3高三第一轮复习--高次不等式与分式不等式的解法 2

高三第一轮复习——高次不等式与分式不等式的解法

1. 可分解的高次不等式的解法

解不等式是初等数学重要内容之一，高中数学常出现高次不等式，通常解法是化为不等式组或者用列表法或者用数轴标根法求解。本文通过不同解法的比较，来说明“数轴标根法”在求解一类可分解的高次不等式独特之处。

例1 解不等式(x +3)(x -2)(x -4)>0

⎧x +3>0⎧x +3

解法一：原不等式可化为⎨ ，或⎨

()()()()x -2x -4>0x -2x -4

即⎨

⎧x >-3⎧x 4

⎩24

∴原不等式的解集为{x |-34}

【评注】 此种方法的本质是分类讨论，强化了“或”与“且”，进一步渗透了“交”与“并”的思想方法。

解法二：不等式（或方程）有三个零点，-3，2，4，先在数轴上标出零点，这些零点把数轴分成了若干个区间。针对这些区间，逐一讨论各因式的符号，情况列表如下：

x

从上表可看出(x +3)(x -2)(x -4)>0的解集为{x |-34} 解法三：先在数轴上标出零点（标出根）。

根标出来后，不是分区间进行验证讨论，而是直接标出综合因式(x +3)(x -2)(x -4)的正负号（如上图），再根据题目要求，直接写出解集为{x |-34}

【评注】这种方法常称为是“数轴标根法”，有些书上称为是“串针引线法”。这种方法的本质是“列表讨论法”的简化及提炼。这样的“线”也可看成是函数y =(x +3)(x -2)(x -4)的图象草图。(y轴未画)

通过上述三种方法的比较，我们不难看出，用“数轴标根法”来解可分解的高次不等式直观又简单。具

体方法步骤如下：

① 将不等式等价化为(x -x 1)(x -x 2)…(x -x n )>0(

② 求出对应方程(x -x 1)(x -x 2)…(x -x n )=0的根（或称零点），并在数轴上表示出来； ③ 由右上方穿线，经过数轴上表示各根的点，但要注意“奇穿偶不穿”（“奇穿偶不穿”是指当左侧f (x )有相同因式(x -x 1)时，n 为奇数时，曲线在x 1点处穿过数轴；n 为偶数时，曲线在x 1点处不穿过数轴）；

n

④ 若不等式（x 的系数化“+”后）是“>0”,则找“线”在x 轴上方的区间；若不等式是“

例2 解不等式(x -2)(x -3)(x +1)

2

3

解析：① 检查各因式中x 的符号均正；

② 求得相应方程的根为：-1，2，3（注意：2是二重根，3是三重根）； ③ 在数轴上表示各根并穿线，每个根穿一次（自右上方开始），如下图：

④ ∴原不等式的解集为(-1, 2) (2, 3)

【评注】∵3是三重根，∴在C 处来回穿三次，∵2是二重根，∴在B 处穿两次，结果相当于没穿. 若些不等式若带“=”号，点画为实心，解集边界处应有等号；另外，线虽不穿2点，但x =2满足“=”的条件，不能漏掉. 。

x 2-3x -4例3 解不等式≤0

x x -2x +3解析：先将原不等式等价化为不等式x 2-3x -4x (x -2)(x +3)

即x (x -2)(x +3)(x +1)(x -4)

()

∴原不等式的解是(-∞, -3) [-1, 0) (2, 4]

【评注】在不等式时我们应该考虑不等式左式的定义域，也就是在标根时要注意根的取舍，否则会产生增根或失根的误解.

例4 解关于x 的不等式：x -x 2+12(x +a )

解析：此不等式是含参数a 的高次不等式，x =-a 是不等式对应方程的其中一根，但对它的位置我们无法确定，因此要对a 的所处位置进行讨论。

① 将二次项系数化“+”并分解为：(x -4)(x +3)(x +a )>0； ② 相应方程的根为：-3, 4, -a ；

③ 讨论：ⅰ）当-a >4，即a

∴原不等式的解集为(-3, 4) (-a , +∞).

