柯西不等式_不等式的解法

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6.5  不等式的解法（二）

●知识梳理
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“零点分段讨论法”.
3.含参不等式的求解，通常对参数分类讨论.
4.绝对值不等式的性质：
||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.
思考讨论
1.在|x|＞a x＞a或x＜－a（a＞0）、|x|＜a －a＜x＜a（a＞0）中的a＞0改为a∈R还成立吗?
2.绝对值不等式的性质中等号成立的条件是什么?
●点击双基
1.设a、b是满足ab＜0的实数，那么
A.|a+b|＞|a－b|
B.|a+b|＜|a－b|
C.|a－b|＜||a|－|b||
D.|a－b|＜|a|+|b|
解析：用赋值法.令a=1，b=－1，代入检验.
答案：B
2.不等式|2x2－1|≤1的解集为
A.{x|－1≤x≤1}       B.{x|－2≤x≤2}
C.{x|0≤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|的解集为
A.（0，1）        B.（1，+∞）
C.（0，+∞）        D.（－∞，+∞）
解析：∵x＞0，x与log3x异号，
∴log3x＜0.∴0＜x＜1.
答案：A
4.已知不等式a≤ 对x取一切负数恒成立，则a的取值范围是____________.
解析：要使a≤ 对x取一切负数恒成立，
令t=|x|＞0，则a≤ .
而 ≥ =2 ，
∴a≤2 .
答案：a≤2
5.已知不等式|2x－t|+t－1＜0的解集为（－ ， ），，则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：解带绝对值的不等式，需先去绝对值，多个绝对值的不等式必须利用零点分段法去绝对值求解.令2x+1=0，x－2=0，得两个零点x1=－ ，x2=2.
解：当x≤－ 时，原不等式可化为
－2x－1+2－x＞4，
∴x＜－1.
当－ ＜x≤2时，原不等式可化为
2x+1+2－x＞4，
∴x＞1.又－ ＜x≤2，
∴1＜x≤2.
当x＞2时，原不等式可化为
2x+1+x－2＞4，∴x＞ .
又x＞2，∴x＞2.
综上，得原不等式的解集为{x|x＜－1或1＜x}.
深化拓展
若此题再多一个含绝对值式子.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：当x≤－ 时，原不等式化为
－2x－1+2－x+1－x＞4，∴x＜－ .
当－ ＜x≤1时，原不等式可化为
2x+1+2－x+1－x＞4，4＞4（矛盾）.
当1＜x≤2时，原不等式可化为
2x+1+2－x+x－1＞4，∴x＞1.
又1＜x≤2，
∴1＜x≤2.
当x＞2时，原不等式可化为
2x+1+x－2+x－1＞4，∴x＞ .
又x＞2，∴x＞2.
综上所述，原不等式的解集为{x|x＜－ 或x＞1}.
【例2】 解不等式｜x2－9｜≤x＋3.
剖析：需先去绝对值，可按定义去绝对值，也可利用|x|≤a －a≤x≤a去绝对值.
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：原不等式等价于
 
  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）已知函数f（x）=x|x－a|（a∈R）.
（1）判断f（x）的奇偶性；
（2）解关于x的不等式：f（x）≥2a2.
解：（1）当a=0时，
f（－x）=－x|－x|=－x|x|=－f（x），
∴f（x）是奇函数.
当a≠0时，f（a）=0且f（－a）=－2a|a|.
故f（－a）≠f（a）且f（－a）≠－f（a）.
∴f（x）是非奇非偶函数.
（2）由题设知x|x－a|≥2a2，
∴原不等式等价于            ①
或                ②
由①得 x∈ .
由②得
当a=0时，x≥0.
当a＞0时，
∴x≥2a.
当a＜0时，
即x≥－a.
综上
a≥0时，f（x）≥2a2的解集为{x|x≥2a}；
a＜0时，f（x）≥2a2的解集为{x|x≥－a}.
（文）设函数f（x）=ax+2，不等式| f（x）|＜6的解集为（－1，2），试求不等式 ≤1的解集.
解：|ax+2|＜6，
∴（ax+2）2＜36，
即a2x2+4ax－32＜0.
由题设可得
解得a=－4.
∴f（x）=－4x+2.
由 ≤1，即 ≤1可得 ≥0.
解得x＞ 或x≤ .
∴原不等式的解集为{x|x＞ 或x≤ }.
 
●闯关训练
夯实基础
1.已知集合A={x|a－1≤x≤a+2}，B={x|3＜x＜5}，则能使A B成立的实数a的取值范围是
A.{a|3＜a≤4}       B.{a|3≤a≤4}
C.{a|3＜a＜4}       D.
解析：由题意知 得3≤a≤4.
答案：B
2.不等式|x2+2x|＜3的解集为____________.
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： 在同一直角坐标系下作出f（x）=|x+2|与g（x）=|x|的图象，根据图象可得x≥－1.
 
