高中数学第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1(20190205191910)
推导不等式的基本性质与解法
推导不等式的基本性质与解法不等式是数学中常见的一种关系表达式，它描述了两个数之间的大小关系。
推导不等式的基本性质与解法是数学学习的重要内容之一。
本文将介绍不等式的基本性质和解法，并通过一些例子来加深理解。
一、不等式的基本性质不等式有以下几个基本性质：1. 传递性：如果 a > b 且 b > c，则 a > c。
这个性质意味着不等式的大小关系具有传递性。
2. 反对称性：如果 a > b 且 b > a，则 a = b。
这个性质说明不等式的大小关系是自反的。
3. 加法性：如果 a > b，则 a + c > b + c。
减法性：如果 a > b，则 a -c > b - c。
这两个性质表示不等式在加减运算下仍然成立。
4. 正数性：如果 a > b 且 c > 0，则 ac > bc。
负数性：如果 a > b 且 c < 0，则 ac < bc。
这两个性质说明不等式在乘法运算下仍然成立。
5. 整除性：如果 a > b 且 c > 1，则 ac > bc。
也就是说，不等式的大小关系在整除运算下仍然成立。
二、不等式的解法解不等式的基本方法有以下几种：1. 求解线性不等式：对于形如 ax + b > c 或 ax + b < c 的线性不等式，可以通过移项、分析符号的变化来求解。
例如，解不等式 3x - 7 > 8：首先将常数项移项，得到 3x > 8 + 7，即 3x > 15。
然后将系数约分，得到 x > 5。
因此，不等式 3x - 7 > 8 的解为 x > 5。
2. 求解二次不等式：对于形如 ax^2 + bx + c > 0 或 ax^2 + bx + c < 0的二次不等式，可以通过判别式和求解根的方法来求解。
例如，解不等式 x^2 - 4x - 5 > 0：首先计算判别式，得到 b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4*1*(-5) = 36。
高一数学不等式的基本性质的知识点
高一数学不等式的基本性质的知识点高一数学不等式的基本性质的知识点在我们的学习时代，不管我们学什么，都需要掌握一些知识点，知识点在教育实践中，是指对某一个知识的泛称。
掌握知识点有助于大家更好的学习。
以下是店铺为大家收集的高一数学不等式的基本性质的知识点，供大家参考借鉴，希望可以帮助到有需要的朋友。
高一数学不等式的基本性质的知识点11.不等式的定义：a-bb，a-b=0a=b，a-b0a①其实质是运用实数运算来定义两个实数的大小关系。
它是本章的基础，也是证明不等式与解不等式的主要依据。
②可以结合函数单调性的证明这个熟悉的知识背景，来认识作差法比大小的理论基础是不等式的性质。
作差后，为判断差的符号，需要分解因式，以便使用实数运算的符号法则。
2.不等式的性质：①不等式的性质可分为不等式基本性质和不等式运算性质两部分。
不等式基本性质有：(1)abb(2)acac(传递性)(3)ab+c(cR)(4)c0时，abcc0时，abac运算性质有：(1)ada+cb+d。
(2)a0，c0acbd。
(3)a0anbn(nN，n1)。
(4)a0N，n1)。
应注意，上述性质中，条件与结论的逻辑关系有两种：和即推出关系和等价关系。
一般地，证明不等式就是从条件出发施行一系列的推出变换。
解不等式就是施行一系列的等价变换。
因此，要正确理解和应用不等式性质。
②关于不等式的性质的考察，主要有以下三类问题：(1)根据给定的不等式条件，利用不等式的性质，判断不等式能否成立。
(2)利用不等式的性质及实数的性质，函数性质，判断实数值的大小。
(3)利用不等式的性质，判断不等式变换中条件与结论间的充分或必要关系。
高一数学不等式的基本性质的知识点2一、目标与要求1.感受生活中存在着大量的不等关系，了解不等式和一元一次不等式的意义，通过解决简单的实际问题，使学生自发地寻找不等式的解，会把不等式的解集正确地表示到数轴上;2.经历由具体实例建立不等模型的过程，经历探究不等式解与解集的不同意义的过程，渗透数形结合思想;3.通过对不等式、不等式解与解集的探究，引导学生在独立思考的基础上积极参与对数学问题的讨论，培养他们的合作交流意识;让学生充分体会到生活中处处有数学，并能将它们应用到生活的各个领域。
高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.2基本不等式课件新人教B版选修4_5
求下列函数的值域. (1)y＝x22＋x1；(2)y＝x22＋x1.
【精彩点拨】
把函数转化为y＝ax＋
b x
或y＝
1 ax＋bx
的形式，再利用基本不
等式求解.
【自主解答】
(1)y＝x22 ＋ x 1＝1 2 x＋1 x ，当x＞0时，
x＋
1 x
≥2，∴y≥1；当x＜0时，－x＞0，－x＋
1 －x
元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为
年平均每件产品成本的1.5倍(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不
包括促销费用).
(1)将该产品的年利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；
(2)该厂家的年促销费用投入为多少万元时，厂家的年利润最大？最大年利
润是多少万元？
【精彩点拨】 (1)可先通过m＝0时，x＝1求出常数k，再根据条件列出y关 于m的函数；(2)在(1)的函数关系式下，利用基本不等式求最值.
阶1.2 基本不等式
阶1.2 基本不等式
段
段
一
三
阶1.2 基本不等式
段 二
学业分1.2 基本不等式
层 测
评
1.理解两个正数的基本不等式. 2.了解三个正数和一般形式的基本不等式. 3.会用基本不等式求一些函数的最值及实际应用题.
2.定理 2
如果 a，b 为 数，则a＋ 2 b
ab，当且仅当 a b 时，等号成立.这个不等式
≥2
x－1·x－ 9 1＋2＝8，
当且仅当x－1＝x－ 9 1，
即x＝4时，等号成立. 所以当x＝4时，ymin＝8.
[构建·体系]
【解析】
原式变形为y＝x－ 1 3＋x－3＋3.