ⅱ）当-3

∴原不等式的解集为(-3, -a ) (4, +∞)

ⅲ）当-a 3时，各根在数轴上的分布及穿线如下：

∴原不等式的解集为(-a , -3) (4, +∞)

ⅳ）当-a =4，即a =4时，各根在数轴上的分布及穿线如下：

()

∴原不等式的解集为(-3, +∞)

ⅴ）当-a =-3，即a =3时，各根在数轴上的分布及穿线如下：

∴原不等式的解集为(4, +∞)。

综上所得，当a

当-43时，原不等式的解集为(-a , -3) (4, +∞)； 当a =4时，原不等式的解集为(-3, +∞)； 当a =3时，原不等式的解集为(4, +∞)。

【评注】此题意在于让大家熟练用“数轴标根法”解高次不等式，培养分类讨论的思想，题中对当a =3与a =4时这两种情况，不少同学容易漏解，不加以讨论。

2. 分式不等式的解法

解分式不等式的基本思想是等价转化，即采用正确的方法将分式不等式转化为整式不等式或不等式组来解决。

一、转化为整式不等式

f (x )

g （x ）>0； >0 ⇔ f （x ）·

g (x )

f (x )

g （x ）

g (x )

例1 解不等式

1-2x

1

或 x

解: 原不等式等价于（1－2x ）（x+3）0

∴ 原不等式的解集为 {x∣x>二、转化为不等式组

f (x )

≥0 ⇔ g (x )

f (x )

⎧f (x ) ≥0,

或 ⎨

g (x ) >0, ⎩

⎧f (x ) >0,

或 ⎨

⎩g (x )

⎧f (x ) ≤0,

⎨

g (x )

⎧f (x )

⎨

⎩g (x ) >0,

x 2-2x -1

≥0 例2 解不等式

x -1

⎧x 2-2x -1≥0, ⎧x 2-2x -1≤0,

解: 原不等式等价于（Ⅰ）⎨ （Ⅱ）⎨

⎩x -1>0, ⎩x -1

解（Ⅰ）得: x≥1+2, 解（Ⅱ）得: 1－2≤x

形如

f (x ) f (x )

>0, 0 , f （x ）·g （x ）

2x 2+3x -2

≤0. 例3 解不等式2

x -2x -3

解: 原不等式等价于

1(2x -1)(x +2)

≤0. 如图1, 数轴上的根为－2, －1, 3.

2(x -3)(x +1)

∴ 原不等式的解集为 {x∣－2≤x

1

≤x

评注: 利用数轴标根法解分式不等式, 要注意分母不能为零. 四、等价转化法

形如a

f (x ) f (x ) f (x )

3x -1

+1）·-2）

例4 解不等式－1

整理得

1(4x +1)(x -5)

解得 －

4(x +2)

1

∴ 原不等式的解集为 {x∣－五、数形结合法

2x 2+2kx +k

4x 2+6x +32x 2+2kx +k

4x +6x +3

2x 2+2kx +k

0 , 2

4x +6x +3

2

即 2x 2+（6－2k ）x+3－k >0恒成立. 令f (x) =2x2+（6－2k ）x+3－k ,

由图2知, f (x)>0恒成立 ⇔ △=(6-2k ) -4⨯2⨯(3-k )

2

2x 2+2kx +k

4x 2+6x +3

巩固习题：

3x 2+kx +6

≤6对任意实数x 恒成立 1．k 为何值时，不等式0

x -x +1

(k =-6)

(x +2) 4(x -1) 3

2．求不等式的解集

(3x +2) 3(x -2) 2(x 2-x +2)

({x |x

3．解不等式

2

或x >1且x ≠±2}) 3

1111

+>+ x +4x +5x +6x +3

92

x ∈(-∞, -6) ⋃(-5, -) ⋃(-4, -3)

(x -1) 2

x +1

(x =2)

5．若不等式

x -a x -b 1

>

2x 2+x +1x 2-x +1

(a =4, b =2)

解绝对值不等式

绝对值不等式|a +b |≤|a |+|b |，|a -b |≤|a |+|b | 基本的绝对值不等式：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

y=|x-3|+|x+2|≥|(x-3)-(x+2)|=|x-3-x-2|=|-5|=5 所以函数的最小值是5，没有最大值

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

|y|=||x-3|-|x+2||≤|(x-3)-(x+2)|=|x-3-x-2|=|-5|=5 由|y|≤5得-5≤y≤5

即函数的最小值是-5，最大值是5

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

也可以从几何意义上理解，|x-3|+|x+2|表示x 到3，-2这两点的距离之和，显然当-2≤x≤3时，距离之和最小，最小值是5；而|x-3|-|x+2|表示x 到3，-2这两点的距离之差，当x≤-2时，取最小值-5，当x≥3时，取最大值5

