含绝对值的不等式与一元一次不等式的解法.doc

例1 不等式|83x|0的解集是 答 选C例2 绝对值大于2且不大于5的最小整数是 A3B2C2D5分析 列出不等式解 根据题意得2|x|5从而5x2或2x5，其中最小整数为5，答 选D例3 不等式4|13x|7的解集为_分析 利用所学知识对不等式实施同解变形解 原不等式可化为4|3x1|7，即43x17或7例4 已知集合Ax|2|62x|5，xN，求A分析 转化为解绝对值不等式解 2|62x|5可化为2|2x6|5因为xN，所以A0，1，5说明：注意元素的限制条件例5 实数a，b满足ab0，那么 A|ab|a|b|B|ab|ab|C|ab|ab|D|ab|a|b|分析 根据符号法则及绝对值的意义解 a、b异号， |ab|ab|答 选C例6 设不等式|xa|b的解集为x|1x2，则a，b的值为 Aa1，b3Ba1，b3Ca1，b3分析 解不等式后比较区间的端点解 由题意知，b0，原不等式的解集为x|abxab，由于解集又为x|1x2所以比较可得答 选D说明：本题实际上是利用端点的位置关系构造新不等式组例7 解关于x的不等式|2x1|2m1(mR)分析 分类讨论xmx|1mxm说明：分类讨论时要预先确定分类的标准分析 一般地说，可以移项后变形求解，但注意到分母是正数，所以能直接去分母解 注意到分母|x|20，所以原不等式转化为2(3|x|)|x|2，整理得说明：分式不等式常常可以先判定一下分子或者分母的符号，使过程简便例9 解不等式|6|2x1|1分析 以通过变形化简，把该不等式化归为|axb|c或|axb|c型的不等式来解解 事实上原不等式可化为6|2x1|1或 6|2x1|1由得|2x1|5，解之得3x2；由得|2x1|7，解之得x3或x4从而得到原不等式的解集为x|x4或3x2或x3说明：本题需要多次使用绝对值不等式的解题理论例10 已知关于x的不等式|x2|x3|a的解集是非空集合，则实数a的取值范围是_分析 可以根据对|x2|x3|的意义的不同理解，获得多种方法解法一 当x2时，不等式化为x2x3a即2x1a有解，而2x15，a5当2x3时，不等式化为x2x3a即a5当x3是，不等式化为x2x3a即2x1a有解，而2x15，a5综上所述：a5时不等式有解，从而解集非空解法二 |x2|x3|表示数轴上的点到表示2和3的两点的距离之和，显然最小值为3(2)5故可求a的取值范围为a5解法三 利用|m|n|mn|得|x2|x3|(x2)(x3)|5所以a5时不等式有解说明：通过多种解法锻炼思维的发散性例11 解不等式|x1|2x分析一 对2x的取值分类讨论解之解法一 原不等式等价于：由得x2分析二 利用绝对值的定义对|x1|进行分类讨论解之解法二 因为原不等式等价于： 例12 解不等式|x5|2x3|1分析 设法去掉绝对值是主要解题策略，可以根据绝对值的意义分(x5)(2x3)1，得x7，所以x7；(x5)(2x3)1，当x5时，原不等式可化为x5(2x3)1，解之得x9，所以x5说明：在含有绝对值的不等式中，“去绝对值”是基本策略例13 解不等式|2x1|2x3|分析 本题也可采取前一题的方法：采取用零点分区间讨论去掉绝之，则更显得流畅，简捷解 原不等式同解于(2x1)2(2x3)2，即4x24x14x212x9，即8x8，得x1所以原不等式的解集为x|x1说明：本题中，如果把2x当作数轴上的动坐标，则|2x1|2x3|表示2x到1的距离大于2x到3的距离，则2x应当在2的右边，从而2x2即x1 分析 求算术根，被开方数必须是非负数解 据题意有，x2x60，即(x3)(x2)0，解在“两根之外”，所以x3或x2例3 若ax2bx10的解集为x|1x2，则a_，b_分析 根据一元二次不等式的解公式可知，1和2是方程ax2bx10的两个根，考虑韦达定理解 根据题意，1，2应为方程ax2bx10的两根，则由韦达定理知例4 解下列不等式(1)(x1)(3x)52x(2)x(x11)3(x1)2(3)(2x1)(x3)3(x22)分析 将不等式适当化简变为ax2bxc0(0)形式，然后根据“解公式”给出答案(过程请同学们自己完成)答 (1)x|x2或x4(4)R(5)R说明：不能使用解公式的时候要先变形成标准形式 Ax|x0Bx|x1Cx|x1Dx|x1或x0分析 直接去分母需要考虑分母的符号，所以通常是采用移项后通分x20，x10，即x1选C说明：本题也可以通过对分母的符号进行讨论求解 A(x3)(2x)0B0x21D(x3)(2x)0故排除A、C、D，选B两边同减去2得0x21选B说明：注意“零” (a1)x1(x1)0，根据其解集为x|x1或x2答 选C说明：注意本题中化“商”为“积”的技巧解 先将原不等式转化为不等式进一步转化为同解不等式x22x30，即(x3)(x1)0，解之得3x1解集为x|3x1说明：解不等式就是逐步转化，将陌生问题化归为熟悉问题例9 已知集合Ax|x25x40与Bx|x22axa2分析 先确定A集合，然后根据一元二次不等式和二次函数图像关解 易得Ax|1x4设yx22axa2(*)4a24(a2)0，解得1a2说明：二次函数问题可以借助它的图像求解例10 解关于x的不等式(x2)(ax2)0分析 不等式的解及其结构与a相关，所以必须分类讨论解 1 当a0时，原不等式化为x20其解集为x|x2；4 当a1时，原不等式化为(x2)20，其解集是x|x2；从而可以写出不等式的解集为：a0时，x|x2；a1时，x|x2；说明：讨论时分类要合理，不添不漏例11 若不等式ax2bxc0的解集为x|x(0)，求cx2bxa0的解集分析 由一元二次函数、方程、不等式之间关系，一元二次不等式的解集实质上是用根来构造的，这就使“解集”通过“根”实现了与“系数”之间的联系考虑使用韦达定理：解法一 由解集的特点可知a0，根据韦达定理知：a0，b0，c0解法二 cx2bxa0是ax2bxa0的倒数方程且ax2bxc0解为x，说明：要在一题多解中锻炼自己的发散思维分析 将一边化为零后，对参数进行讨论进一步化为(ax1a)(x1)0(1)当a0时，不等式化为(2)a0时，不等式化为x10，即x1，所以不等式解集为x|x1；综上所述，原不等式解集为：例13 (2001年全国高考题)不等式|x23x|4的解集是_分析 可转化为(1)x23x4或(2)x23x4两个一元二次不等式答 填x|x1或x4例14 (1998年上海高考题)设全集UR，Ax|x25x60，Bx|x5|a(a是常数)，且11B，则 A(UA)BRBA(UB)RC(UA)(UB)RDABR分析 由x25x60得x1或x6，即Ax|x1或x6由|x5|a得5ax5a，即Bx|5ax5a11B，|115|a得a65a1，5a11 ABR答 选D说明：本题是一个综合题，涉及内容很广泛，集合、绝对值不等式、一元二次不等式等内容都得到了考查典型例题一例1 比较与的大小，其中解：， 说明：由例1可以看出实数比较大小的依据是：；典型例题二例2 比较与的大小，其中解：， 当时，；当时，说明：两个实数比较大小，通常用作差法来进行，其一般步骤是：第一步：作差；第二步：变形，常采用配方，因式分解等恒等变形手段；第三步：定号，贵州省是能确定是大于0，还是等于0，还是小于0最后得结论概括为“三步，结论”，这里的“变形”一步最为关键典型例题三例3 ，比较与（）的大小分析：直接作差需要将与（）展开，过程复杂，式子冗长，可否考虑根据两个式子特点，予以变形，再作差解：=（）， 则有时，（）恒成立说明：有的确问题直接作差不容易判断其符号，这时可根据两式的特点考虑先变形，到比较易于判断符号时，再作差，予以比较，如此例就是先变形后，再作差典型例题四例4 设，比较与的大小解：作差，1）当时，即， ；2）当，即时，；3）当但，即或时，说明：如本题作差，变形，变形到最简形式时，由于式中含有字母，不能定号，必须对字母根据式子具体特点分类讨论才能定号此时要注意分类合理恰当典型例题五例5 比较与的大小分析：两个数是幂的形式，比较大小一般采用作商法。解：说明：求商法比大小的变形要围绕与1比大小进行典型例题六例6设，且，比较：与的大小。分析：比较大小一般方法是求差法或求商法，利用不等式的性质进行变形，然后确定大小。解：当时，当时，即，又，说明：求商法的基本步骤是：求商，变形，与1比大小从而确定两个数的大小.