x－1|＋|x－2|≥1，要使|x－1|＋|x－2|>a恒成立，只需1>a.即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，1)．例3解題導(dǎo)引對(duì)絕對(duì)值三角不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.(1)當(dāng)ab≥0時(shí)，|a＋b|＝|a|＋|b|；當(dāng)ab≤0時(shí)，|a－b|＝|a|＋|b|.(2)該定理可以推廣為|a＋b＋c|≤|a|＋|b|＋|c|，也可強(qiáng)化為||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它們經(jīng)常用于含絕對(duì)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|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|得：|x－y|≤|x－A|＋|y－A|<eq\f(ε,2)＋eq\f(ε,2)＝ε.反過來由|x－y|<ε，得不出|x－A|<eq\f(ε,2)且|y－A|<eq\f(ε,2)，∴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(shí)，“＝”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(shí)，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(jià)轉(zhuǎn)化為|x＋1|≥|x－3|，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(jià)轉(zhuǎn)化為|x＋1|≥|x－3|，根據(jù)絕對(duì)值的幾何意義可得數(shù)軸上點(diǎn)x到點(diǎn)－1的距離大于等于到點(diǎn)3的距離，到兩點(diǎn)距離相等時(shí)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.∴不等式解集為(－2,1]∪[4,7)．4．(－∞，－1]∪[4，＋∞)解析由|x＋3|－|x－1|的幾何意義知，|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對(duì)任意實(shí)數(shù)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).由題意知－2，－eq\f(1,4)為方程ax2＋bx－2＝0的兩根，∴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(shí)滿足題意，∴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＋eq\f(4,a)≤4.當(dāng)a>0時(shí)，a＋eq\f(4,a)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2時(shí)，取等號(hào)，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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3＝－1，,a＋3＝5，))解得a＝2.(6分)(2)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝|x－2|，設(shè)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)所以當(dāng)x<－3時(shí)，g(x)>5；當(dāng)－