解绝对值不等式题根探讨题根四 解不等式|x 2-5x +5|

［题根4］解不等式|x -5x +5|

2

［思路］利用｜f(x)｜0) ⇔-a2

去掉绝对值后转化为我们熟悉的一元二

(1)(2)

2⎧⎪x -5x +5

次不等式组-1

⎪⎩x -5x +5>-1

求解。

2

［解题］原不等式等价于-1

2⎧(1)⎪x -5x +5

(2)⎪⎩x -5x +5>-1

由（1）得：13，

所以，原不等式的解集为{x |1

［收获］1）一元一次不等式、一元二次不等式的解法是我们解不等式的基础，无论是解高次不等式、绝对值不等式还是解无理根式不等式，最终是通过代数变形后，转化为一元一次不等式、一元二次不等式组来求解。

2

2）本题也可用数形结合法来求解。在同一坐标系中画出函数y =x -5x +5与y =1的 2

的图象，解方程x -5x +5=1，再对照图形写出此不等式的解集。

第1变 右边的常数变代数式

［变题1］解下列不等式：(1)|x +1|>2－x ；(2)|x －2x －6|

［思路］利用｜f(x)｜g(x) ⇔f(x)>g(x)或f(x)

2

对值后转化为我们熟悉的一元一次、一元二次不等式组来处理。

解：(1)原不等式等价于x +1>2－x 或x +1

解得x >

11或无解，所以原不等式的解集是{x |x >} 22

2

(2)原不等式等价于－3x

22

⎧⎧(x +3)(x -2) >0⎧x 2⎪x -2x -6>-3x ⎧⎪x +x -6>0即⎨2 ⇒⎨2⇒⎨⇒⎨

(x +1)(x -6)

2

所以原不等式的解集是{x |2

［收获］形如|f (x ) |g (x ) 型不等式

这类不等式的简捷解法是等价命题法，即： ①|f (x ) |g (x ) ⇔f (x ) >g (x ) 或f (x )

［请你试试4—1］

1．解不等式（1）｜x-x -2｜>x-3x-4；（2）解：（1）分析一 可按解不等式的方法来解. 原不等式等价于： 22

x-x -2>x-3x-4 ①

22

或x-x -2-3

故原不等式解集为｛x ｜x>-3｝

22

分析二 ∵｜x-x -2｜＝｜x -x+2｜ 而x -x+2＝(x-2

2

2

2

3x

≤1 x 2-4

127) +>0 44

所以｜x-x -2｜中的绝对值符号可直接去掉.

22

故原不等式等价于x -x+2>x-3x-4 解得：x>-3

∴ 原不等式解集为｛x>-3｝ （2）分析 不等式可转化为-1≤所以可平方后求解.

3x 3x

≤1求解，但过程较繁，由于不等式≤1两边均为正，

x 2-4x 2-4

3x

原不等式等价于2≤1

x -4

⇒9x 2≤(x2-4) 2 (x≠±2)

2

⇒x 4-17x 2+16≥0 ⇒x 2≤1或x 2≥16

⇒-1≤x ≤1或x ≥4或x ≤-4

注意：在解绝对值不等式时，若｜f(x)｜中的f(x)的值的范围可确定(包括恒正或恒非负，恒负或恒非正) ，就可直接去掉绝对值符号，从而简化解题过程.

第2变 含两个绝对值的不等式

［变题2］解不等式（1）|x －1|5. ［思路］（1）题由于两边均为非负数，因此可以利用｜f(x)｜〈｜g(x)｜⇒f 两边平方去掉绝对值符号。

（2）题可采用零点分段法去绝对值求解。 ［解题］（1）由于|x －1|≥0，|x +a |≥0，所以两边平方后有：

|x －1|

即有x －2x +11－a 当2a +2>0即a >－1时，不等式的解为x >当2a +2=0即a =－1时，不等式无解； 当2a +2

2

2

2

2

2

(x)〈g 2(x)

22

1

(1－a ) ； 2

1

(1-a ) 2

（2）解不等式｜x-2｜+｜x+3｜>5.

