不等式选讲Word文件下载.docx
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2+1.
［解］⑴法一：
原不等式可化为|2x+1|>
2|x—1|,两边平方得4x2+4x+1>
4（x2—2x+1）,
rr
11
解得x>
4，所以原不等式的解集为x|x>
4:
原不等式等价于
-2，
〔—（2x+1并2（x—1>
—1WXW1,x>
1,
或或
2x+1+2x—1>
02x+1-2x—1>
°
.
1「1〔
4"
（2）①当x<
—3时，
x
原不等式化为一（X+3）—（1—2x）<
2+1,
解得xv10,「.x<
—3.
2当一3Wx<
1时，
原不等式化为（X+3）—（1—2x）v2+1,
解得x<
—2,.•.—3wx<
—2.
55
1
3当x>
1时，
原不等式化为（X+3）+（1—2x）<
解得x>
2,.x>
2.
综上可知，原不等式的解集为4|xv—2或x>
2:
L5丿
绝对值不等式的常用解法
［方法技巧］
（1）基本性质法：
对a€R+,|x|va?
—a<
a,
a?
x<
—a或x>
a.
（2）平方法：
两边平方去掉绝对值符号.
（3）零点分区间法：
含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转
化为与之等价的不含绝对值符号的不等式（组）求解.
1•求不等式|x—1|—|x—5|V2的解集
解：
不等式|x—1|—|x—5|V2等价于
1,Kxw5,x>
5,
1或丨或'
—x—1+x—5<
2x—1+x—5<
2|x—1—x—5<
2,
xV1，1wx<
5,
即$或'
—4<
22x<
8
x>
或故原不等式的解集为{x|x<
1}U{x|1wx<
4}U?
={x|x<
4}•
4<
2•解不等式x+|2x+3|>
[xv—2,[x>
—2,
原不等式可化为f2或S2
—x—3>
23x+3>
2.
解得xw—5或x>
所以原不等式的解集是cix|xw—5或x>
—3:
3.已知函数f（x）=|x—2|—|x—5|.
（1）证明：
一3wf（x）w3;
⑵求不等式f（x）>
x2—8x+15的解集.
f（x）=|x—2|—|x—5|
—3,xw2,
=2x—7,2<
5,当2<
5时，—3<
2x—7<
3，所以—3wf（x）w3.
3,x>
5.
（2）由⑴可知，
当xw2时，f（x）>
x2—8x+15即为x2—8x+18w0,解集为空集；
当2<
5时，f（x）>
x2—8x+15即为x2—10x+22w0,解集为{x|5—3wx<
5};
当x>
5时，f（x）>
x—8x+15即为x—8x+12w0,解集为{x|5wxw6}.
综上，不等式f（x）>
x2—8x+15的解集为{x|5—,3wxw6}.
4.已知函数f（x）=|x—a|+3x，其中a>
（1）当a=1时，求不等式f（x）>
3x+2的解集；
⑵若不等式f（x）w0的解集为｛x|xw—1｝，求a的值.
⑴当a=1时，f（x）>
3x+2可化为|x—1|>
2.由此可得x>
3或x<
—1.
故不等式f（x）>
3x+2的解集为{x|x>
3或x<
—1}.
（2）由f（x）<
0得|x—a|+3x<
0.此不等式可化为
结合a>
0,解得x<
—^,
fa〕
即不等式f（x）w0的解集为x|x<
—a.
•••不等式f（x）w0的解集为｛x|xw—1｝,
号=-1,故a=2.
突破点
（二）绝对值三角不等式
绝对值三角不等式定理
（1）定理1：
如果a,b是实数，则|a+b|w|a|+|b|,当且仅当ab》0时，等号成立.
（2）定理2:
如果a,b,c是实数，那么|a—c|w|a—b|+|b—c|,当且仅当（a—b）（b—c）》0时，等号成立.
考点一证明绝对值不等式
11
［例1］已知x,y€R，且|x+y|w6小-『戶4
求证：
|x+5y|w1.
［证明］••1x+5y|=|3（x+y）—2（x—y）|.
•••由绝对值不等式的性质，得
|x+5y|=|3（x+y）—2（x—y）|<
|3（x+y）|+|2（x—y）|
=3|x+y|+2|x—y|<
3X£
+2X4=1.
