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2014创新设计高中数学(苏教版)第十五章 第5讲 不等式基本性质、含有绝对值的不等式


第5讲 不等式基本性质、含有绝对值的不等式

抓住4个考点

突破3个考向

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考点梳理
1.两个实数大小关系

> a>b?a-b__0;
a=b?a-b__0; =

< a<b?a-b__0. 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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(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).
> (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
n n

(1)性质1:|a+b| ___|a|+|b|. ≤
≤ (2)性质2:|a|-|b|___|a+b|. ≤ ≤ (3)性质3:|a|-|b|___|a-b|___|a|+|b|. 利用以上性质可证明不等式或求不等式的最值.
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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|____<x<__} a -a a=0 ? a<0 ? R

a -a {x|x>_或x<___} {x|x∈R且x≠0}

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

(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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【助学· 微博】 考查角度解读 重点考查含绝对值不等式的解法,利用含绝对值的重要不 等式证明不等式问题. 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.

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考点自测
1.(2011· 江苏卷)解不等式x+|2x-1|<3.

?2x-1≥0, ? 原不等式可化为? ?x+?2x-1?<3 ? ?2x-1<0, ? 或? ? x-?2x-1?<3. ?

1 4 1 解得 ≤x< 或-2<x< . 2 3 2
? ? ? 4 ?x?-2<x< ∴原不等式的解集是 3 ? ? ? ? ? ?. ? ?

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2.求不等式|2x-1|-|x-2|<0的解集. 解 法一 原不等式即为|2x-1|<|x-2|,

∴4x2-4x+1<x2-4x+4,∴3x2<3,∴-1<x<1.所求 解集为{x|-1<x<1}.
法二 原不等式等价于不等式组 ?1 ? <x<2, 或②?2 ?2x-1+?x-2?<0. ?

?x≥2, ? ①? ?2x-1-?x-2?<0, ?

? 1 ?x≤ , 或③? 2 ?-?2x-1?+?x-2?<0. ? 1 1 不等式组①无解,由②得 <x<1,由③得-1<x≤ . 2 2 综上得-1<x<1,所以原不等式的解集为{x|-1<x<1}.
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3.若不等式|x+1|+|x-2|<a无实数解,求a的取值范围.



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.

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考向一

含绝对值不等式的解法

【例1】 (2011· 新课标全国)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}.

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(2)由 f(x)≤0 得,|x-a|+3x≤0.
?x≥a, ? 此不等式化为不等式组? ?x-a+3x≤0 ? ?x≤a, ? 或? ?a-x+3x≤0, ?

?x≥a, ? 即? a ?x≤4 ? 因为

?x≤a, ? 或? a ?x≤-2. ?
? ? ?. ? ?

? ? ? a ?x?x≤- a>0,所以不等式组的解集为 2 ? ? ?

a 由题设可得- =-1,故 a=2. 2

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[方法总结] 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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x 【训练 1】 解不等式|x+3|-|2x-1|< +1. 2 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 ②当-3≤x< 时, 2 x 原不等式化为(x+3)-(1-2x)< +1, 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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? ? ?. ? ?
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考向二

绝对值三角不等式的放缩功能

1 【例 2】 (2012· 江苏)已知实数 x,y 满足:|x+y|< ,|2x 3 1 5 -y|< ,求证:|y|< . 6 18 证明 因为 3|y|=|3y|=|2(x+y)-(2x-y)|≤2|x+y|+
1 1 |2x-y|,由题设知|x+y|< ,|2x-y|< , 3 6 2 1 5 5 从而 3|y|< + = ,所以|y|< . 3 6 6 18

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[方法总结] 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. 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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【训练2】 (1)(2011· 江西)对于实数x,y,若|x-1|≤1,|y -2|≤1,求|x-2y+1|的最大值. (2)(2013· 宝鸡统考)不等式log3(|x-4|+|x+5|)>a对于一

切x∈R恒成立,求实数a的取值范围.

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(1)∵|x-1|≤1,∴-1≤x-1≤1,∴0≤x≤2.

又∵|y-2|≤1,∴-1≤y-2≤1,∴1≤y≤3, 从而-6≤-2y≤-2.

由同向不等式的可加性可得-6≤x-2y≤0,
∴-5≤x-2y+1≤1, ∴|x-2y+1|的最大值为5.