解：当x ≤-3时，原不等式化为(2-x)-(x+3)>5⇒-2x>6⇒x5⇒5>5无解. 当x ≥2时，原不等式为(x-2)+(x+3)>5⇒2x>4⇒x>2. 综合得：原不等式解集为｛x ｜x>2或x

［收获］1）形如|f (x ) |

此类不等式的简捷解法是利用平方法，即：

|f (x ) |

2）所谓零点分段法，是指：若数x 1，x 2，„„，x n 分别使含有|x －x 1|，|x －x 2|，„„，|x －x n |的代数式中相应绝对值为零，称x 1，x 2，„„，x n 为相应绝对值的零点，零点x 1，x 2，„„，x n 将数轴分为m +1段，利用绝对值的意义化去绝对值符号，得到代数式在各段上的简化式，从而化为不含绝对值符号的一般不等式来解，即令每项等于零，得到的值作为讨论的分区点，然后再分区间讨论绝对值不等式，最后应求出解集的并集。零点分段法是解含绝对值符号的不等式的常用解法，这种方法主要体现了化归、分类讨论等数学思想方法，它可以把求解条理化、思路直观化

［请你试试4—2］

1 解关于x 的不等式|log a (1-x ) |>|log a (1+x ) |(a >0且a ≠1)

解析：易知－1

lg(1-x ) lg(1+x )

|>|| lg a lg a

∴|lg(1-x ) |2>|lg(1+x ) |2 于是lg 2(1-x ) -lg 2(1+x ) >0

∴[lg(1-x ) +lg(1+x )][lg(1-x ) -lg(1+x )]>0

2

∴lg(1-x )lg

1-x

>0 1+x

∵－1

22

1-x

1+x

∴lg 解得0

2．不等式|x+3|-|2x-1|

x

+1的解集为 。 2

1⎧

4-x (x ≥) ⎪2⎪

1⎪

|x+3|-|2x-1|=⎨4x +2(-3

2⎪

⎪x -4(x ≤-3) ⎪⎩

1x

时4-x 2 221x 2

当-3

227

x

当x ≤-3时x -4

2

2

综上x 2

72

故填(-∞, -) ⋃(2, +∞) 。

7

∴当x ≥

3．求不等式log 1x +log 3

3

1

≥1的解集. 3-x

解：因为对数必须有意义，即解不等式组

⎧x >0⎪

，解得0

>0⎪⎩3-x

又原不等式可化为log 3x +log 3(3-x )≥1

(1)当0

33 综合前提得：0

(2)当1

(1) 当2

⎛⎝

3⎤⎦

99

，结合前提得：≤x

第3变 解含参绝对值不等式

［变题3］解关于x 的不等式

x 2-4mx +4m 2>m +3

［思路］本题若从表面现象看当含一个根号的无理根式不等式来解，运算理较大。若化简成

|x -2m |>m +3，则解题过程更简单。在解题过程中需根据绝对值定义对m +3的正负进行讨论。

［解题］原不等式等价于 |x -2m |>m +3

当m +3>0即m >-3时， x -2m >m +3或x -2m 3m +3或x

当m +3=0即m =-3时， |x +6|>0 ∴x ≠-6 当m +3

［收获］1）一题有多解，方法的选择更重要。 2）形如|f (x ) |a (a ∈R ) 型不等式

此类不等式的简捷解法是等价命题法，即：

① 当a >0时，|f (x ) |a ⇔f (x ) >a 或f (x )

［请你试试4—3］

2a 2

(a >0) 1．解关于x 的不等式：x x -a ≤9

分析：本例主要复习含绝对值不等式的解法，分类讨论的思想。本题的关键不是对参数a 进行讨论，而是去绝对值时必须对末知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。