新高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1-4绝对值的三角不等式学案新人教B版选修4_5
新高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1-4绝对值的三角不等式学案新人教B版选修4_5 绝对值的三角不等式[对应学生用书P13][读教材·填要点]绝对值的三角不等式(1)定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|.当且仅当ab≥0时，等号成立．(2)定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，等号成立⇔(a－b)(b－c)≥0，即b落在a，c之间．①推论1：||a|－|b||≤|a＋b|②推论2：||a|－|b||≤|a－b|[小问题·大思维]1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|及|a|＋|b|分别具有什么关系？提示：|a|－|b|≤|a＋b|，|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.2．不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中“＝”成立的条件分别是什么？提示：不等式|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，右侧“＝”成立的条件是ab≥0，左侧“＝”成立的条件是ab≤0，且|a|≥|b|；不等式|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，右侧“＝”成立的条件是ab≤0，左侧“＝”成立的条件是ab≥0且|a|≥|b|.3．绝对值不等式|a－c|≤|a－b|＋|b－c|的几何解释是什么？提示：在数轴上，a，b，c所对应的点分别为A，B，C，当点B在点A，C之间时，|AC|＝|AB|＋|BC|；当点B不在点A，C之间时，|AC|<|AB|＋|BC|.[对应学生用书P13][例1] (1)以下四个命题：①若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；②若|a－b|＜1，则|a|＜|b|＋1；③若|x |＜2，|y |＞3，则|x y |＜23；④若AB ≠0，则lg |A |＋|B |2≥12( lg|A |＋lg|B |)．其中正确的命题有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个(2)不等式|a ＋b ||a |－|b |≥1成立的充要条件是________．[思路点拨] 本题考查绝对值的三角不等式定理的应用及充要条件等问题．解答问题(1)可利用绝对值的三角不等式定理，结合不等式的性质、基本定理等一一验证；解答问题(2)应分|a |＞|b |与|a |<|b |两类讨论．[精解详析] (1)|a ＋b |＝|(b －a )＋2a |≤|b －a |＋2|a | ＝|a －b |＋2|a |，∴|a ＋b |－2|a |≤|a －b |，①正确； 1＞|a －b |≥|a |－|b |，∴|a |＜|b |＋1，②正确； |y |＞3，∴1|y |＜13. 又∵|x |＜2，∴|x ||y |＜23.③正确；⎝ ⎛⎭⎪⎫|A |＋|B |22＝14(|A |2＋|B |2＋2|A ||B |)， ≥14(2|A ||B |＋2|A ||B |)＝|A ||B |， ∴2lg |A |＋|B |2≥lg|A ||B |.∴lg |A |＋|B |2≥12(lg|A |＋lg|B |)，④正确．(2)当|a |>|b |时，有|a |－|b |>0， ∴|a ＋b |≥||a |－|b ||＝|a |－|b |. ∴必有|a ＋b ||a |－|b |≥1.即|a |>|b |是|a ＋b ||a |－|b |≥1成立的充分条件．当|a ＋b ||a |－|b |≥1时，由|a ＋b |>0，必有|a |－|b |>0. 即|a |>|b |，故|a |>|b |是|a ＋b ||a |－|b |≥1成立的必要条件．故所求为：|a |>|b |. [答案] (1)A (2)|a |＞|b|(1)绝对值的三角不等式：|a |－|b |＜|a ±b |＜|a |＋|b |的几何意义是：三角形任意两边之差小于第三边，三角形任意两边之和大于第三边．(2)对|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |的诠释：1．(1)若x ＜5，n ∈N ＋，则下列不等式： ①|x lgn n ＋1|＜5|lg nn ＋1|；②|x |lg n n ＋1＜5lg nn ＋1； ③x lgn n ＋1＜5|lg nn ＋1|；④|x |lgn n ＋1＜5|lg nn ＋1|. 其中，能够成立的有________．(2)已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是( )A ．m ＞nB ．m ＜nC ．m ＝nD ．m ≤n解析：(1)∵0＜nn ＋1＜1.∴lgnn ＋1＜0.由x ＜5，并不能确定|x |与5的关系， ∴可以否定①②③，而|x |lgnn ＋1＜0，④成立．(2)∵|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |， ∴m ＝|a |－|b ||a －b |≤|a －b ||a －b |＝1，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |≥|a |＋|b ||a |＋|b |＝1.∴m ≤1≤n .答案：(1)④ (2)D[例2] 已知a ，b ∈R 且a ≠0， 求证：|a 2－b 2|2|a |≥|a |2－|b |2.[思路点拨] 本题的特点是绝对值符号较多，直接去掉绝对值符号较困难．从所证的不等式可以看出，不等式的左边为非负值，而不等式右边的符号不定．如果不等式右边非正，这时不等式显然成立；当不等式右边为正值时，有|a |＞|b |.所以本题应从讨论|a |与|b |的大小入手，结合作差比较法，可以使问题得以解决．[精解详析] ①若|a |＞|b |， 左边＝|a ＋b ||a －b |2|a |＝|a ＋b ||a －b ||a ＋b ＋a －b |≥|a ＋b ||a －b ||a ＋b |＋|a －b |＝11|a ＋b |＋1|a －b |.∵1|a ＋b |≤1|a |－|b |，1|a －b |≤1|a |－|b |， ∴1|a ＋b |＋1|a －b |≤2|a |－|b |. ∴左边≥|a |－|b |2＝右边．②若|a |<|b |，左边>0，右边<0，∴原不等式显然成立． ③若|a |＝|b |，原不等式显然成立． 综上可知原不等式成立．含绝对值不等式的证明题主要分两类：一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，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．2．(1)已知ε>0，|x －a |<ε，|y －b |<ε， 求证：|(x ＋y )－(a ＋b )|<2ε.(2)设f (x )＝x 2－x ＋13，实数a 满足|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)． 证明：(1)|(x ＋y )－(a ＋b )|＝|(x －a )＋(y －b )|≤|x －a |＋|y －b |.① ∵|x －a |<ε，|y －b |<ε， ∴|x －a |＋|y －b |<ε＋ε＝2ε.② 由①②得：|(x ＋y )－(a ＋b )|<2ε. (2)∵f (x )＝x 2－x ＋13， ∴|f (x )－f (a )|＝|x 2－x －a 2＋a | ＝|x －a |·|x ＋a －1|<|x ＋a －1|. 又∵|x ＋a －1|＝|x －a ＋2a －1| ≤|x －a |＋|2a －1|<1＋|2a |＋1＝2(|a |＋1)，∴|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1).[例3] 已知a ，b ∈R ，且|a ＋b ＋1|≤1，|a ＋2b ＋4|≤4. 求|a |＋|b |的最大值．[思路点拨] 本题考查绝对值三角不等式的应用．解答本题可先求出|a ＋b |，|a －b |的最值，再通过|a |＋|b |与它们相等时进行讨论求出最大值．[精解详析] |a ＋b |＝|(a ＋b ＋1)－1| ≤|a ＋b ＋1|＋|－1|≤2，|a －b |＝|3(a ＋b ＋1)－2(a ＋2b ＋4)＋5| ≤3|a ＋b ＋1|＋2|a ＋2b ＋4|＋5 ≤3＋2×4＋5＝16.①若ab ≥0，则|a |＋|b |＝|a ＋b |≤2； ②若ab ＜0，则|a |＋|b |＝|a －b |≤16.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋1＝1，a ＋2b ＋4＝－4，即a ＝8，b ＝－8时，|a |＋|b |取得最大值，且|a |＋|b |＝|a －b |＝16.(1)求含绝对值的代数式的最值问题综合性较强，本题直接求|a |＋|b |的最大值比较困难，可采用|a ＋b |，|a －b |的最值，及ab ≥0时，|a |＋|b |＝|a ＋b |，ab ＜0时，|a |＋|b |＝|a －b |的定理，达到目的，其巧妙之处令人赞叹不已．(2)求y ＝|x ＋m |＋|x ＋n |和y ＝|x ＋m |－|x ＋n |的最值，其主要方法有： ①借助绝对值的定义，即零点分段； ②利用绝对值几何意义； ③利用绝对值不等式性质定理．3．对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为( ) A ．5 B ．4 C ．8D ．7解析：由题易得，|x －2y ＋1|＝|(x －1)－2(y －1)|≤|x －1|＋|2(y －2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.答案：A[对应学生用书P15]一、选择题1．已知实数a，b满足ab<0，则下列不等式成立的是( )A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|解析：∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|，又|a＋b|<|a|＋|b|，∴|a＋b|<|a|＋|b|＝|a－b|.答案：B2．“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件解析：∵|x－a|＜m，|y－a|＜m，∴|x－a|＋|y－a|＜2m.