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2013届高考数学一轮复习讲义:14[1].4 第1讲 不等式的基本性质、含有绝对值的不等式


一轮复习讲义

不等式的基本性质、含有绝对值的不等式

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要点梳理
a>b? a-b>0 a=b? a-b=0 a<b? a-b<0

忆一忆知识要点

1.两个实数大小关系的基本事实

2.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? b<a . (2)传递性: 如果 a>b, b>c, 那么 a>c .即 a>b, b>c? a>c .

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要点梳理

忆一忆知识要点

(3)可加性:如果 a>b ,那么 a+c>b+c. (4)可乘性: 如果 a>b, c>0, 那么 ac>bc ; 如果 a>b, c<0, 那么 ac<bc . (5)乘方:如果 a>b>0,那么 an > bn(n∈N,n>1). n n (6)开方:如果 a>b>0,那么 a > b(n∈N,n>1). 3.绝对值三角不等式 (1)性质 1:|a+b|≤ |a|+|b| . (2)性质 2:|a|-|b|≤ |a+b| . 性质 3: |a|-|b| ≤|a-b|≤ |a|+|b| .

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要点梳理

忆一忆知识要点

4.绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解集 不等式 |x|<a |x|>a a>0
{x|-a<x<a}
{x|x>a 或 x<-a}

a=0

a<0

?
{x|x∈R 且 x≠0}

?
R

(2)|ax+b|≤c (c>0)和|ax+b|≥c (c>0)型不等式的解法 ①|ax+b|≤c? -c≤ax+b≤c ; ②|ax+b|≥c? ax+b≥c 或 ax+b≤-c.

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要点梳理

忆一忆知识要点

(3)|x-a|+|x-b|≥c 和|x-a|+|x-b|≤c 型不等式的解法 ①利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的 思想; ②利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想; ③通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方 程的思想.

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[难点正本

疑点清源]

解含有绝对值不等式时,脱去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 下才能施行.因此,我们在去绝对值符号时,用何种方法需 视具体情况而定.

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含绝对值的不等式的解法
x 例 1 解不等式|x+3|-|2x-1|< +1. 2
利用零点分段法求解. x 解 ①当 x<-3 时,原不等式化为-(x+3)-(1-2x)< +1, 2
解得 x<10,∴x<-3. 1 x ②当-3≤x< 时,原不等式化为(x+3)-(1-2x)< +1, 2 2 2 2 解得 x<- ,∴-3≤x<- . 5 5 1 x ③当 x≥ 时,原不等式化为(x+3)-(2x-1)< +1, 2 2
解得 x>2,∴x>2.
? ? 2 ? ? ?x|x<- 或x>2?. 综上可知,原不等式的解集为 5 ? ? ? ?

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探究提高
形如|x-a|+|x-b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法: (1)分段 讨论法:利用绝对值号内式子对应方程的根,将数轴分为(-∞, a],(a,b],(b,+∞)(此处设 a<b)三个部分,在每个部分上去掉 绝对值号分别列出对应的不等式求解,然后取各个不等式解集的 并集. (2)几何法:利用|x-a|+|x-b|>c (c>0)的几何意义:数轴上到点 x1 =a 和 x2=b 的距离之和大于 c 的全体,|x-a|+|x-b|≥|x-a-(x -b)|=|a-b|. (3)图象法: 作出函数 y1=|x-a|+|x-b|和 y2=c 的图象, 结合图象 求解.

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变式训练 1
若关于 x 的不等式 x+|x-1|≤a 有解,求实数 a 的取值范围.

解 方法一 当 x≥1 时,不等式化为 x+x-1≤a, 1+a 即 x≤ . 2
1+a 此时不等式有解当且仅当 1≤ ,即 a≥1. 2 当 x<1 时,不等式化为 x+1-x≤a,即 1≤a.
此时不等式有解当且仅当 a≥1. 综上所述,若关于 x 的不等式 x+|x-1|≤a 有解, 则实数 a 的取值范围是[1,+∞).

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方法二

设 f(x)=x+|x-1|,则

?2x-1,?x≥1?, ? f(x)=? ?1, ?x<1?. ?

f(x)的最小值为 1.
因为 x+|x-1|≤a 有解,即 f(x)≤a 有解,所以 a≥1.