解：当x ≥a 时，不等式可转化为⎨

⎧x ≥a

⎧x ≥a

即⎨2

22

⎩9x (x -a )≤2a ⎩9x -9ax -2a ≤0

∴a ≤x ≤

3+a b

⎧x

当x

ax (a -x ) ≤2a 9x -9ax +2a ≥0⎩⎩

∴x ≤

a 2a

或≤x

a

3

故不等式的解集为(-∞,

]⋃⎢2a , 3+

⎣3

⎡

⎤

a ⎥。 6⎦

2．关于x 的不等式|kx －1|≤5的解集为{x |－3≤x ≤2}，求k 的值。

按绝对值定义直接去掉绝对值符号后，由于k 值的不确定，要以k 的不同取值分类处理。 解：原不等式可化为－4≤kx ≤6

⎧4

4-=-3⎧⎪46⎪k ⎪k =

⇒⎨当k >0时，进一步化为-≤x ≤，依题意有⎨3，此时无解。

6k k ⎪=2⎪k =3⎩⎪⎩k

当k =0时，显然不满足题意。

⎧4

-=2⎪64⎪k

⇒k =-2 当k

综上，k =－2。

第4变 含参绝对值不等式有解、解集为空与恒成立问题

［变题4］若不等式|x －4|+|3－x |

［思路］此不等式左边含有两个绝对值符号，可考虑采用零点分段法，即令每一项都等于0，得到的值作为讨论的分区点，然后再分区间讨论绝对值不等式，最后应求出解集的并集，这是按常规去掉绝对值

符号的方法求解，运算量较大。若仔细观察不等式左边的结构，利用绝对值的几何意义用数形结合方法或联想到绝对值不等式|a +b |≤|a |+|b |，便把问题简化。

［解题］解法一 (1)当a ≤0时，不等式的解集是空集。

(2)当a >0时，先求不等式|x －4|+|3－x |

① 当x ≥4时，原不等式化为x －4+x －3

⎧x ≥47+a

解不等式组⎨，∴a >1 ⇒4≤x

2x -7

② 当3

③ 当x ≤3时，原不等式化为4－x +3－x

⎧x ≤37-a 7-a

⇒1

22⎩7-2x

综合①②③可知，当a >1时，原不等式有解，从而当0

由(1)(2)知所求a 取值范围是a ≤1

解法二由|x －4|+|3－x |的最小值为1得当a >1时，|x －4|+|3－x |

解法三： ∵a >|x －4|+|3－x |≥|x －4+3－x |=1 ∴当a >1时，|x －4|+|3－x |

［收获］1）一题有多法，解题时需学会寻找最优解法。

2）f (x )≤a 有解⇒a ≥f (x )min ；f (x )≤a 解集为空集⇒a

f (x )≤a 恒成立⇒a ≥f (x )max 。

f (x )f (x )mi n ；f (x )

f (x )f (x )max 。

f (x )≥a 有解⇒a ≤f (x )max ；f (x )≥a 解集为空集⇒a >f (x )max ；这两者互补。

f (x )≥a 恒成立⇒a ≤f (x )min 。

f (x )>a 有解⇒a a 解集为空集⇒a ≤f (x )max ；这两者互补。

f (x )>a 恒成立⇒a ≤f (x )min 。

［请你试试4—4］

1．对任意实数x ，若不等式|x +1|－|x －2|>k 恒成立，求k 的取值范围。

思维点拨：要使|x +1|－|x －2|>k 对任意实数x 恒成立，只要|x +1|－|x －2|的最小值大于k 。因|x +1|的几何意义为数轴上点x 到－1的距离，|x －2|的几何意义为数轴上点x 到2的距离，|x +1|－

|x －2|的几何意义为数轴上点x 到－1与2的距离的差，其最小值可求。

此题也可把不等式的左边用零点分段的方法改写成分段函数，通过画出图象，观察k 的取值范围。 解法一 根据绝对值的几何意义，设数x ，－1,2在数轴上对应的点分别为P 、A 、B ，则原不等式即求|PA|－|PB|>k 成立

∵|AB|=3，即|x +1|－|x －2|≥－3 故当k

⎧-3, x ≤-1⎪

解法二 令y =|x +1|－|x －2|，则y =⎨2x -1, -1

⎪3, x ≥2⎩

要使|x +1|－|x －2|>k 恒成立，从图象中可以看出，只要k

2．对任意实数x ，不等式|x+1|+|x-2|>a恒成立，求实数a 的取值范围。

分析：经过分析转化，实质上就要求|x+1|+|x-2|的最小值，a 应比最小值小。 解： 由绝对值不等式：|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3，当且仅当(x+1)(x-2)≤0, 即

-1≤x ≤2时取等号。故a

说明：转化思想在解中有很重要的作用，比如：恒成立问题、定义域为R 等问题都可转化为求最大、最小值问题。（在这些问题里我们要给自己提问题，怎样把一般性的问题转化到某个特殊的值的问题，常问的问题是：要使„„，只要„„）