又∵|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|，∴|x－y|＜2m.但反过来不一定成立，如取x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，|3－1|＜2×2.5，但|3－(－2)|＞2.5，|1－(－2)|＞2.5，∴|x－y|＜2m不一定有|x－a|＜m且|y－a|＜m，故“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x －y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的充分非必要条件．答案：A3．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )A ．|a ＋b |＋|a －b |>2B ．|a ＋b |＋|a －b |<2C ．|a ＋b |＋|a －b |＝2D ．不能比较大小 解析：当(a ＋b )(a －b )≥0时，|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )＋(a －b )|＝2|a |<2， 当(a ＋b )(a －b )<0时，|a ＋b |＋|a －b |＝|(a ＋b )－(a －b )|＝2|b |<2. 答案：B4．若|a －c |＜b ，则下列不等式不成立的是( ) A ．|a |＜|b |＋|c | B ．|c |＜|a |＋|b | C ．b ＞|c |－|a |D ．b ＜||a |－|c ||解析：∵|a －c |＜b ，令a ＝1，c ＝2，b ＝3. 则|a |＝1，|b |＋|c |＝5，∴|a |＜|b |＋|c |成立． |c |＝2，|a |＋|b |＝4，∴|c |＜|a |＋|b |成立． ||c |－|a ||＝||2|－|1||＝1，∴b ＞||c |－|a ||成立． 故b ＜||a |－|c ||不成立． 答案：D 二、填空题5．已知p ，q ，x ∈R ，pq ≥0，x ≠0，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪px ＋q x________2pq .(填不等关系符号)解析：当p ，q 至少有一个为0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪px ＋q x≥2pq ，当pq >0时，p ，q 同号，则px 与qx同号， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪px ＋q x ＝|px |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪q x≥2pq ，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪px ＋q x ≥2pq . 答案：≥6．(重庆高考)若不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：|2x －1|＋|x ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－x ＋＝52，当且仅当x ＝12时取等号，因此函数y ＝|2x －1|＋|x ＋2|的最小值是52.所以a 2＋12a ＋2≤52，即2a 2＋a －1≤0，解得－1≤a ≤12，即实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，127．不等式log 3(|x －4|＋|x ＋5|)>a 对于一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：由绝对值的几何意义知：|x －4|＋|x ＋5|≥9， 则log 3(|x －4|＋|x ＋5|)≥2，所以要使不等式log 3(|x －4|＋|x ＋5|)>a 对于一切x ∈R 恒成立，则需a <2. 答案：(－∞，2)8．设函数f (x )的定义域为R ，若存在常数m ＞0，使|f (x )|≤m |x |对一切实数x 均成立，则称f (x )为F 函数．给出下列函数：①f (x )＝0；②f (x )＝x 2；③f (x )＝2(sin x ＋cos x )； ④f (x )＝xx 2＋x ＋1；⑤f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足对一切实数x 1，x 2均有|f (x 1)－f (x 2)|≤2|x 1－x 2|.其中是F 函数的序号是________．解析：由|f (x )|≤m |x |，当x ≠0时，知m ≥|f x|x |，对于①，有|f x|x |＝0，x ≠0，故取m ＞0即可；对于②，由|x 2|＝|x |2，∴|f x |x |＝|x |，无最大值；对于③，由f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，而|fx|x |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4|x |无最大值；对于④，由|f x|x |＝1x 2＋x ＋1≤43，x ≠0，只要取m ＝43即可；对于⑤，令x 2＝0，x 1＝x ，由f (0)＝0，知|f (x )|≤2|x |.答案：①④⑤ 三、解答题9．已知实数x ，y 满足：|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，求证：|y |＜518.证明：因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16， 从而3|y |＜23＋16＝56，所以|y |＜518.10．设a ，b ∈R ，求证：|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |≥|a ＋b |1＋|a ＋b |.证明：法一：①若ab ＝0或a ＋b ＝0，不等式显然成立．②若ab ≠0且a ＋b ≠0，∵|a ＋b |≤|a |＋|b |，∴|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝11＋1|a |＋|b |≥11|a ＋b |＋1＝|a ＋b |1＋|a ＋b |(*)又|a |1＋|a |＞|a |1＋|a |＋|b |，|b |1＋|b |＞|b |1＋|a |＋|b |， ∴|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |＞|a |＋|b |1＋|a |＋|b |. 又由(*)式可知|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |＞|a ＋b |1＋|a |＋|b |.综上①②可知|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |≥|a ＋b |1＋|a ＋b |.法二：若ab ＝0或a ＋b ＝0，不等式显然成立． 若ab ≠0且a ＋b ≠0，∵|a ＋b |≤|a |＋|b |， ∴0＜1＋1|a |＋|b |≤1＋1|a ＋b |.即0＜1＋|a |＋|b ||a |＋|b |≤1＋|a ＋b ||a ＋b |.取倒数得|a |＋|b |1＋|a |＋|b |≥|a ＋b |1＋|a ＋b |，又由法一知，原不等式成立．法三：∵|a |＋|b |≥|a ＋b |，∴|a |＋|b |＋(|a |＋|b |)·|a ＋b |≥|a ＋b |＋ (|a |＋|b |)·|a ＋b |，即(|a |＋|b |)(1＋|a ＋b |)≥|a ＋b |(1＋|a |＋|b |)． 两边同除以(1＋|a ＋b |)(1＋|a |＋|b |)得 |a |＋|b |1＋|a |＋|b |≥|a ＋b |1＋|a ＋b |.又由法一知，原不等式成立． 法四：构造函数f (x )＝x1＋x， 任取x 1，x 2∈[0，＋∞)且x 1＜x 2，有 f (x 1)－f (x 2)＝x 11＋x 1－x 21＋x 2 ＝x 1－x 2＋x 1＋x 2＜0. ∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数．又|a |＋|b |≥|a ＋b |，∴f (|a |＋|b |)≥f (|a ＋b |)， 即|a |＋|b |1＋|a |＋|b |≥|a ＋b |1＋|a ＋b |. 又由法一知，所证不等式成立．11．已知|x 1－2|<1，|x 2－2|<1.(1)求证：2<x 1＋x 2<6，|x 1－x 2|<2.(2)若f (x )＝x 2－x ＋1，x 1≠x 2，求证：|x 1－x 2|<|f (x 1)－f (x 2)|<5|x 1－x 2|.证明：(1)∵|x 1－2|<1，|x 2－2|<1，∴2－1<x 1<2＋1,2－1<x 2<2＋1，即1<x 1<3,1<x 2<3，∴2<x 1＋x 2<6，|x 1－x 2|＝|(x 1－2)－(x 2－2)|≤|x 1－2|＋|x 2－2|<1＋1＝2，即|x 1－x 2|<2.(2)∵f (x )＝x 2－x ＋1，∴|f (x 1)－f (x 2)|＝|x 21－x 1－x 22＋x 2|＝|(x 1－x 2)(x 1＋x 2－1)|＝|x 1－x 2||x 1＋x 2－1|. 由(1)知2<x 1＋x 2<6，|x 1－x 2|>0，∴|x1－x2|<|x1－x2||x1＋x2－1|<5|x1－x2|，即|x1－x2|<|f(x1)－f(x2)|<5|x1－x2|.。
2018-2019学年高中数学 第一章 不等式的基本性质和证明的基本方法 1.1.2 一元一次不