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含绝对值的不等式
例 2 设函数 f(x)=|x-1|+|x-a|, (1)若 a=-1,解不等式 f(x)≥3; (2)如果对于?x∈R,f(x)≥2,求实数 a 的取值范围.

零点去绝对值法适用于含有多个绝对值的不等式的求 解问题.

解 (1)当 a=-1 时,f(x)=|x-1|+|x+1|, 由 f(x)≥3 得:|x-1|+|x+1|≥3,
方法一 由绝对值的几何意义知不等式的解集为 ? 3 3? ? ? ?x|x≤- 或x≥ ?. 2 2? ? ? ?

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方法二 不等式可化为 ?x≤-1 ?-1<x≤1 ?x>1 ? ? ? ? ? 或 或? , ?2x≥3 ?-2x≥3 ?2≥3 ? ? ? ? 3 3? ? ? ∴不等式的解集为?x|x≤-2或x≥2?. ? ? ? ?
(2)若 a=1,f(x)=2|x-1|,不满足题设条件; ?-2x+a+1 ?x≤a? ? 若 a<1,f(x)=?1-a ?a<x<1? ?2x-?a+1? ?x≥1? ? f(x)的最小值为 1-a; ,

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?-2x+a+1 ?x≤1? ? 若 a>1,f(x)=?a-1 ?1<x<a? ?2x-?a+1? ?x≥a? ? f(x)的最小值为 a-1.



所以对于?x∈R,f(x)≥2 的充要条件是|a-1|≥2, 从而 a 的取值范围为(-∞,-1]∪[3,+∞).

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探究提高
含有多个绝对值的不等式,可以分别令各绝对值里的式子为 零,并求出相应的根.把这些根从小到大排序,以这些根为 分界点,将实数分成若干小区间.按每个小区间来去掉绝对 值符号,解不等式,最后取每个小区间上相应解的并集.

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变式训练 2
(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. 解 (1)当 a=1 时,f(x)≥3x+2 可化为|x-1|≥2. 由此可得 x≥3 或 x≤-1.
故不等式 f(x)≥3x+2 的解集为{x|x≥3 或 x≤-1}. (2)由 f(x)≤0 得|x-a|+3x≤0. ?x≥a, ?x<a, ? ? ? 此不等式化为不等式组 或? ?x-a+3x≤0 ?a-x+3x≤0, ? ?
?x≥a, ?x<a, ? ? 即? a 或? a x≤ x≤- . ? 4 ? 2 ? ?

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a 因为 a>0,所以不等式组的解集为{x|x≤- }. 2 a 由题设可得- =-1,故 a=2. 2

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含参数的绝对值不等式问题
例 3 已知不等式|x+1|-|x-3|>a. (1)若不等式有解; (2)不等式的解集为 R; (3)不等式的解集为?,分别求出 a 的取值范围.

利用绝对值的几何意义,求出|x+1|-|x-3|的最值,结 合题目条件求解.



方法一

因为|x+1|-|x-3|表示数轴上的点 P(x)与两定

点 A(-1),B(3)距离的差, 即|x+1|-|x-3|=PA-PB.

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由绝对值的几何意义知,PA-PB 的最大值为 AB=4, 最小值为-AB=-4,即-4≤|x+1|-|x-3|≤4. (1)若不等式有解,a 只要比|x+1|-|x-3|的最大值小即可, 故 a<4. (2)若不等式的解集为 R,即不等式恒成立, 只要 a 比|x+1|-|x-3|的最小值还小,即 a<-4. (3)若不等式的解集为?,a 只要不小于|x+1|-|x-3|的最大值 即可,即 a≥4. 方法二 由|x+1|-|x-3|≤|x+1-(x-3)|=4.
|x-3|-|x+1|≤|(x-3)-(x+1)|=4. 可得-4≤|x+1|-|x-3|≤4.

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(1)若不等式有解,则 a<4;

(2)若不等式的解集为 R,则 a<-4; (3)若不等式解集为?,则 a≥4.