即|x+5y|w1.
证明绝对值不等式的三种主要方法
（1）利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明.
（2）利用三角不等式||a|—|b||w|a±
）|w|a|+|b|进行证明.
⑶转化为函数问题，利用数形结合进行证明.
［例2］设函数f（x）=x+|x—a|.
（1）当a=2017时，求函数f（x）的值域；
⑵若g（x）=|x+1|,求不等式g（x）—2>
x—f（x）恒成立时a的取值范围.
［解］⑴由题意得，当a=2017时，
2x—2017,x>
2017,
f（x）=
2017,x<
2017.
因为f（x）在［2017,+s）上单调递增，所以函数f（x）的值域为［2017,+^）.
（2）由g（x）=|x+1|,不等式g（x）—2>
x—f（x）恒成立，知|x+1|+|x—a|>
2恒成立,即（|x+1|+|x—a|）min>
而|x+1|+|x—a|>
|（x+1）—（x—a）|=|1+a|,
所以|1+a|>
2，解得a>
1或a<
故a的取值范围为（一R,—3）U（1,+^）.
能力练通抓应用体验的“得”与“失
=1时等号成立.所以f（x）>
（2）f（3）=3++|3—a|.
t亠1
当a>
3时，f（3）=a+_,a
5+回
由f（3）<
5得3<
—
当Ova<
3时，f（3）=6—a+-,
i+Q5由f（3）<
5得2—<
aw3.
综上,
2•［考点二］（2017保定模拟）设函数f（x）=|x—1|+|x—a|（a€R）.
（1）当a=4时，求不等式f（x）>
5的解集；
⑵若f（x）>
4对x€R恒成立，求a的取值范围.
1，Kx<
4,
解:
（1）当a=4时，不等式即为|x—1|+|x—4|>
5,等价于$或'
—2x+5》5l_3》5
4,
或
|2x—5>
解得x<
0或x>
5,故不等式f（x）>
5的解集为{x|xw0或x>
5}.
（2）因为f（x）=|x—1|+|x—a|>
|（x—1）—（x—a）|=|a—1|,
所以f（X）min=|a—1|,
故|a—1|>
4,解得aw—3或a>
故a的取值范围为（一a,—3]U[5,+^）.
3.[考点一]已知函数f（x）=ax2+x—a的定义域为[—1,1].
3
（1）若f（0）=f
（1），解不等式|f（x）—1|<
ax+4；
5
⑵若|a|<
1,求证：
|f（x）|w4.
（1）f（0）=f
（1），即一a=a+1—a，则a=—1,
所以f（x）=—x+x+1,
所以不等式化为|—x2+x|<
—x+3,
23
①当一1wx<
0时，不等式化为x—x<
—x+4,
解得_~2~<
o；
231
②当Owxw1时，不等式化为一x+xv—x+4解得Owx<
~.综上，原不等式的解集为cix|—^23vxv
（2）证明:
由已知x€[—1,1],所以|x|w1,又|a|w1,
则|f（x）|=|a（x—1）+x|w|a（x2—1）|+|x|w|x2—1|+|x|=1—|x|2+|x|=—|x|—22+彳w4.
4.[考点一]（2017开封模拟）设函数f（x）=|x—a|,a<
f（x）+f—1>
2；
⑵若不等式f（x）+f（2x）<
2的解集非空，求a的取值范围.
函数f（x）=|x—a|,a<
0,
则f（x）+f—1=|x—a|+
（当且仅当|x|=1时取等号）.
（2）f（x）+f（2x）=|x—a|+|2x—a|,a<
当xwa时，f（x）+f（2x）=a—x+a—2x=2a—3x,则f（x）+f（2x）>
—a;
aa
当a<
2时，f（x）+f（2x）=x—a+a—2x=—x,则一？
vf（x）+f（2x）v—a;
aa
2时，f（x）+f（2x）=x—a+2x—a=3x—2a，贝Uf（x）+f（2x）>
—"
-a、、
则f（x）+f（2x）的值域为一2，+m卜
不等式f（x）+f（2x）v?
的解集非空，
本节重点突破1个知识点：
不等式的证明.