1.1.2 一元一次不等式和一元二次不等式的解法1.会解一元一次不等式和一元二次不等式.2.会用一元一次不等式和一元二次不等式解决实际问题.自学导引1.一元一次不等式的解法.(1)ax ＋b ≥0(a >0)解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥－b a .(2)ax ＋b ≤0(a <0)解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥－b a .2.一元二次不等式与相应的一元二次函数及一元二次方程的关系如下表：判别式Δ＝b 2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0二次函数y ＝ax2＋bx ＋c (a >0)的图象一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0 (a >0)的根有两相异实根x 1，x 2(x 1<x 2)有两相等实根x 1＝x 2＝－b 2a没有实数根ax 2＋bx ＋c >0(a >0)的解集{x |x <x 1或x >x 2} {x |x ≠x 1}{x |x ∈R }ax 2＋bx ＋c <0(a >0)的解集{x |x 1< x <x 2}∅ ∅1.已知集合A ＝{－2，－1，0，1，2}，B ＝{x |(x －1)(x ＋2)＜0}，则A ∩B ＝( ) A.{－1，0} B.{0，1} C.{－1，0，1}D.{0，1，2}解析 化简集合B ，利用交集的定义求解.由题意知B ＝{x |－2<x <1}，所以A ∩B ＝{－1，0}.故选A. 答案 A2.函数f (x )＝log 2(x 2＋2x －3)的定义域是( )A.[－3，1]B.(－3，1)C.(－∞，－3]∪[1，＋∞)D.(－∞，－3)∪(1，＋∞)解析 由对数的真数大于0，构造不等式进行求解.要使函数有意义，只需x 2＋2x －3>0，即(x ＋3)(x －1)>0，解得x <－3或x >1.故函数的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞). 答案 D3.不等式－x 2－3x ＋4>0的解集为________.(用区间表示) 解析 利用一元二次不等式的解法求解. 由－x 2－3x ＋4>0得x 2＋3x －4<0，解得－4<x <1. 答案 (－4，1)知识点1 一元一次、一元二次不等式的解法 【例1】 解下列不等式： (1)3x ＋2<2(x ＋1)－4； (2)－3x 2－2x ＋8≤0； (3)8x －1≥16x 2.解 (1)原不等式等价于3x －2x <2－4－2即x <－4. ∴原不等式的解集为{x |x <－4}. (2)原不等式等价于3x 2＋2x －8≥0 ⇔(x ＋2)(3x －4)≥0⇒x ≤－2或x ≥43.∴不等式的解集为(－∞，－2]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞. (3)原不等式等价于16x 2－8x ＋1≤0⇔(4x －1)2≤0. ∴只有当4x －1＝0，即x ＝14时不等式成立，故不等式解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫14.●反思感悟：解一元二次不等式的一般步骤是：(1)化为标准形式；(2)确定判别式Δ的符号；(3)若Δ≥0，则求出该不等式对应的二次方程的根，若Δ＜0，则对应的二次方程无根；(4)结合二次函数的图象得出不等式的解集.特别地，若一元二次不等式的左边的二次三项式能分解因式，则可立即写出不等式的解集.1.解下列不等式：(1)4x ＋53－2(x ＋2)≥－5(x －1)；(2)8x －1≤16x 2.解 (1)由原不等式可得： 4x ＋5－6(x ＋2)≥－15(x －1)， 即4x －6x ＋15x ≥15＋12－5， 即13x ≥22，解得x ≥2213，故原不等式解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥2213.(2)∵原不等式即为16x 2－8x ＋1≥0，其相应方程为16x 2－8x ＋1＝0，Δ＝(－8)2－4×16＝0， ∴上述方程有两相等实根x ＝14，结合二次函数y ＝16x 2－8x ＋1的图象知，原不等式的解集为R . 知识点2 含参数的一元二次不等式的解法 【例2】 已知不等式ax －1x ＋1>0(a ∈R ). (1)解这个关于x 的不等式；(2)若x ＝－a 时不等式成立，求a 的取值范围. 解 (1)原不等式等价于(ax －1)(x ＋1)>0. ①当a ＝0时，由－(x ＋1)>0，得x <－1；②当a >0时，不等式化为⎝⎛⎭⎪⎫x －1a (x ＋1)>0，解得x <－1或x >1a；③当a <0时，不等式化为⎝⎛⎭⎪⎫x －1a (x ＋1)<0；若1a <－1，即－1<a <0，则1a<x <－1；若1a ＝－1，即a ＝－1，则不等式解集为空集； 若1a>－1，即a <－1，则－1<x <1a.综上所述，a <－1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1<x <1a ；a ＝－1时，原不等式无解；－1<a <0时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |1a<x <－1；a ＝0时，解集为{x |x <－1}； a >0时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x <－1或x >1a .(2)∵x ＝－a 时不等式成立， ∴－a 2－1－a ＋1>0，即－a ＋1<0， ∴a >1，即a 的取值范围为(1，＋∞).●反思感悟：(1)含参数的一元二次不等式可分为两种情形：一是二次项系数为常数.参数在一次项或常数项的位置，此时可考虑分解因式，再对参数进行讨论，若不易分解因式，则要对判别式Δ分类讨论，分类应不重不漏；二是二次项系数为参数，则应考虑二次项系数是否为0，然后再讨论二次项系数不为0的情形，以便确定解集的形式.注意必须判断出相应方程的两根的大小，以便写出解集.(2)含参数不等式的解法问题，是高考的重点内容，主要考查等价转化能力和分类讨论的数学思想.2.解关于x 的不等式：ax 2－2≥2x －ax (a ∈R ). 解 原不等式可化为ax 2＋(a －2)x －2≥0.①当a ＝0时，原不等式化为x ＋1≤0，解得x ≤－1.②当a >0时，原不等式化为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a (x ＋1)≥0，解得x ≥2a或x ≤－1.③当a <0时，原不等式化为⎝⎛⎭⎪⎫x －2a (x ＋1)≤0.当2a >－1，即a <－2时，解得－1≤x ≤2a；当2a ＝－1，即a ＝－2时，解得x ＝－1满足题意； 当2a<－1，即a >－2，解得2a≤x ≤－1.综上所述，当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ≤－1}；当a >0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≥2a ，或x ≤－1；当－2<a <0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2a ≤x ≤－1；当a ＝－2时，不等式的解集为{x |x ＝－1}；当a <－2时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1≤x ≤2a .知识点3 一元二次不等式的应用【例3】 某种商品，现在定价p 元，每月卖出n 件，设定价上涨x 成，每月卖出数量减少y成，每月售货总金额变成现在的z 倍. (1)用x 和y 表示z ；(2)设y ＝kx (0<k <1)，利用k 表示当每月售货总金额最大时x 的值； (3)若y ＝23x ，求使每月售货总金额有所增加的x 值的范围.解 (1)按现在的定价上涨x 成时，上涨后的定价为p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 10元，每月卖出数量为n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 10件， 每月售货总金额是npz 元， 因而npz ＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 10·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 10，所以z ＝（10＋x ）（10－y ）100.(2)在y ＝kx 的条件下，z ＝（10＋x ）（10－kx ）100，整理可得z ＝1100·⎩⎨⎧⎭⎬⎫100＋25（1－k ）2k －k ·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －5（1－k ）k 2， 由于0<k <1，所以5（1－k ）k>0，所以使z 值最大的x 的值是5（1－k ）k.(3)当y ＝23x 时，z ＝（10＋x ）⎝⎛⎭⎪⎫10－23x 100，要使每月售货总金额有所增加，即z >1， 应有(10＋x )·⎝ ⎛⎭⎪⎫10－23x >100，即x (x －5)<0，解得0<x <5，所以所求x 的范围是(0，5).●反思感悟：不等式应用题常以函数的模型出现，多是解决现实生活、生产、科技中的最优化问题，在解题中涉及到不等式的解及有关问题，解不等式的应用题，要审清题意，建立合理、恰当的数学模型，这是解不等式应用题的关键.3.国家为了加强对烟酒生产的宏观调控，实行征收附加税政策，现知某种酒每瓶70元，不征收附加税时，每年大约产销100万瓶，若政府征收附加税，每销售100元要征税R 元(叫做税率R %)，则每年的销售收入将减少10R 万瓶，要使每年在此项经营中所收附加税金不少于112万元，问R 应怎样确定？解 设每年销售量为x 万瓶，则销售收入为每年70x 万元，从中征收的税金为70x·R%万元，其中x＝100－10R.由题意，得70(100－10R)R%≥112，整理，得R2－10R＋16≤0.∵Δ＝36>0，方程R2－10R＋16＝0的两个实数根为x1＝2，x2＝8.然后画出二次函数y＝R2－10R＋16的图象，由图象得不等式的解为2≤R≤8.课堂小结1.解一元二次不等式时，首先要将一元二次不等式化成标准型，即ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx ＋c<0的形式，其中a>0.如解不等式6－x2>5x时首先化为x2＋5x－6<0.2.一元二次不等式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0的形式(其中a>0)与一元二次方程ax2＋bx ＋c＝0的关系.(1)知道一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根可以写出对应不等式的解集；(2)知道一元二次不等式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0的解集也可以写出对应方程的根.3.数形结合：利用一元二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象可以一目了然地写出一元二次不等式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0的解集.随堂演练1.已知集合A＝{x|x2－4x＋3<0}，B＝{x|2<x<4}，则A∩B＝( )A.(1，3)B.(1，4)C.(2，3)D.(2，4)解析先化简集合A，再利用集合的交集的定义或利用数轴求解.