(2)由绝对值的几何意义知:|x-4|+|x+5|≥9,
则log3(|x-4|+|x+5|)≥2,所以要使不等式 log3(|x-4|+|x+5|)>a 对于一切x∈R恒成立,则需a<2.
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考向三

含参绝对值不等式的最值问题

【例3】 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. 解 (1)当a=-1时,f(x)=|x-1|+|x+1|,

由f(x)≥3得:|x-1|+|x+1|≥3,
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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法二

不等式可化为
?-1<x≤1, ? 或? ? 2≥3 ? ?x>1, ? 或? ?2x≥3, ? ? ? ?. ? ?

?x≤-1, ? ? ?-2x≥3 ?

? ? ? 3 3 ?x?x≤- 或x≥ ∴不等式的解集为 2 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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[方法总结] 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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【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,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.
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? ?a+3=5, ?

解得 a=2;

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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,若 f(x)+f(x+5)≥m,即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成 立,则 m 的取值范围为(-∞,5].
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热点突破38

含绝对值不等式的恒成立问题

重点考查含绝对值不等式的解法(可能含参)或以函数
为背景证明不等式.
【示例】 (2012· 苏锡常镇调研)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
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[审题与转化] 第一步:(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)的最大值为入手分析,a<0

时,f(x)在对称轴上取得最值.
[规范解答] 第二步:(1)证明 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 ?

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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, 5 |f(x)|=|g(a)|=1≤ ; 4 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
? 1?2 5 =-?x- ? + ; 2? 4 ?

g(a)min=g(1)=x

2

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

5 ∴|f(x)|=|g(a)|≤ . 4
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(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, 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

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1 ? ?a<-2, 解得? ?a=-2或a=-1, ? 8 ∴a=-2.

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[反思与回顾] 第三步: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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高考经典题组训练
1.(2009· 海南、宁夏卷)如图,O为数轴的原点,A,B, M为数轴上三点,C为线段OM上的动点,设x表示C与 原点的距离,y表示C到A距离的4倍与C到B距离的6倍 的和. (1)将y表示为x的函数; (2)要使y的值不超过70,x应该在什么范围内取值?

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(1)y=4|x-10|+6|x-20|,0≤x≤30.

?4|x-10|+6|x-20|≤70, ? (2)依题意,x 满足? ?0≤x≤30. ?

解不等式组,其解集为[9,23]. ∴x∈[9,23].

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2.(2012· 课标全国卷)已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|. (1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集; (2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.
?-2x+5,x≤2, ? (1)当 a=-3 时,f(x)=?1,2<x<3, ? ?2x-5,x≥3.



当 x≤2 时,由 f(x)≥3,得-2x+5≥3,解得 x≤1; 当 2<x<3 时,f(x)≥3 无解; 当 x≥3 时,由 f(x)≥3,得 2x-5≥3,解得 x≥4. ∴f(x)≥3 的解集为{x|x≤1}∪{x|x≥4}.
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(2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|. 当x∈[1,2]时, |x-4|-|x-2|≥|x+a|

?4-x-(2-x)≥|x+a|
?-2-a≤x≤2-a. 由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0.

故满足条件的a的取值范围为[-3,0].

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3.(2012· 福建卷)已知函数f(x)=m-|x-2|,m∈R,且f(x +2)≥0的解集为[-1,1]. (1)求m的值;

1 1 1 (2)若 a, c∈R , + + =m, b, 且 求证: a+2b+3c≥9. a 2b 3c (1)解 ∵f(x+2)=m-|x|,f(x+2)≥0等价于|x|≤m,


由|x|≤m有解,得m≥0,且其解集为{x|-m≤x≤m}. 又f(x+2)≥0的解集为[-1,1],故m=1.

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1 1 1 (2)证明 由(1)知 + + =1,又 a,b,c∈R+,由柯西 a 2b 3c ?1 1 1? 不 等 式 得 a + 2b + 3c = (a + 2b + 3c) ? + + ? ?a 2b 3c? ? 1 1 1 ?2 ≥? a· + 2b· + 3c· ? =9. ? a 2b 3c ?

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4.(2012· 辽宁卷)已知f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}. (1)求a的值;
? ?x?? (2)若?f?x?-2f ?2??≤k ? ? ??

恒成立,求 k 的取值范围.

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(1)由|ax+1|≤3,得-4≤ax≤2.

又 f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}, ∴当 a≤0 时,不合题意. 4 2 当 a>0 时,-a≤x≤a,得 a=2. (2)记 h(x)=f(x)-2f
?x? ? ?, ?2?

?1,x≤-1, ? ?-4x-3,-1<x<-1, 2 则 h(x)=? ? 1 ?-1,x≥- , ? 2 ∴|h(x)|≤1,∴k≥1.
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