探究提高
本题中(1)是含参数的不等式存在性问题,只要求存在满足条 件的 x 即可;不等式的解集为 R 是指不等式的恒成立问题, 而不等式的解集?的对立面(如 f(x)>m 的解集是空集,则 f(x)≤m 恒成立)也是不等式的恒成立问题,此两类问题都可 转化为最值问题,即 f(x)<a 恒成立?a>f(x)max,f(x)>a 恒成立 ?a<f(x)min.
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变式训练 3
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, f(x)+f(x+5)≥m 对一切实数 x 恒成立, 若 求实数 m 的取值范围. 解 (1)由 f(x)≤3,得|x-a|≤3,
解得 a-3≤x≤a+3,
又已知不等式 f(x)≤3 的解集为{x|-1≤x≤5}, ?a-3=-1 ? 所以? ,解得 a=2; ?a+3=5 ?

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(2)当 a=2 时,f(x)=|x-2|, 设 g(x)=f(x)+f(x+5),于是 ?-2x-1,x<-3 ? g(x)=|x-2|+|x+3|=?5,-3≤x≤2 ?2x+1,x>2 ? 所以当 x<-3 时,g(x)>5;
当-3≤x≤2 时,g(x)=5;当 x>2 时,g(x)>5. 综上可得 g(x)的最小值为 5.
从而, f(x)+f(x+5)≥m, g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立, 若 即 则 m 的取值范围为(-∞,5].



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思想与方法
绝对值不等式的证明
(10 分)设 a∈R,函数 f(x)=ax2+x-a (-1≤x≤1), 5 (1)若|a|≤1,求证:|f(x)|≤ ; 4 17 (2)求 a 的值,使函数 f(x)有最大值 . 8

审题视角
(1)|f(x)|是一个多项式的绝对值,所以可以考虑利用绝对值三 角不等式的性质进行放缩,然后再用配方法求解.(2)从 f(x) 17 的最大值为 入手分析,a<0 时,f(x)在对称轴上取得最值. 8

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规范解答 (1)证明 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| ? 1 ?2 5 5 =-?|x|-2? + ≤ . 4 4 ? ?
方法二 设 g(a)=f(x)=ax2+x-a=(x2-1)a+x. [1 分] ∵-1≤x≤1,当 x=± 1,即 x2-1=0 时, 5 |f(x)|=|g(a)|=1≤ ; 4
数.

[5 分]

当-1<x<1,即 x2-1<0 时,g(a)=(x2-1)a+x 是单调递减函 [2 分]

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∵|a|≤1,∴-1≤a≤1, ∴g(a)max=g(-1)=-x2+x+1 ? 1 ?2 5 =-?x-2? + ; 4 ? ? g(a)min=g(1)=x
2

[3 分] [4 分]

? 1 ?2 5 +x-1=?x+2? - . 4 ? ?

5 ∴|f(x)|=|g(a)|≤ . [5 分] 4 (2)解 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] [6 分]

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17 ∴f(x)的最大值 应在其对称轴上的顶点位置取得, 8 ?a<0 ? ?-1<- 1 <1 2a ∴命题等价于? ? ? 1 ? 17 ?f?- ?= ? ? 2a? 8
1 ? ?a<-2 解得? ?a=-2或a=-1 8 ?
∴a=-2.



[8 分]



[9 分]

[10 分]

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批阅笔记

含绝对值不等式的证明题主要分为两类:一类是比较简单的 不等式,往往可通过公式法、平方法、换元法等去掉绝对值 转化为常见的不等式证明题,或利用绝对值三角不等式性质 定理:||a|-|b||≤|a± b|≤|a|+|b|,通过适当的添、拆项证明; 另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式,往往可考 虑利用一般情况成立则特殊情况也成立的思想,或利用一元 二次方程的根的分布等方法来证明.

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方法与技巧
1. 解绝对值不等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化 为一元一次和一元二次不等式(组)进行求解. 含有多个绝对值符号的不等式,一般可用零点分段法求 解,对于形如|x-a|+|x-b|>m 或|x-a|+|x-b|<m (m 为正常数),利用实数绝对值的几何意义求解较简便. 2.含绝对值不等式的证明,可考虑去掉绝对值符号,也可利 用重要不等式|a+b|≤|a|+|b|及推广形式|a1 +a2 +?+ an|≤|a1|+|a2|+?+|an|进行放缩. 3.应用绝对值不等式性质求函数的最值时,一定要注意等号 成立的条件.

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失误与防范
1.理解绝对值不等式的几何意义. 2.掌握分类讨论的标准,做到不重不漏.

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