由已知可得集合A＝{x|1<x<3}，又因为B＝{x|2<x<4}，所以A∩B＝(2，3)，故选C.答案 C2.若集合A＝{x|ax2－ax＋1<0}＝∅，则实数a的取值范围是( )A.{a|0<a<4}B.{a|0≤a<4}C.{a|0<a≤4}D.{a|0≤a≤4}答案 D3.不等式2x2－x<4的解集为________.解析利用指数函数的性质化为整式不等式求解.∵2x2－x<4，∴2x2－x<22，∴x2－x<2，即x2－x－2<0，∴－1<x<2.答案{x|－1<x<2}(或(－1，2))4.已知函数f(x)＝－x2＋2x＋b2－b＋1(b∈R)，若当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是________.解析 依题意，f (x )的对称轴为x ＝1，又开口向下， ∴当x ∈[－1，1]时，f (x )是单调递增函数. 若f (x )>0恒成立.则f (x )min ＝f (－1)＝－1－2＋b 2－b ＋1>0， 即b 2－b －2>0.∴(b －2)(b ＋1)>0，∴b >2或b <－1. 答案 b >2或b <－1基础达标1. 已知集合A ＝{x |x 2－2x －3≥0}，B ＝{x |－2≤x <2}，则A ∩B ＝( ) A.[－2，－1] B. [－1，2) C.[－1，1]D.[1，2)解析 先求解集合A ，再进行集合之间的运算. ∵A ＝{x |x ≥3或x ≤－1}，B ＝{x |－2≤x <2}， ∴A ∩B ＝{x |－2≤x ≤－1}＝[－2，－1]，故选A. 答案 A2.满足1x ＜2与1x＞－3的x 适合的条件是( )A.13＜x ＜12B.x ＞12C.x ＜－13D.x ＞12，或x ＜－13解析 原不等式化为1x －1－(x ＋1)＞0，即2－x2x －1＞0，(x ＋2)(x －2)(x －1)＜0.用数轴标根法可得，x ＜－2，或1＜x ＜ 2. 答案 C3.已知p ：关于x 的不等式x 2＋2ax －a >0的解集是R ，q ：－1<a <0，则p 是q 的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 不等式x 2＋2ax －a >0的解集是R 等价于4a 2＋4a <0，即－1<a <0. 答案 C4.不等式x (x －1)(x －2)2(x 2－1)(x 3－1)＞0的解集是________.解析 原不等式即x (x －1)3(x －2)2(x ＋1)(x 2＋x ＋1)＞0，∴x 2＋x ＋1＞0，(x －1)2k ≥0，(x －2)2≥0，∴原不等式等价与不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x （x ＋1）（x －1）＞0，x ≠2且x ≠1.∴原不等式的解集是{x |－1＜x ＜0，或x ＞1，且x ≠2}. 答案 {x |－1＜x ＜0，或x ＞1，且x ≠2}5.若不等式x 2－(a ＋1)x ＋a ≤0的解集是[－4，3]的子集，则a 的取值范围是________. 解析 原不等式即(x －a )(x －1)≤0，当a <1时，不等式的解集为[a ，1]，此时只要a ≥－4即可，即－4≤a <1；当a ＝1时，不等式的解为x ＝1，此时符合要求；当a >1时，不等式的解集为[1，a ]，此时只要a ≤3即可，即1<a ≤3.综上可得－4≤a ≤3. 答案 [－4，3] 6.解不等式x －42－3(x ＋1)<(x ＋2)－14.解 不等式两边同时乘以2得，(x －4)－6(x ＋1)<2(x ＋2)－28，即－5x －10<2x －24， 得：－7x <－14，即x >2. 故原不等式的解集为{x |x >2}.综合提高7.已知函数f (x )＝(ax －1)(x ＋b )，如果不等式f (x )>0的解集是(－1，3)，则不等式f (－2x )<0的解集是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32解析 由f (x )>0，得ax 2＋(ab －1)x －b >0，又其解集是(－1，3)，∴a <0.且⎩⎪⎨⎪⎧1－ab a ＝2，－b a ＝－3，解得a ＝－1或13，∴a ＝－1，b ＝－3.∴f (x )＝－x 2＋2x ＋3， ∴f (－2x )＝－4x 2－4x ＋3，由－4x 2－4x ＋3<0， 得4x 2＋4x －3>0，解得x >12或x <－32，故选A.答案 A8.在R 上定义运算：x *y ＝x (1－y ).若不等式(x －a )*(x ＋a )<1对任意实数x 恒成立，则( ) A.－1<a <1 B.0<a <2 C.－12<a <32D.－32<a <12解析 依题设得x －a －x 2＋a 2<1恒成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋34－a 2>0恒成立⇔a 2－a －34<0恒成立⇔－12<a <32.答案 C9.若函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，且对一切x >0，y >0满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，则不等式f (x ＋6)＋f (x )<2f (4)的解集为________. 解析 由已知得f (x ＋6)＋f (x )＝f [(x ＋6)x ]， 2f (4)＝f (16).根据单调性得(x ＋6)x <16， 解得－8<x <2.又x ＋6>0，x >0，所以0<x <2. 答案 (0，2)10.若关于x 的方程x 2＋ax ＋a 2－1＝0有一正根和一负根，则a 的取值范围是________. 解析 令f (x )＝x 2＋ax ＋a 2－1，∴二次函数开口向上，若方程有一正一负根，则只需 f (0)<0，即a 2－1<0. ∴－1<a <1. 答案 －1<a <111.解不等式：log 12(3x 2－2x －5)≤log 12(4x 2＋x －5).解 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－2x －5≥4x 2＋x －5，①4x 2＋x －5＞0，② 解①得x 2＋3x ≤0，即－3≤x ≤0. 解②得x >1或x <－54.故原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－3≤x －54.12.已知f (x )＝x 2－2ax ＋2(a ∈R )，当x ∈[－1，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围.解 方法一：f (x )＝(x －a )2＋2－a 2，此二次函数图象的对称轴为x ＝a .①当a ∈(－∞，－1)时，f (x )在[－1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (－1)＝2a ＋3.要使f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a ，即2a ＋3≥a ，解得－3≤a <－1； ②当a ∈[－1，＋∞)时，f (x )min ＝f (a )＝2－a 2， 由2－a 2≥a ，解得－1≤a ≤1.综上所述，所求a 的取值范围是[－3，1]. 方法二：令g (x )＝x 2－2ax ＋2－a ，由已知， 得x 2－2ax ＋2－a ≥0在[－1，＋∞)上恒成立，即Δ＝4a 2－4(2－a )≤0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，a <－1，g （－1）≥0.解得－3≤a ≤1.所求a 的取值范围是[－3，1].。
高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1-3绝对值不等式的解法学案新人教B版选修4_5
高中数学第一章不等式的基本性质和证明不等式的基本方法1-3绝对值不等式的解法学案新人教B版选修4_5[读教材·填要点]1．含绝对值的不等式|x|≤a与|x|≥a的解集2．(1)|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；(2)|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.3．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法(1)分区间讨论法：以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负进而去掉绝对值符号是解题关键．(2)图象法：构造函数，结合函数的图象求解．(3)几何法：利用绝对值不等式的几何意义求解．[小问题·大思维]1．|x|以及|x－a|±|x－b|表示的几何意义是什么？提示：|x|的几何意义是数轴上表示数x的点到原点O的距离；|x－a|±|x－b|的几何意义是数轴上表示数x的点与表示数a，b的点的距离之和(差)．2．如何解|x－a|＜|x－b|、|x－a|＞|x－b|(a≠b)型的不等式的解集？提示：可通过两边平方去绝对值符号的方法求解．[例1](1)1＜|x －2|≤3；(2)|2x ＋5|＞7＋x ；(3)≤.[思路点拨] 本题考查较简单的绝对值不等式的解法．解答本题(1)可利用公式转化为|ax ＋b|＞c(c ＞0)或|ax ＋b|＜c(c ＞0)型不等式后逐一求解，也可利用绝对值的定义分两种情况去掉绝对值符号，还可用平方法转化为不含绝对值的不等式．(2)可利用公式法转化为不含绝对值的不等式．(3)可分类讨论去掉分母和绝对值．[精解详析] (1)法一：原不等式等价于不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ |x －2|＞1，|x －2|≤3，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜1或x ＞3，－1≤x≤5，解得－1≤x＜1或3＜x≤5，所以原不等式的解集为{x|－1≤x＜1或3＜x≤5}．法二：原不等式可转化为：①或②⎩⎪⎨⎪⎧ x －2＜0，1＜－－，由①得3＜x≤5，由②得－1≤x＜1，所以原不等式的解集是{x|－1≤x＜1或3＜x≤5}．(2)由不等式|2x ＋5|＞7＋x ，。
19_20学年高中数学第1章不等式的基本性质和证明的基本方法1.1.1不等式的基本性质1.1.2一元