解法三：根据绝对值的几何意义，不等式|x+2|≥|x|表示数轴上x到－2的距离不小于到0的距离，∴x≥－1.
答案：{x|x≥－1}
评述：本题的三种解法均为解绝对值不等式的基本方法，必须掌握.
4.当0＜a＜1时，解关于x的不等式a ＜ax－2.
解：由0＜a＜1，原不等式可化为 ＞x－2.
这个不等式的解集是下面不等式组①及②的解集的并集.     ①
或               ②
解不等式组①得解集为{x| ≤x＜2}，
解不等式组②得解集为{x|2≤x＜5}，
所以原不等式的解集为{x| ≤x＜5}.
5.关于x的方程3x2－6（m－1）x+m2+1=0的两实根为x1、x2，若|x1|+|x2|=2，求m的值.
解：x1、x2为方程两实根，
∴Δ=36（m－1）2－12（m2+1）≥0.
∴m≥ 或m≤ .
又∵x1•x2= ＞0，∴x1、x2同号.
∴|x1|+|x2|=|x1+x2|=2|m－1|.
于是有2|m－1|=2，∴m=0或2.
∴m=0.
培养能力
6.解不等式 ≤ .
解：（1）当x2－2＜0且x≠0，即当－ ＜x＜ 且x≠0时，原不等式显然成立．
（2）当x2－2＞0时，原不等式与不等式组 等价．
x2－2≥｜x｜，即｜x｜2－｜x｜－2≥0.
∴｜x｜≥2.∴不等式组的解为｜x｜≥2，
即x≤－2或x≥2．
∴原不等式的解集为（－∞，－2］∪（－ ，0）∪（0， ）∪［2，＋∞）．
7.已知函数f（x）= 的定义域恰为不等式log2（x+3）+log x≤3的解集，且f（x）在定义域内单调递减，求实数a的取值范围.
解：由log2（x+3）+log x≤3得
  x≥ ，
即f（x）的定义域为［ ，+∞）.
∵f（x）在定义域［ ，+∞）内单调递减，
∴当x2＞x1≥ 时，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，
则a的取值范围是a≤－ .
8.有点难度哟！
已知f（x）=x2－x+c定义在区间［0，1］上，x1、x2∈［0，1］，且x1≠x2，求证：
（1）f（0）=f（1）；
（2）| f（x2）－f（x1）|＜|x1－x2|；
（3）| f（x1）－f（x2）|＜ ；
（4）| f（x1）－f（x2）|≤ .
证明：（1）f（0）=c，f（1）=c，
∴f（0）=f（1）.
（2）| f（x2）－f（x1）|=|x2－x1||x2+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）不妨设x2＞x1，由（2）知
| f（x2）－f（x1）|＜x2－x1.             ①
而由f（0）=f（1），从而
| 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（ ）= .
探究创新
9.（1）已知|a|＜1，|b|＜1，求证：| |＞1；
（2）求实数λ的取值范围，使不等式| |＞1对满足|a|＜1，|b|＜1的一切实数a、b恒成立；
（3）已知|a|＜1，若| |＜1，求b的取值范围.
（1）证明：|1－ab|2－|a－b|2=1+a2b2－a2－b2=（a2－1）（b2－1）.
∵|a|＜1，|b|＜1，∴a2－1＜0，b2－1＜0.
∴|1－ab|2－|a－b|2＞0.
∴|1－ab|＞|a－b|，
 = ＞1.
（2）解：∵| |＞1 |1－abλ|2－|aλ－b|2=（a2λ2－1）（b2－1）＞0.
∵b2＜1，∴a2λ2－1＜0对于任意满足|a|＜1的a恒成立.
当a=0时，a2λ2－1＜0成立；
当a≠0时，要使λ2＜ 对于任意满足|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.
●思悟小结
1.解含有绝对值的不等式的指导思想是去掉绝对值.常用的方法是：（1）由定义分段讨论；（2）利用绝对值不等式的性质；（3）平方.
2.解含参数的不等式，如果转化不等式的形式或求不等式的解集时与参数的取值范围有关，就必须分类讨论.注意：（1）要考虑参数的总取值范围.（2）用同一标准对参数进行划分，做到不重不漏.
●教师下载中心
教学点睛
1.绝对值是历年高考的重点，而绝对值不等式更是常考常新.在教学中要从绝对值的定义和几何意义来分析，绝对值的特点是带有绝对值符号，如何去掉绝对值符号，一定要教给学生方法，切不可以题论题.
2.无理不等式在新课程书本并未出现，但可以利用不等式的性质把其等价转化为代数不等式.
3.指数、对数不等式能利用单调性求解.
拓展题例
【例1】 设x1、x2、y1、y2是实数，且满足x12+x22≤1，证明不等式（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.
分析：要证原不等式成立，也就是证（x1y1+x2y2－1）2－（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0.
证明：（1）当x12+x22=1时，原不等式成立.
（2）当x12+x22＜1时，联想根的判别式，可构造函数f（x）=（x12+x22－1）x－2（x1y1+x2y2－1）x+（y12+y22－1），其根的判别式Δ=4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）.
由题意x12+x22＜1，函数f（x）的图象开口向下.
又∵f（1）=x12+x22－2x1y1－2x2y2+y12+y22=（x1－y1）2+（x2－y2）2≥0，
因此抛物线与x轴必有公共点.
∴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）.
 

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