3．已知a>0,不等式|x-4|+|x-3|

当|x-4|+|x-3|1

（二）如图，实数x 、3、4在数轴上的对应点分别为P 、A 、B 则有：

y=|x-4|+|x-3|=|PA|+|PB| |PA|+|PB|≥1 恒有y ≥1

数按题意只须a>1

（三）令y=f(x)=|x-4|+|x-3|作出其图象 由f(x)1 （四）考虑|z-4|+|z-3|

当a>1时，表示复平面上以3、4为焦点，长轴长为a 的椭圆内部，当z 为实数时，a>1原不等式有解a>1即为所求

（五） 可利用零点分段法讨论. 将数轴可分为(-∞，3) ，［3，4］，(4，+∞) 三个区间.

当x

7-a

. 2

7-a

1 2

7-a

2

当3≤x ≤4时得(4-x)+(x-3)1 当x>4时，得(x-4)+(x-3)

7-a

>4 即a>1 2

以上三种情况中任一个均可满足题目要求，故求它们的并集，即仍为a>1. 变题：

1、若不等式|x-4|+|x-3|>a对于一切实数x 恒成立，求a 的取值范围 2、若不等式|x-4|-|x-3|a在R 上恒成立，求a 的取值范围 评注：

1、此题运用了绝对值的定义，绝对值不等式的性质，以及绝对值的几何意义等多种方法。 4、构造函数及数形结合的方法，是行之有效的常用方法 5

设0

4

1

x -a 2

2

简析略解：此例看不出明显的恒成立问题，我们可以设法转化:

设集合A ＝x |x -a

{

⎧⎩1⎫⎛2121⎫⎬= a -, a +⎪ 2⎭⎝22⎭

1

2

12

a +b ≤a +

212

于是得不等式组： b ≤-a +a +

212 b ≤a -a +

2

2

由题设知A ⊆B ，则： a -b ≥a -

131⎫3⎛

又 -a +a -=- a -⎪+，最小值为；

2162⎭4⎝

2

2

11⎛1⎫1

a 2-a += a -⎪+, 最小值为；

42⎝2⎭4

∴ b ≤

2

3

, 16

即 ：b 的取值范围是 0,

⎛3⎤

⎥⎝16⎦

第5变 绝对值三角不等式问题

［变题5］已知函数f (x ) =ax 2+bx +c (a , b , c ∈R ) ，当x ∈[-1,1]时|f (x ) |≤1，求证： (1)|b |≤1；

(2)若g (x ) =bx 2+ax +c (a , b , c ∈R ) ，则当x ∈[-1,1]时，求证：|g (x ) |≤2。

［思路］本题中所给条件并不足以确定参数a , b ，c 的值，但应该注意到：所要求的结论不是b 或g (x ) 的确定值，而是与条件相对应的“取值范围”，因此，我们可以用f (-1) 、f (0)、f (1)来表示a , b , c 。因为由已知条件得|f (-1) |≤1，|f (0)|≤1，|f (1)|≤1。

1

［解题］证明：(1)由f (1)=a +b +c , f (-1)=a -b +c ⇒b =[f (1)-f (-1)]，从而有

2

11

|b |=[f (1)-f (-1)]≤(|f (1)|+|f (-1) |),|f (1)|≤1,|f (-1) |≤1,

22 1

∴|b |≤(|f (1)|+|f (-1) |)≤1.

2

(2)由f (1)=a +b +c , f (-1)=a -b +c ⇒b =1[f (1)-f (-1)],a +c =1[f (1)+f (-1)],c =f (0),

2

2

从而 a =1[f (1)+f (-1)]-f (0)

2

将以上三式代入

g (x ) =bx 2+ax +c (a , b , c ∈R )

，并整理得

11

f (1)(x +1) +f (-1)(1-x ) |2211

≤|f (0)(x 2-1) |+|f (1)(x +1) |+|f (-1)(1-x ) |

2211

=|f (0)|x 2-1|+|f (1)||x +1|+|f (-1) ||1-x |

221111

≤|x 2-1|+|x +1|+|1-x |=1-x 2+(x +1) +(1-x ) =2-x 2

2222

≤2

［收获］1） 二次函数的一般式y =ax 2+bx +c (c ≠0) 中有三个参数a , b , c . 解题的关键在于：通过三|g (x ) |=|f (0)(x 2-1) +

个独立条件“确定”这三个参数.