1.1.1 不等式的基本性质1.1.2 一元一次不等式和一元二次不等式的解法学习目标：1.理解实数大小与实数运算性质间的关系，掌握比较两个实数大小的方法.2.理解不等式的性质，能够运用不等式的性质比较大小.3.掌握一元一次不等式和一元二次不等式的解法．教材整理1 不等式的性质1．对于任意两个实数a ，b ，有且只有以下三种情况之一成立：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：a >b ⇔b <a . (2)传递性：a >b ，b >c ⇒a >c . (3)加(减)：a >b ⇒a ＋c >b ＋c .(4)乘(除)：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac <bc . (5)乘方：a >b >0⇒a n>b n，其中n 为正整数，且n ≥2. (6)开方(取算术根)：a >b >0⇒(7)可加性：a >b ，c >d ⇒a ＋c >b ＋d. (8)可乘性：a >b >0，c >d >0⇒ac >bd .若a ，b 是任意实数，且a >b ，则( ) A ．a 2>b 2B.a b<1C ．lg(a －b )>0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <⎝ ⎛⎭⎪⎫12b[解析] a >b 并不能保证a ，b 均为正数，从而不能保证A ，B 成立．又a >b ⇒a －b >0，但不能保证a －b >1，从而不能保证C 成立．显然D 成立．事实上，指数函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x是减函数，所以a >b ⇔⎝ ⎛⎭⎪⎫12a <⎝ ⎛⎭⎪⎫12b成立． [答案] D教材整理2 一元一次不等式的解法关于x 的不等式ax >b ，(1)当a >0时，该不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫ba，＋∞；(2)当a <0时，该不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，b a ；(3)当a ＝0时，若b <0，则该不等式的解集为R ；若b ≥0，则该不等式的解集为.不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋9＜5x ＋1，x ＞m ＋1的解集是{x |x ＞2}，则m 的取值范围是( )A ．m ≤2B ．m ≥2C ．m ≤1D ．m ≥1[解析] 原不等式组可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2，x ＞m ＋1.∵解集为{x |x ＞2}，∴m ＋1≤2，∴m ≤1. [答案] C教材整理3 一元二次不等式的解法 形如ax 2＋bx ＋c >0(a >0)的解法：不等式－x 2＋5x －6>0的解集是( ) A ．{x |2<x <3} B ．{x |x <2或x >3} C ．{x |－1<x <6} D ．{x |x <－1或x >6}[解析] 原不等式可化为x 2－5x ＋6<0，即(x －2)(x －3)<0，所以原不等式的解集为{x |2<x <3}．[答案]A(2)若m >0，试比较m m与2m的大小．[精彩点拨] (1)只需考查两者的差同0的大小关系；(2)注意到2m>0，可求商比较大小，但要注意到用函数的性质． [自主解答] (1)x 3＋3－3x 2－x ＝x 2(x －3)－(x －3) ＝(x －3)(x ＋1)(x －1)．∵x >3，∴(x －3)(x ＋1)(x －1)>0， ∴x 3＋3>3x 2＋x . (2)m m 2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m， 当m ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m＝1，此时m m ＝2m；当0<m <2时，0<m2<1，⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m<1，∴m m <2m；当m >2时，m2>1，⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m>1，∴m m >2m.1．利用作差法比较大小，实际上是把比较两数大小的问题转化为差的符号问题．作差时，只需看差的符号，至于差的值究竟是多少，这里无关紧要．2．在变形中，一般是变形得越彻底越有利于下一步的判断．作差法变形的常用技巧有：因式分解、配方、通分、分母有理化等．3．利用求商比较法比较两个式子的大小时，第(2)步的变形要向着有利于判断商与1的大小关系的方向变形，这是最重要的一步．1．已知A ＝1x ＋1y ，B ＝4x ＋y ，其中x ，y 为正数，试比较A 与B 的大小．[解] A －B ＝1x ＋1y －4x ＋y＝x ＋y xy －4x ＋y ＝(x ＋y )2－4xy xy (x ＋y )＝(x －y )2xy (x ＋y ).∵x ，y 均为正数，∴x >0，y >0，xy >0，x ＋y >0，(x －y )2≥0， ∴A －B ≥0，即A ≥B .有如下解法：由⎩⎪⎨⎪⎧1≤f (－1)≤2，2≤f (1)≤4，得⎩⎪⎨⎪⎧32≤a ≤3，0≤b ≤32.∴3≤f (－2)＝4a －2b ≤12.上述解法是否正确？为什么？[精彩点拨] 本题错在多次运用同向不等式相加(单向性)这一性质上，导致f (－2)的范围扩大．因此需要将f (－2)用a －b 与a ＋b 整体表示．[自主解答] 给出的解法不正确． 设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)， 则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )， 即4a －2b ＝(m ＋n )a －(m －n )b .于是⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，m －n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1.∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)． 又1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4， ∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10.因此，f (－2)的取值范围是[5,10]．1．求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础．2．先建立待求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“不等关系的运算，求得待求的范围”，是避免犯错误的一条途径．2．已知－6<a <8,2<b <3，分别求a －b ，ab的取值范围．[解] ∵－6<a <8,2<b <3. ∴－3<－b <－2，∴－9<a －b <6， 则a －b 的取值范围是(－9,6)． 又13<1b <12， (1)当0≤a <8时，0≤a b<4； (2)当－6<a <0时，－3<a b<0. 由(1)(2)得－3<a b<4. 因此a b的取值范围是(－3,4)．(1)3x 2＋5x －2>0；(2)9x 2－6x ＋1>0； (3)x 2－4x ＋5>0.[精彩点拨] 先由不等式确定对应的一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的根，再根据二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象确定不等式的解集．[自主解答] (1)方程3x 2＋5x －2＝0的两根为x 1＝－2，x 2＝13，函数y ＝3x 2＋5x －2的图象开口向上，与x 轴交于两个点 (－2,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，观察图象可得不等式3x 2＋5x －2>0的解集为x ⎪⎪⎪x >13或x <－2.(2)方程9x 2－6x ＋1＝0有两个相等的实数根x 1＝x 2＝13，二次函数y ＝9x 2－6x ＋1的图象开口向上，与x 轴仅有一个交点⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，观察图象可以得到不等式9x 2－6x ＋1>0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≠13. (3)方程x 2－4x ＋5＝0可化为(x －2)2＋1＝0，故方程x 2－4x ＋5＝0没有实数根，函数y ＝x 2－4x ＋5的图象开口向上并且与x 轴没有交点，由图象可得，不等式x 2－4x ＋5>0的解集为R .当a >0时，解形如ax 2＋bx ＋c >0(≥0)或ax 2＋bx ＋c <0(≤0)的一元二次不等式，一般可以分为三步：(1)确定对应的一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的解； (2)画出对应函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象； (3) 由图象得出不等式的解集．3．不等式x 2＋x －2≤0的解集为________．[解析] 方程x 2＋x －2＝0的两根为x 1＝－2，x 2＝1， 函数y ＝x 2＋x －2的图象开口向上， ∴不等式x 2＋x －2≤0的解集为[－2,1]． [答案] [－2,1][精彩点拨] 由于a ∈R ，故分a ＝0，a ＞0，a ＜0讨论． [自主解答] 若a ＝0，原不等式可化为－x ＋1＜0， 即x ＞1.若a ＜0，原不等式可化为⎝⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)＞0，即x ＜1a或x ＞1.若a ＞0，原不等式可化为⎝⎛⎭⎪⎫x －1a (x －1)＜0.(*)其解的情况应由1a与1的大小关系决定，故(1)当a ＝1时，由(*)式可得x ∈；(2)当a ＞1时，由(*)式可得1a＜x ＜1；(3)当0＜a ＜1时，由(*)式可得1＜x ＜1a.综上所述：当a ＜0时，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜1a 或x ＞1； 当a ＝0时，解集为{x |x ＞1}；当0＜a ＜1时，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1＜x ＜1a ； 当a ＝1时，解集为；当a ＞1时，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪1a＜x ＜1.解含参数的一元二次不等式时要注意对参数分类讨论．讨论一般分为三个层次，第一层次是二次项系数为零和不为零；第二层次是有没有实数根的讨论，即判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0；第三层次是根的大小的讨论．