典型例题七例7 实数满足条件：；，则有( )A B C D（天津市2001年南开中学期末试题）分析：先由条件分析出与的关系，根据条件利用用数轴数形结合比出大小解：，与同侧，与异侧把标在数轴上，只有下面一种情况由此得出，此题选D说明：比较大小时可以借助于数轴，利用推出的一些结论在数轴上标出它们的相对位置，这样容易看出几个数之间的大小关系，尤其是比较的个数较多时适用典型例题八例8已知；，求：的取值范围分析：此题是给代数式的字母的范围，求另外代数式的范围分为两步来进行：(1)利用待定系数法将代数式用和表示(2)利用不等式性质及题目条件确定的范围解：设：由+2得：说明：此题的一种典型错误做法，如下：，即：此解法的错误原因是因为与是两个相互联系，相互制约的量，而不是各自独立的，当取到最大值或最小值时，不一定能取到最值，所以用以上方法可能扩大变量的范围避免出错的方法是通过待定系数法“整体代入”，见解题过程典型例题九例9判断下列各命题的真假，并说明理由（1）若，则（2）若，则（3）若，则（4）若，则（5）若，则（6）若，则分析：利用不等式的性质来判断命题的真假解：（1），是真命题（2）可用赋值法：，有，是假命题也可这样说明：，只能确定，但的符号无法确定，从而的符号确定不了，所以无法得到，实际上有：（3）与（2）类似，由，从而是假命题（4）取特殊值：有，是假命题定理3的推论是同向不等式可相加，但同向不等式相减不一定成立只有异向不等式可相减，即（5），是真命题（6）定理4成立的条件为必须是正数举反例：，则有说明：在利用不等式的性质解题时，一定要注意性质定理成立的条件要说明一个命题是假命题可通过举反例典型例题十例10求证：分析：把已知的大小关系转化为差数的正负，再利用不等式的性质完成推理证明：利用不等式的性质，得典型例题十一例11若，则下面不等式中成立的一个是（）（A）（B）（C）（D）解：由不等式的性质知：（A）、（B）、（C）成立的条件都不充分，所以选（D），其实（D）正是异向不等式相减的结果说明：本的解法都是不等式性质的基本应用，对于不等式的基本性质要逐条掌握准确，以便灵活应用典型例题十二例12若，则下面各式中恒成立的是（）（A）（B）（C）（D）分析本题考查是否能正确使用不等式的性质来进行变形，应看到，已知条件中含有两个内容，即，和，根据不等式的性质，可得，继而得到且，故，因此选A典型例题十三例13 若，则一定成立的不等式是（）A B C D分析：A错，当时有；同样B错；D没有考虑各数取零和正负号的关系，所以也不对故选C，因为不等式两边同时加上一个任意数（此题是），原不等式成立说明：这类题可以采用特例法：令即得C成立典型例题十四例14已知：，求证：分析：要证明的式子中，左右均为二项差，其中都有一项是两字母积的形式，因此在证明时，对两项积要注意性质的使用，对两项差的证明要注意使用同向加性或异向减性来处理证明：又由同向加性可得：说明：此题还可采用异向减性来处理：做这类题过程并不复杂，关键是记准性质，并能正确地应用典型例题十五例15已知集合求：分析：要求，需要先求集合和，从已知来看，的范围容易求，的元素由可以推算，但在推算过程中，要注意运用不等式的性质解：说明：本题中的条件，意在明确集合中的元素为，若去掉此条件，会出现不确定的情况比如，的实数和的整数显然是有区别的另外，这里集合的元素是通过集合的元素求出的，解题时，一定要看清典型例题十六例16 设和都是非零实数，求不等式和同时成立的充要条件分析：本题是求两个不等式同时成立的充要条件，因此，这两个不等式不能分开来讨论如果分开讨论，则成立的条件就是本身；而成立的条件则是与同号，且，但这个条件只是的一个充分条件，并且与第一个不等式是矛盾的所以必须研究这两个不等式同时成立的条件显然，应该从求它们同时成立的必要条件入手解：先求，同时成立的必要条件，即当，同时成立时，与应具备什么条件由，得由可知，再由知，即与异号，因此是不等式与同时成立的必要条件再求，同时成立的充分条件事实上，当时，必有，且，因而成立从而是不等式，同时成立的充分条件因此，两个不等式，同时成立的充要条件是说明：本题结果表明，与同时成立，其充要条件是为正数，为负数这与成立的条件，不要混淆解本题是从必要条件入手的，即若，同时成立，则要研究从不等式和看与的大小有什么关系，从中得出结论（），再