2）本题变形技巧性强，同时运用公式|a +b |≤|a |+|b |，|a -b |≤|a |+|b |及已知条件进行适当的放大。

要求同学们做题时要有敏锐的数学观察能力。

［请你试试4—5］

1．已知函数f(x)=+x 2，a,b ∈R ，且a ≠b ，求证|f(a)-f(b)|

2

2

|a 2-b 2|+a 2++b 2

|a +b |⋅|a -b |

|a |+|b |

≤

|a |+|b |

⋅|a -b |=|a -b |

|a |+|b |

（其中+a 2>a 2=|a |，同理+b 2>|b |,∴

1+a 2++b 2

1

）

|a |+|b |

回顾：1、证题时，应注意式子两边代数式的联系，找出它们的共同点是证题成功的第一步。此外，综合运用不等式的性质是证题成功的关键。如在本例中，用到了不等式的传递性，倒数性质，以及“三角形不等式”等等。

2、本题的背景知识与解析几何有关。函数y =+x 2是双曲线，y 2

-x

2

而|=1的上支，

y 1-y 2

|（即

x 1-x 2

|

f (a ) -f (b )

，则表示该图象上任意两点连线的斜率的绝对值。（学过有关知识后），很显然这一斜率的|）

a -b

范围是在（-1，1）之间。

2．（1）已知不等式|x-3|+|x+1|

分析：“有解”即“解集非空”，可见（1）（2）两小题的答案（集合）互为补集（全集为R ）

⎧2x -2(x ≥3)

⎪

当然可以用|x-3|+|x+1|=⎨4(-1

⎪2-2x (x ≤-1) ⎩

式”：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|

知|x-3|+|x+1|≥|x-3-x-1|=4

⎧|x -3|+|x +1|

这样|x-3|+|x+1|

|x -3|+|x +1|≥4⎩

若（*）解集为φ，则a ≤4，若（*）有解，则a>4。 解（略）

回顾：本题是“绝对值不等式性质定理”（即“三角形不等式”）的一个应用。 发展题：（1）已知不等式|x-3|+|x+1|>a的解集非空，求a 的取值范围。 （2）已知不等式|x-3|+|x+1|≤a 的解集非空，求a 的取值范围。

3．已知f(x)的定义域为[0,1]，且f(0)=f(1)，如果对于任意不同的x 1,x 2∈[0,1]，都有|f(x1)-f(x2)|

1

2

分析：题设中没有给出f(x)的解析式，这给我们分析f(x)的结构带来困难，事实上，可用的条件只有f(0)=f(1) ①，与|f(x1)-f(x2)|

111

，那么必有|f(x1)-f(x2)|

但若|x1-x 2|>呢？考虑到0≤|x1-x 2|≤1，则1-|x1-x 2|

22

首先，若|x1-x 2|≤

1-|x1-x 2|

1

成立！ 2

证明：不妨设x 1≤x 2，则0≤x 1≤x 2≤1

111

时，则有|f(x1)-f(x2)|

（2）当|x1-x 2|>时，即x 2-x 1>时，∵0≤x 2-x 1≤1

2211

必有1-|x1-x 2|

22

1

也可写成|1- x2|+|x1|

2

（1）当|x1-x 2|≤

另一方面|f(x1)-f(x2)|=|f(1)-f(x2)+f(x1)-f(0)|≤|f(1)-f(x2)|+|f(x1)-f(0)|

1

成立 2

1

成立。 2

已知二次函数f (x ) =ax 2+bx +c ，当-1≤x ≤1时，有-1≤f (x ) ≤1，求证：当-2≤x ≤2时，有-7≤f (x ) ≤7. 分析：研究f (x ) 的性质，最好能够得出其解析式，从这个意义上说，应该尽量用已知条件来表达参数a , b , c . 确定三个参数，只需三个独立条件，本题可以考虑f (1) ，f (-1) ，f (0) ，这样做的好处有两个：一是a , b , c 的表达较为简洁，二是由于±1和0正好是所给条件的区间端点和中点，这样做能够较好地利用条件来达到

综上所述，当x 1,x 2∈[0,1]时都有|f(x1)-f(x2)|

要考虑f (x )在区间[-7, 7]上函数值的取值范围，只需考虑其最大值，也即考虑f (x )在区间端点和顶点处的函数值.