4．解关于x 的不等式x 2－(a ＋a 2)x ＋a 3>0(a ∈R )． [解] 原不等式可化为(x －a )(x －a 2)>0， ∴当a <0时，a <a 2，解集为{x |x <a 或x >a 2}； 当a ＝0时，a 2＝a ，解集为{x |x ≠0}； 当0<a <1时，a 2<a ，解集为{x |x <a 2或x >a }； 当a ＝1时，a 2＝a ，解集为{x |x ≠1}； 当a >1时，a <a 2，解集为{x |x <a 或x >a 2}． 综上所述：当a <0或a >1时，解集为{x |x <a 或x >a 2}； 当0<a <1时，解集为{x |x <a 2或x >a }； 当a ＝0时，解集为{x |x ≠0}； 当a ＝1时，解集为{x |x ≠1}．x 1，x 2且0<x 1<1<x 2<2，求a 的取值范围．[精彩点拨] 若把方程左边看成二次函数f (x )，则它的图象是开口向上的抛物线，与x 轴相交的条件是f (0)>0，f (1)<0，f (2)>0，所以只需解关于a 的不等式组，即可求出a 的取值范围．[自主解答] 设f (x )＝7x 2－(a ＋13)x ＋a 2－a －2. ∵x 1，x 2是方程f (x )＝0的两个实根，且0<x 1<1,1<x 2<2，∴有⎩⎪⎨⎪⎧f (0)>0，f (1)<0，f (2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －2>0，7－(a ＋13)＋a 2－a －2<0，28－2(a ＋13)＋a 2－a －2>0，∴有⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －2>0，a 2－2a －8<0，a 2－3a >0，∴有⎩⎪⎨⎪⎧a <－1或a >2，－2<a <4，a <0或a >3.∴有－2<a <－1或3<a <4.∴a 的取值范围是{a |－2<a <－1或3<a <4}．解关于二次方程根的分布问题，应考虑“三个二次”的关系，分清对应的二次函数的开口方向及根所在区域的范围，画出对应的二次函数的图象，根据图象列出有关的不等式或不等式组进行求解．5．一个服装厂生产风衣，日销售量x (件)与售价p (元/件)之间的关系为p ＝160－2x ，生产x 件的成本R ＝500＋30x 元．(1)该厂日产量多大时，日利润不少于1 300元？(2)当日产量为多少时，可获得最大利润，最大利润是多少？ [解] (1)由题意知，日利润y ＝px －R ，即y ＝(160－2x )x －(500＋30x )＝－2x 2＋130x －500， 由日利润不少于1 300元． 得－2x 2＋130x －500≥1 300， 即x 2－65x ＋900≤0，解得20≤x ≤45. 故当该厂日产量在20～45件时， 日利润不少于1 300元．(2)由(1)得，y ＝－2x 2＋130x －500＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x －6522＋3 2252，由题意知，x 为正整数．故当x ＝32或33时，y 最大为1 612.所以当日产量为32或33件时，可获得最大利润，最大利润为1 612元．【例6】 解不等式：x －2≤2. [精彩点拨] 把不等式转化为f (x )g (x )≥0求解．[自主解答] ∵x ＋1x －2≤2，∴x ＋1x －2－2≤0， 即－x ＋5x －2≤0， ∴x －5x －2≥0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧(x －5)(x －2)≥0，x －2≠0，∴x ＜2或x ≥5.即原不等式的解集为{x |x ＜2或x ≥5}．解分式不等式总的原则是利用不等式的同解原理将其转化为整式不等式(组)求解.即f (x )g (x )≥0⇒6．不等式x －2x 2－1＜0的解集为( ) A ．{x |1＜x ＜2} B ．{x |x ＜2且x ≠1} C ．{x |－1＜x ＜2且x ≠1} D ．{x |x ＜－1或1＜x ＜2} [解析] 因为不等式x －2x 2－1＜0， 等价于(x ＋1)(x －1)(x －2)＜0，所以该不等式的解集是{x |x ＜－1或1＜x ＜2}． [答案] D1．甲同学认为a >b ⇔1a <1b ，乙同学认为a >b >0⇔1a <1b ，丙同学认为a >b ，ab >0⇔1a <1b，请你思考一下，他们谁说的正确？[提示] 它们的说法都不正确．设f (x )＝1x ，则f (a )＝1a ，f (b )＝1b，可以利用函数f (x )＝1x的图象比较f (a )与f (b )的大小．2．不等式两边同时乘以(或除以)一个数时，要注意什么？[提示] 要先判断这个数是否为零，决定是否可以乘以(或除以)这个数，再判断是正还是负，决定不等号的方向是否改变．3．ax 2＋bx ＋c >0对一切x ∈R 都成立的充要条件是什么？[提示] ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0，c >0，或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0.【例7】 若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x ∈R 都成立，求实数a 的取值范围． [精彩点拨] 设f (x )＝x 2＋ax ＋1，只要f (x )的图象全部位于x 轴上方，只要顶点在x 轴上或x 轴上方即可．[自主解答] ∵Δ＝a 2－4≤0，∴－2≤a ≤2， ∴实数a 的取值范围是[－2,2]．7．把上述例题中“x ∈R ”改为x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，求a 的取值范围．[解] 法一：x 2＋ax ＋1≥0，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12可化为－a ≤x 2＋1x ＝x ＋1x ，设f (x )＝x ＋1x ，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12， ∴－a ≤f (x )min .∵f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上是减函数， ∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝52，∴－a ≤52，a ≥－52，∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞.法二：设f (x )＝x 2＋ax ＋1，则对称轴为x ＝－a2.当－a 2≥12，即a ≤－1时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上是减函数，应有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥0⇒－52≤a ≤－1； 当－a 2≤0，即a ≥0时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上是增函数，应有f (0)＝1>0恒成立，故a ≥0；当0<－a 2<12，即－1<a <0时，应有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 24－a 22＋1＝1－a 24≥0恒成立，故－1<a <0. 综上，有a ≥－52. ∴a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－52，＋∞.1．若x ≠2且y ≠－1，M ＝x 2＋y 2－4x ＋2y ，N ＝－5，则M 与N 的大小关系是( )A ．M >NB ．M <NC ．M ＝ND ．不能确定 [解析] M －N ＝x 2＋y 2－4x ＋2y －(－5)＝(x －2)2＋(y ＋1)2.∵x ≠2且y ≠－1，∴x －2≠0且y ＋1≠0，∴(x －2)2＋(y ＋1)2>0，故M >N .[答案] A2．已知函数f (x )＝x ＋x 3，x 1，x 2，x 3∈R ，x 1＋x 2<0，x 2＋x 3<0，x 3＋x 1<0，那么f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)的值( )A ．一定大于0B ．一定小于0C ．等于0D ．正负都有可能[解析] x 1＋x 2<0⇒x 1<－x 2.又∵f (x )＝x ＋x 3为奇函数，且在R 上递增，∴f (x 1)<f (－x 2)＝－f (x 2)，即f (x 1)＋f (x 2)<0.同理：f (x 2)＋f (x 3)<0，f (x 1)＋f (x 3)<0.以上三式相加，整理得f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)<0.[答案] B3．已知－π2≤α＜β≤π2，则α－β2的范围是________． [解析] ∵－π2≤α＜β≤π2， ∴－π4≤α2＜π4，－π4＜β2≤π4， ∴－π4≤－β2＜π4， ∴－π2≤α－β2＜π2. 又∵α＜β，∴α－β2＜0， ∴－π2≤α－β2＜0. [答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，0 4．关于x 的不等式0≤x 2－x －2≤4的解集为________．[解析] 先解x 2－x －2≥0.∵方程x 2－x －2＝0的根为x 1＝－1，x 2＝2，∴x 2－x －2≥0的解集为{x |x ≤－1或x ≥2}．再解x 2－x －2≤4.∵方程x 2－x －2＝4的两根为x 1＝－2，x 2＝3，∴x 2－x －2≤4的解集为{x |－2≤x ≤3}．∴原不等式的解集为{x |x ≤－1，或x ≥2}∩{x |－2≤x ≤3}＝{x |－2≤x ≤－1或2≤x ≤3}．[答案] {x |－2≤x ≤－1或2≤x ≤3}5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0.若f (2－a 2)>f (a )，求实数a 的取值范围． [解] y ＝x 2＋4x ＝(x ＋2)2－4在[0，＋∞)上单调递增；y ＝－x 2＋4x ＝－(x －2)2＋4在(－∞，0)上单调递增．又x 2＋4x －(4x －x 2)＝2x 2≥0，∴f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f (2－a 2)>f (a )⇒2－a 2>a ⇒a 2＋a －2<0⇒－2<a <1.。
高中数学 第1章 不等式的基本性质和证明的基本方法 1.4 绝对值的三角不等式学业分层测评 新人教B版选修45
