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6.5 不等式的解法（二）

●知識梳理
1.x＞a x＞a或x＜－a（a＞0）；
x＜a －a＜x＜a（a＞0）.
2.形如x－a+x－b≥c的不等式的求解通常采用“零點分段討論法”.
3.含參不等式的求解，通常對參數(shù)分類討論.
4.絕對值不等式的性質(zhì)：
a－b≤a±b≤a+b.
思考討論
1.在x＞a x＞a或x＜－a（a＞0）、x＜a －a＜x＜a（a＞0）中的a＞0改為a∈R還成立嗎?
2.絕對值不等式的性質(zhì)中等號成立的條是什么?
●點擊雙基
1.設(shè)a、b是滿足ab＜0的實數(shù)，那么
A.a+b＞a－b
B.a+b＜a－b
C.a－b＜a－b
D.a－b＜a+b
解析：用賦值法.令a=1，b=－1，代入檢驗.
答案：B
2.不等式2x2－1≤1的解集為
A.{x－1≤x≤1}B.{x－2≤x≤2}
C.{x0≤x≤2}D.{x－2≤x≤0}
解析：由2x2－1≤1得－1≤2x2－1≤1.
∴0≤x2≤1，即－1≤x≤1.
答案：A
3.不等式x+log3x＜x+log3x的解集為
A.（0，1）B.（1，+∞）
C.（0，+∞）D.（－∞，+∞）
解析：∵x＞0，x與log3x異號，
∴l(xiāng)og3x＜0.∴0＜x＜1.
答案：A
4.已知不等式a≤ 對x取一切負(fù)數(shù)恒成立，則a的取值范圍是____________.
解析：要使a≤ 對x取一切負(fù)數(shù)恒成立，
令t=x＞0，則a≤ .
而 ≥ =2 ，
∴a≤2 .
答案：a≤2
5.已知不等式2x－t+t－1＜0的解集為（－ ， ），則t=____________.
解析：2x－t＜1－t，t－1＜2x－t＜1－t，
2t－1＜2x＜1，t－ ＜x＜ .
∴t=0.
答案：0
●典例剖析
【例1】 解不等式2x+1+x－2＞4.
剖析：解帶絕對值的不等式，需先去絕對值，多個絕對值的不等式必須利用零點分段法去絕對值求解.令2x+1=0，x－2=0，得兩個零點x1=－ ，x2=2.
解：當(dāng)x≤－ 時，原不等式可化為
－2x－1+2－x＞4，
∴x＜－1.
當(dāng)－ ＜x≤2時，原不等式可化為
2x+1+2－x＞4，
∴x＞1.又－ ＜x≤2，
∴1＜x≤2.
當(dāng)x＞2時，原不等式可化為
2x+1+x－2＞4，∴x＞ .
又x＞2，∴x＞2.
綜上，得原不等式的解集為{xx＜－1或1＜x}.
深化拓展
若此題再多一個含絕對值式子.如：
2x+1+x－2+x－1＞4，你又如何去解？
分析：令2x+1=0，x－2=0，x－1=0，
得x1=－ ，x2=1，x3=2.
解：當(dāng)x≤－ 時，原不等式化為
－2x－1+2－x+1－x＞4，∴x＜－ .
當(dāng)－ ＜x≤1時，原不等式可化為
2x+1+2－x+1－x＞4，4＞4（矛盾）.
當(dāng)1＜x≤2時，原不等式可化為
2x+1+2－x+x－1＞4，∴x＞1.
又1＜x≤2，
∴1＜x≤2.
當(dāng)x＞2時，原不等式可化為
2x+1+x－2+x－1＞4，∴x＞ .
又x＞2，∴x＞2.
綜上所述，原不等式的解集為{xx＜－ 或x＞1}.
【例2】 解不等式｜x2－9｜≤x＋3.
剖析：需先去絕對值，可按定義去絕對值，也可利用x≤a －a≤x≤a去絕對值.
解法一：原不等式 （1） 或（2）
不等式（1） x＝－3或3≤x≤4；
不等式（2） 2≤x＜3.
∴原不等式的解集是｛x｜2≤x≤4或x＝－3｝.
解法二：原不等式等價于