突破点不等式的证明
1.基本不等式
定理1:
如果a,b€R，那么a2+b2>
2ab,当且仅当a=b时，等号成立.
定理2:
如果a,b>
0,那么ab,当且仅当a=b时，等号成立，即两个正数的
算术平均不小于（即大于或等于）它们的几何平均.
定理3:
如果a,b,c€R+,那么a+C>
3abc,当且仅当a=b=c时，等号成立.
2.比较法
⑴作差法的依据是：
a-b>
0?
a>
b.
⑵作商法：
若B>
0,欲证A》B，只需证1.
3.综合法与分析法
⑴综合法：
一般地，从已知条件出发，禾U用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立.
（2）分析法：
从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条
件或一个明显成立的事实（定义，公理或已证明的定理，性质等），从而得出要证的命题成立.
因为a>
0,b>
0,
所以不论a>
b>
0,还是0<
a<
b,都有a*—匕舟与a*—b3同号，
所以（a*—b2）（a3—b|）>
所以a+b2>
ab（a+b）.
作差比较法证明不等式的步骤
（1）作差；
（2）变形；
⑶判断差的符号；
⑷下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形
成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负.
LlL111
［例2］已知a,b,c>
0且互不相等，abc=1.试证明：
’2+.,rb+cv++.
abc
［证明］因为a,b,c>
0，且互不相等，abc=1,
所以a+b+c=十+±
+秸
111111
~+++
bcacab
V2+2+2
111
=_++_,
abc'
即a+b+cva+b+£
综合法证明时常用的不等式
2
（1）a>
（2）|a|>
0.
（3）a2+b2>
2ab,它的变形形式有：
22222a+b>
2|ab|;
a+b>
—2ab;
（a+b）>
4ab;
1ab
a+a》2（a>
）；
b+評2（ab>
0）；
b+詐-2（ab<
o）
［例3］（2017沈阳模拟）设a,b,c>
0,且ab+bc+ca=1.求证:
（1）a+b+c>
3;
⑵bc+,ac+卸3（a+b+c）・
［证明］⑴要证a+b+c>
3,
由于a,b,c>
0,
因此只需证明（a+b+c）>
3.
222
即证：
a+b+c+2（ab+bc+ca）>
而ab+bc+ca=1,
故只需证明：
a2+b2+c2+2（ab+bc+ca）>
3（ab+bc+ca）.
a+b+c>
ab+bc+ca.
因此要证原不等式成立，
只需证明yObc》+Ub+&
即证a.bc+b.ac+c.ab<
1,
即证abc+bac+cabwab+bc+ca.
一ab+ac
而abc=abacw_2—,
_ab+be_bc+ac
bacw—2，cabw—2.
所以abc+bac+cabwab+bc+ca
J3、、、、、
（当且仅当a=b=c=-3时等号成立）.所以原不等式成立.
分析法的应用
当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式（a2+b2>
2ab）、基本不等式
Ia+b'
■
押w—厂，a>
0,b>
0没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来
寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.
能力练通抓应用体验的“得”与“失”
从而（a—b）（a+b）（2a+b）>
0,即2a3—b3>
2ab2—a2b.
3.［考点二］已知a,b,c,d均为正数，且ad=bc.
若a+d>
b+c,则|a—d|>
|b—c|;
（2）t-a2+b2,c2+d2=a4+c4+〔b4+d4,求实数t的取值范围.
⑴证明：
由a+d>
b+c,且a,b,c,d均为正数，得（a+d）2>
（b+c）2,又ad=bc,所以（a—d）2>
（b—c）2,即|a—d|>
|b—c|.
2.22.22222.22.2222222
（2）因为（a+b）（c+d）=ac+ad+bc+bd=ac+2abcd+bd=（ac+bd），所以t'
a2+b2c2+d2=t（ac+bd）.
由于a4+c4>
2ac,b4+d4>
2bd,
又已知t•a2+b2寸c2+d2=pa4+c4+寸b4+d4,
贝Ut（ac+bd）>
.2（ac+bd）,故t>
2,当且仅当a=c,b=d时取等号.
1.［考点一］设函数f（x）=x+a+|x—a|（a>
0）.
f（x）>
2;
⑵若f（3）<
5，求a的取值范围.
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