第1章 不等式的基本性质和证明的基本方法 1.4 绝对值的三角不等式学业分层测评 新人教B 版选修4-5(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.若a ，b ∈R ，则以下命题正确的是( ) A.|a |－|b |≤|a ＋b |≤|a |＋|b | B.|a |－|b |<|a －b |<|a |＋|b |C.当且仅当ab >0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |D.当且仅当ab ≤0时，|a －b |＝|a |－|b |【解析】 由定理“两个数的和的绝对值小于或等于它们绝对值的和，大于或等于它们绝对值的差”可知选项A 正确；在选项A 中，以－b 代b ，可得|a |－|b |≤|a －b |≤|a |＋|b |，所以选项B 不正确；当且仅当a ，b 同号或a ，b 中至少有一个为零，即ab ≥0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |，所以选项C 不正确；当ab <0，|a －b |>|a |－|b |，所以选项D 不正确.【答案】 A2.已知a ，b ∈R ，ab >0，则下列不等式中不正确．．．的是( ) A.|a ＋b |＞a －b B.2ab ≤|a ＋b |C.|a ＋b |<|a |＋|b |D.⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ＋a b ≥2【解析】 当ab >0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |，C 错. 【答案】 C 3.以下四个命题：①若a ，b ∈R ，则|a ＋b |－2|a |≤|a －b |； ②若|a －b |＜1，则|a |＜|b |＋1；③若|x |＜2，|y |＞3，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪x y ＜23；④若AB ≠0，则lg |A |＋|B |2≥12(lg|A |＋|lg|B |).其中正确的命题有( ) A.4个 B.3个 C.2个D.1个【解析】 |a ＋b |＝|(b －a )＋2a |≤|b －a |＋2|a | ＝|a －b |＋2|a |，∴|a ＋b |－2|a |≤|a －b |，①正确； 1＞|a －b |≥|a |－|b |，∴|a |＜|b |＋1，②正确；|y |＞3，∴1|y |＜13. 又∵|x |＜2，∴|x ||y |＜23，③正确；⎝ ⎛⎭⎪⎫|A |＋|B |22＝14(|A |2＋|B |2＋2|A ||B |) ≥14(2|A ||B |＋2|A ||B |)＝|A ||B |， ∴2lg |A |＋|B |2≥lg|A ||B |，∴lg |A |＋|B |2≥12(lg|A |＋lg|B |)，④正确.【答案】 A4.已知f (x )＝|2x －a |＋a .若不等式f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，则实数a 的值为( )A.1B.2C.－4D.－1【解析】 因为不等式f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，即－2,3是方程f (x )＝6的两个根，即|6－a |＋a ＝6，|a ＋4|＋a ＝6，所以|6－a |＝6－a ，|a ＋4|＝6－a ，即|6－a |＝|a ＋4|，解得a ＝1.【答案】 A5.不等式|a ＋b ||a |＋|b |≤1成立的条件是( )A.ab ≠0B.a 2＋b 2≠0 C.ab ≥0D.ab ≤0【解析】 ∵|a ＋b |≤|a |＋|b |，当|a |＋|b |≠0时，|a ＋b ||a |＋|b |≤1(*).因此(*)成立的条件是a ≠0且b ≠0，即a 2＋b 2≠0.【答案】 B 二、填空题6.若不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a 对任意x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________.【导学号：38000015】【解析】 ∵|x ＋1|＋|x －2|＝|x ＋1|＋|2－x |≥|x ＋1＋2－x |＝3， ∴3≥a .【答案】 (－∞，3]7.|x ＋1|＋|2－x |的最小值是________.【解析】 ∵|x ＋1|＋|2－x |≥|(x ＋1)＋(2－x )|＝3， 当且仅当(x ＋1)(2－x )≥0，即－1≤x ≤2时，取等号. 因此|x ＋1|＋|2－x |的最小值为3. 【答案】 38.若不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________.【解析】 |2x －1|＋|x ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|x ＋2|≥0＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－x ＋＝52，当且仅当x ＝12时取等号，因此函数y ＝|2x －1|＋|x ＋2|的最小值是52.所以a 2＋12a ＋2≤52，即2a 2＋a －1≤0，解得－1≤a ≤12，即实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12.【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12三、解答题9.已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3； (2)如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求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.当x ≤－1时，不等式可化为1－x －x －1≥3，即－2x ≥3，其解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32.当－1＜x ＜1时，不等式化为1－x ＋x ＋1≥3，不可能成立，其解集为∅；当x ≥1时，不等式化为x －1＋x ＋1≥3，即2x ≥3，其解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.综上所述，f (x )≥3的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.(2)∵f (x )＝|x －1|＋|x －a |≥|a －1|， ∴要∀x ∈R ，f (x )≥2成立，则|a －1|≥2，∴a ≤－1或a ≥3，即a 的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞). 10.已知|x 1－2|＜1，|x 2－2|＜1. (1)求证：2＜x 1＋x 2＜6，|x 1－x 2|＜2.(2)若f (x )＝x 2－x ＋1，x 1≠x 2，求证：|x 1－x 2|＜ |f (x 1)－f (x 2)|＜5|x 1－x 2|.【证明】 (1)∵|x 1－2|＜1，|x 2－2|＜1，∴2－1＜x1＜2＋1,2－1＜x2＜2＋1，即1＜x1＜3,1＜x2＜3，∴2＜x1＋x2＜6，|x1－x2|＝|(x1－2)－(x2－2)|≤|x1－2|＋|x2－2|＜1＋1＝2，即|x1－x2|＜2.(2)∵f(x)＝x2－x＋1，∴|f(x1)－f(x2)|＝|x21－x1－x22＋x2|＝|(x1－x2)(x1＋x2－1)|＝|x1－x2||x1＋x2－1|.由(1)知2＜x1＋x2＜6，|x1－x2|＞0，∴|x1－x2|＜|x1－x2||x1＋x2－1|＜5|x1－x2|，即|x1－x2|＜|f(x1)－f(x2)|＜5|x1－x2|.[能力提升]1.“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】∵|x－a|＜m，|y－a|＜m，∴|x－a|＋|y－a|＜2m.又∵|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|，∴|x－y|＜2m，但反过来不一定成立，如取x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，|3－1|＜2×2.5，但|3－(－2)|＞2.5，|1－(－2)|＞2.5，∴|x－y|＜2m不一定有|x－a|＜m且|y－a|＜m，故“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x －y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的充分不必要条件.【答案】 A2.已知函数f(x)，g(x)(x∈R)且不等式|f(x)|＋|g(x)|＜a(a＞0)的解集是M，不等式|f(x)＋g(x)|＜a的解集是N，则M与N的关系是( )A.N⊆MB.M＝NC.M⊆ND.以上都不对【解析】任意x0∈N有|f(x0)＋g(x0)|＜a，根据|f(x)|＋|g(x)|≥|f(x)＋g(x)|，因此|f(x0)|＋|g(x0)|＜a是否成立无法判定；任意x0∈M有|f(x0)|＋|g(x0)|＜a，根据|f(x)|＋|g(x)|≥|f(x)＋g(x)|有|f(x0)＋g(x0)|＜a，即x0∈N，因此M⊆N.【答案】 C3.不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)＞a对于一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________.【导学号：38000016】【解析】 由绝对值的几何意义知：|x －4|＋|x ＋5|≥9， 则log 3(|x －4|＋|x ＋5|)≥2，所以要使不等式log 3(|x －4|＋|x ＋5|)＞a 对于一切x ∈R 恒成立，则需a ＜2. 【答案】 (－∞，2)4.已知f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的定义域为[－1,1]，记|f (x )|的最大值为M .求证：M ≥12.【证明】 ∵f (x )＝x 2＋ax ＋b ，x ∈[－1,1]且|f (x )|≤M ，则M ≥|f (－1)|，M ≥|f (1)|，M ≥|f (0)|， ∴2M ≥|f (－1)|＋|f (1)| ＝|1－a ＋b |＋|1＋a ＋b |≥|(1－a ＋b )＋(1＋a ＋b )|＝|2＋2b | ≥2－2|b |＝2－2|f (0)|≥2－2M ， 故M ≥12.。