或x≥2 x=－3或2≤x≤4.
∴原不等式的解集是｛x｜2≤x≤4或x＝－3｝.
【例3】 （理）已知函數(shù)f（x）=xx－a（a∈R）.
（1）判斷f（x）的奇偶性；
（2）解關(guān)于x的不等式：f（x）≥2a2.
解：（1）當(dāng)a=0時，
f（－x）=－x－x=－xx=－f（x），
∴f（x）是奇函數(shù).
當(dāng)a≠0時，f（a）=0且f（－a）=－2aa.
故f（－a）≠f（a）且f（－a）≠－f（a）.
∴f（x）是非奇非偶函數(shù).
（2）由題設(shè)知xx－a≥2a2，
∴原不等式等價于 ①
或 ②
由①得 x∈ .
由②得
當(dāng)a=0時，x≥0.
當(dāng)a＞0時，
∴x≥2a.
當(dāng)a＜0時，
即x≥－a.
綜上
a≥0時，f（x）≥2a2的解集為{xx≥2a}；
a＜0時，f（x）≥2a2的解集為{xx≥－a}.
（）設(shè)函數(shù)f（x）=ax+2，不等式 f（x）＜6的解集為（－1，2），試求不等式 ≤1的解集.
解：ax+2＜6，
∴（ax+2）2＜36，
即a2x2+4ax－32＜0.
由題設(shè)可得
解得a=－4.
∴f（x）=－4x+2.
由 ≤1，即 ≤1可得 ≥0.
解得x＞ 或x≤ .
∴原不等式的解集為{xx＞ 或x≤ }.

●闖關(guān)訓(xùn)練
夯實基礎(chǔ)
1.已知集合A={xa－1≤x≤a+2}，B={x3＜x＜5}，則能使A B成立的實數(shù)a的取值范圍是
A.{a3＜a≤4}B.{a3≤a≤4}
C.{a3＜a＜4}D.
解析：由題意知 得3≤a≤4.
答案：B
2.不等式x2+2x＜3的解集為____________.
解析：－3＜x2+2x＜3，即
∴－3＜x＜1.
答案：－3＜x＜1
3.不等式x+2≥x的解集是____________.
解法一：x+2≥x （x+2）2≥x2 4x+4≥0 x≥－1.
解法二： 在同一直角坐標(biāo)系下作出f（x）=x+2與g（x）=x的圖象，根據(jù)圖象可得x≥－1.

