1、第十七讲 不等式选讲,总纲目录,考点一 绝对值不等式的解法,1.|ax+b|c,|ax+b|c型不等式的解法 (1)若c0,则|ax+b|c等价于-cax+bc,|ax+b|c等价于ax+bc 或ax+b-c,然后根据a,b的值求解即可. (2)若c0,则|ax+b|c的解集为,|ax+b|c的解集为R.,2.|x-a|+|x-b|c(c0),|x-a|+|x-b|c(c0)型不等式的解法 (1)令每个绝对值符号里的一次式为0,求出相应的根; (2)把这些根由小到大排序,它们把数轴分为若干个区间; (3)在所分区间上,根据绝对值的定义去掉绝对值符号,讨论所得 的不等式在这个区间上的解集; (4
2、)这些解集的并集就是原不等式的解集.,(2018河南洛阳第一次统考)已知函数f(x)= |x-a|(aR). (1)当a=2时,解不等式 +f(x)1; (2)设不等式 +f(x)x的解集为M,若 M,求实数a的取 值范围.,解析 (1)当a=2时,原不等式可化为|3x-1|+|x-2|3. 当x 时,原不等式可化为-3x+1+2-x3,解得x0,所以x0; 当 x2时,原不等式可化为3x-1+2-x3,解得x1,所以1x 2; 当x2时,原不等式可化为3x-1+x-23,解得x ,所以x2. 综上所述,当a=2时,原不等式的解集为x|x0或x1. (2)不等式 +f(x)x可化为|3x-1|
3、+|x-a|3x,依题意知不等式 |3x-1|+|x-a|3x在 上恒成立,所以3x-1+|x-a|3x,即|x-a|1,即a-1xa+1,所以 解得- a , 故所求实数a的取值范围是 .,方法归纳 |x-a|+|x-b|c(或c)(c0),|x-a|-|x-b|c(或c)(c0)型不等式的解 法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解. (1)零点分区间法的一般步骤 令每个绝对值符号内的代数式为零,并求出相应的根; 将这些根按从小到大排列,把实数集分为若干个区间; 由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式,解这些不等式,求 出解集; 取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集. (2)
4、利用绝对值的几何意义解题,由于|x-a|+|x-b|与|x-a|-|x-b|分别表示数轴上与x对应的点到a,b对应 的点的距离之和与距离之差,因此对形如|x-a|+|x-b|c(c0)或 |x-a|-|x-b|c(c0)的不等式,用绝对值的几何意义求解更直观.,1.(2018课标全国,23,10分)设函数f(x)=5-|x+a|-|x-2|. (1)当a=1时,求不等式f(x)0的解集; (2)若f(x)1,求a的取值范围.,解析 (1)当a=1时,f(x)= 可得f(x)0的解集为x|-2x3. (2)f(x)1等价于|x+a|+|x-2|4. 而|x+a|+|x-2|a+2|,且当x=2时
5、等号成立. 故f(x)1等价于|a+2|4. 由|a+2|4可得a-6或a2. 所以a的取值范围是(-,-62,+).,2.已知函数f(x)=|x-a|,其中a1. (1)当a=2时,求不等式f(x)4-|x-4|的解集; (2)已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|2的解集为x|1x2,求a 的值.,解析 (1)当a=2时,f(x)+|x-4|= 当x2时,由f(x)4-|x-4|,得-2x+64,解得x1; 当2x4时,f(x)4-|x-4|无解; 当x4时,由f(x)4-|x-4|,得2x-64,解得x5. 所以f(x)4-|x-4|的解集为x|x1或x5. (2)记h(x)=
6、f(2x+a)-2f(x). 则h(x)=,由|h(x)|2,解得 x . 又已知|h(x)|2的解集为x|1x2, 所以 于是a=3.,已知函数f(x)=|x-1|. (1)求不等式f(x)3-2|x|的解集; (2)若函数g(x)=f(x)+|x+3|的最小值为m,正数a,b满足a+b=m,求证: + 4.,解析 (1)当x1时,x-13-2x,解得x ,x ; 当0x1时,1-x3-2x,解得x2,无解; 当x0时,1-x3+2xx- ,x- . 原不等式的解集为 . (2)g(x)=|x-1|+|x+3|(x-1)-(x+3)|=4, m=4,即a+b=4.又 +b2a, +a2b,
7、两式相加得 + 2a+2b, + a+b=4. 当且仅当a=b=2时等号成立.,方法归纳 证明不等式的方法和技巧 (1)如果已知条件与待证明的结论之间的联系不明显,可考虑用分 析法;如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出,或是否定 性命题、唯一性命题,则考虑用反证法. (2)在必要的情况下,可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化 对问题的表述和证明.尤其是对含绝对值不等式的解法和证明,其 简化的基本思路是化去绝对值符号,转化为常见的不等式(组)求 解.多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起 来”为简化策略,而绝对值三角不等式,往往作为不等式放缩的依 据.,已知函数f(x)=|
8、x+1|. (1)求不等式f(x)f(a)-f(-b).,解析 (1)当x-1时,原不等式可化为-x-11. 综上,M=x|x1. (2)证明:因为f(a)-f(-b)=|a+1|-|-b+1|a+1-(-b+1)|=|a+b|. 所以要证f(ab)f(a)-f(-b), 只需证|ab+1|a+b|, 即证|ab+1|2|a+b|2,即证a2b2+2ab+1a2+2ab+b2, 即证a2b2-a2-b2+10, 即证(a2-1)(b2-1)0. 因为a,bM, 所以a21,b21. 所以(a2-1)(b2-1)0成立, 所以原不等式成立.,考点三 绝对值不等式的恒成立问题,1.f(x)a恒成立
9、f(x)mina;f(x)a有解f (x)maxa;f(x)a无解f(x)maxa;f(x)a无解f (x)mina. 2.定理1:如果a,b是实数,则|a+b|a|+|b|,当且仅当ab0时,等号成 立. 定理2:如果a,b,c是实数,那么|a-c|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c) 0时,等号成立.,1.(2018课标全国,23)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|. (1)当a=1时,求不等式f(x)1的解集; (2)若x(0,1)时不等式f(x)x成立,求a的取值范围.,解析 (1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|, 即f(x)= 故不等式f(x)1的解
10、集为 . (2)当x(0,1)时|x+1|-|ax-1|x成立等价于当x(0,1)时|ax-1|0,则|ax-1|1的解集为 , 所以 1,故0a2. 综上,a的取值范围为(0,2.,方法归纳 解决含绝对值不等式的恒成立问题,用等价转化思想. (1)利用三角不等式求出最值进行转化. (2)利用分类讨论思想,转化成求函数值域. (3)数形结合转化.,(2018陕西西安八校联考)已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对 称,且f(x)=x2+2x. (1)解关于x的不等式g(x)f(x)-|x-1|; (2)如果xR,不等式g(x)+cf(x)-|x-1|恒成立,求实数c的取值范 围.,解析 (1)函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称, g(x)=-f(-x)=-x2+2x, 原不等式可化为|x-1|2x2,即x-12x2或x-1-2x2, 解得-1x ,故不等式的解集为 . (2)不等式g(x)+cf(x)-|x-1|可化为|x-1|2x2-c, 即c2x2-|x-1|恒成立, 令函数F(x)= 当x1时,F(x)min=F(1)=2; 当x1时,F(x)min=F =- .,综上,F(x)min=- , 故c的取值范围是 .,