解法三：根據(jù)絕對值的幾何意義，不等式x+2≥x表示數(shù)軸上x到－2的距離不小于到0的距離，∴x≥－1.
答案：{xx≥－1}
評述：本題的三種解法均為解絕對值不等式的基本方法，必須掌握.
4.當(dāng)0＜a＜1時，解關(guān)于x的不等式a ＜ax－2.
解：由0＜a＜1，原不等式可化為 ＞x－2.
這個不等式的解集是下面不等式組①及②的解集的并集. ①
或 ②
解不等式組①得解集為{x ≤x＜2}，
解不等式組②得解集為{x2≤x＜5}，
所以原不等式的解集為{x ≤x＜5}.
5.關(guān)于x的方程3x2－6（m－1）x+m2+1=0的兩實根為x1、x2，若x1+x2=2，求m的值.
解：x1、x2為方程兩實根，
∴Δ=36（m－1）2－12（m2+1）≥0.
∴m≥ 或m≤ .
又∵x1•x2= ＞0，∴x1、x2同號.
∴x1+x2=x1+x2=2m－1.
于是有2m－1=2，∴m=0或2.
∴m=0.
培養(yǎng)能力
6.解不等式 ≤ .
解：（1）當(dāng)x2－2＜0且x≠0，即當(dāng)－ ＜x＜ 且x≠0時，原不等式顯然成立．
（2）當(dāng)x2－2＞0時，原不等式與不等式組 等價．
x2－2≥｜x｜，即｜x｜2－｜x｜－2≥0.
∴｜x｜≥2.∴不等式組的解為｜x｜≥2，
即x≤－2或x≥2．
∴原不等式的解集為（－∞，－2］∪（－ ，0）∪（0， ）∪［2，＋∞）．
7.已知函數(shù)f（x）= 的定義域恰為不等式log2（x+3）+log x≤3的解集，且f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍.
解：由log2（x+3）+log x≤3得
x≥ ，
即f（x）的定義域為［ ，+∞）.
∵f（x）在定義域［ ，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x2＞x1≥ 時，f（x1）－f（x2）＞0恒成立，即有（ax1－ +2）－（ax2－ +2）＞0 a（x1－x2）－（ － ）＞0
（x1－x2）（a+ ）＞0恒成立.
∵x1＜x2，∴（x1－x2）（a+ ）＞0
a+ ＜0.
∵x1x2＞ － ＞－ ，
要使a＜－ 恒成立，
則a的取值范圍是a≤－ .
8.有點難度喲！
已知f（x）=x2－x+c定義在區(qū)間［0，1］上，x1、x2∈［0，1］，且x1≠x2，求證：
（1）f（0）=f（1）；
（2） f（x2）－f（x1）＜x1－x2；
（3） f（x1）－f（x2）＜ ；
（4） f（x1）－f（x2）≤ .
證明：（1）f（0）=c，f（1）=c，
∴f（0）=f（1）.
（2） f（x2）－f（x1）=x2－x1x2+x1－1.
∵0≤x1≤1，∴0≤x2≤1，0＜x1+x2＜2（x1≠x2）.
∴－1＜x1+x2－1＜1.
∴ f（x2）－f（x1）＜x2－x1.
（3）不妨設(shè)x2＞x1，由（2）知
f（x2）－f（x1）＜x2－x1.①
而由f（0）=f（1），從而
f（x2）－f（x1）= f（x2）－f（1）+f（0）－f（x1）≤ f（x2）－f（1）+ f（0）－
f（x1）＜1－x2+x1＜1－x2+x1.②
①+②得2 f（x2）－f（x1）＜1，
即 f（x2）－f（x1）＜ .
（4）f（x2）－f（x1）≤fmax－fmin=f（0）－f（ ）= .
探究創(chuàng)新
9.（1）已知a＜1，b＜1，求證： ＞1；
（2）求實數(shù)λ的取值范圍，使不等式 ＞1對滿足a＜1，b＜1的一切實數(shù)a、b恒成立；
（3）已知a＜1，若 ＜1，求b的取值范圍.
（1）證明：1－ab2－a－b2=1+a2b2－a2－b2=（a2－1）（b2－1）.
∵a＜1，b＜1，∴a2－1＜0，b2－1＜0.
∴1－ab2－a－b2＞0.
∴1－ab＞a－b，
= ＞1.
（2）解：∵ ＞1 1－abλ2－aλ－b2=（a2λ2－1）（b2－1）＞0.
∵b2＜1，∴a2λ2－1＜0對于任意滿足a＜1的a恒成立.
當(dāng)a=0時，a2λ2－1＜0成立；
當(dāng)a≠0時，要使λ2＜ 對于任意滿足a＜1的a恒成立，而 ＞1，
∴λ≤1.故－1≤λ≤1.
（3） ＜1 （ ）2＜1 （a+b）2＜（1+ab）2 a2+b2－1－a2b2＜0 （a2－1）（b2－1）＜0.
∵a＜1，∴a2＜1.∴1－b2＞0，即－1＜b＜1.
●思悟小結(jié)
1.解含有絕對值的不等式的指導(dǎo)思想是去掉絕對值.常用的方法是：（1）由定義分段討論；（2）利用絕對值不等式的性質(zhì)；（3）平方.
2.解含參數(shù)的不等式，如果轉(zhuǎn)化不等式的形式或求不等式的解集時與參數(shù)的取值范圍有關(guān)，就必須分類討論.注意：（1）要考慮參數(shù)的總?cè)≈捣秶?（2）用同一標(biāo)準(zhǔn)對參數(shù)進(jìn)行劃分，做到不重不漏.
●教師下載中心
教學(xué)點睛
1.絕對值是歷年高考的重點，而絕對值不等式更是�？汲Ｐ�.在教學(xué)中要從絕對值的定義和幾何意義分析，絕對值的特點是帶有絕對值符號，如何去掉絕對值符號，一定要教給學(xué)生方法，切不可以題論題.
2.無理不等式在新程書本并未出現(xiàn)，但可以利用不等式的性質(zhì)把其等價轉(zhuǎn)化為代數(shù)不等式.
3.指數(shù)、對數(shù)不等式能利用單調(diào)性求解.
拓展題例
【例1】 設(shè)x1、x2、y1、y2是實數(shù)，且滿足x12+x22≤1，證明不等式（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.
分析：要證原不等式成立，也就是證（x1y1+x2y2－1）2－（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0.
證明：（1）當(dāng)x12+x22=1時，原不等式成立.
（2）當(dāng)x12+x22＜1時，聯(lián)想根的判別式，可構(gòu)造函數(shù)f（x）=（x12+x22－1）x－2（x1y1+x2y2－1）x+（y12+y22－1），其根的判別式Δ=4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）.
由題意x12+x22＜1，函數(shù)f（x）的圖象開口向下.
又∵f（1）=x12+x22－2x1y1－2x2y2+y12+y22=（x1－y1）2+（x2－y2）2≥0，
因此拋物線與x軸必有公共點.
∴Δ≥0.
∴4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0，
即（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.douzifanli.com/gaosan/51297.html

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