证明：由题意知：f (-1) =a -b +c , f (0) =c , f (1) =a +b +c ，

11

(f (1) +f (-1) -2f (0)), b =(f (1) -f (-1)), c =f (0) ， 22

⎛x 2+x ⎫⎛x 2-x ⎫22

⎪ ⎪∴ f (x ) =ax +bx +c =f (1) . +f (-1) +f (0) 1-x 2⎪ 2⎪

⎝⎭⎝⎭

由-1≤x ≤1时，有-1≤f (x ) ≤1，可得 f (1) ≤1, f (-1)≤1, f (0)≤1.

∴ a =

()

∴ f (2) =3f (1)+f (-1)-3f (0≤3f (1+f (-1) +f (0) ≤7,

f (-2) =f (1)+3f (-1)-3f (0≤f (1)+f (-1) +3f (0) ≤7.

（1）若-

b

∉[-2, 2]，则f (x )在[-2, 2]上单调，故当x ∈[-2, 2]时，2a

f (x ) m a =x m a f x (-(2) , f (2) ) ∴ 此时问题获证.

（2）若-

b ⎛b ⎫

∈[-2, 2]，则当x ∈[-2, 2]时，f (x ) max =f (-2) , f (2) , f -⎪) 2a ⎝2a ⎭

b 2b b b f (1) -f (-1) 1+1⎛b ⎫

又f -≤c +⋅=f (0)+⋅≤1+2⋅=2

2a 4a 2a 22a 44⎝⎭

∴ 此时问题获证. 综上可知：当-2≤x ≤2时，有-7≤f (x ) ≤7.

b b 2

]和区间[-, +∞) 上分别单调，所评析：因为二次函数f (x ) =ax +bx +c (a ≠0)在区间(-∞, -

2a 2a

以函数f (x )在闭区间上的最大值、最小值必在区间端点或顶点处取得；函数f (x ) 在闭区间上的最大值必在区间端点或顶点处取得.

第6变 绝对值不等式与其它知识的横向联系

［变题6］（2003年全国高考试题）已知c >0. 设

P :函数y =c x 在R 上单调递减. Q :不等式x +|x -2c |>1的解集为R .

如果P 和Q 有且仅有一个正确，求c 的取值范围.

［思路］ 此题虽是一道在老教材之下的高考试题，但揭示了“解不等式”一类高考试题的命题方向. 在新教材中，绝对值不等式的解法和二次不等式的解法与集合运算、命题判断都有一定联系，属于对于学生提出的基本要求内容的范畴，本题将这几部分知识内容有机地结合在一起，在考查学生基础知识、基本方法掌握的同时，考查了学生命题转换，分类讨论等能力，在不同的方法下有不同的运算量，较好地体现出了“多考一点想，少考一点算”的命题原则.

x

［解题］:函数y =c 在R 上单调递减⇔0

不等式x +|x -2c |>1的解集为R ⇔函数y =x +|x -2c |在R 上恒大于1，

x ≥2c ，⎧2x -2c ，

∵x +|x -2c |=⎨

2c ，x

∴函数y =x +|x -2c |在R 上的最小值为2c ， ∴不等式x +|x -2c |>1的解集为R ⇔2c >1，即c >若P 正确，且Q 不正确，则0

1

， 2

1； 2

+∞) . 所以c 的取值范围为(0] [1，

［收获］“解不等式”一类的命题可以有形式上的更新和内容上的变化. 结合简易逻辑的概念和集合的

语言来命题，借助集合的运算性质和四个命题的关系来作答，是这个命题的基本特征，在求解时则主要以化归思想为解题切入点. 复习中对于此类问题要引起足够的重视.

12

［请你试试4—6］

1

>0，请选取

2x 2-3x +1

适当的实数a 的值，分别利用所给的两个条件作为A 、B 构造命题：“若A 则B ”，并使得构造的原命题为真命题，而其逆命题为假命题. 则这样的一个原命题可以是什么？并说明为什么这一命题是符合要求的命题.

1．（2004届湖北省黄冈中学综合测试题）已知条件p :|5x -1|>a 和条件q :

[分析] 本题为一开放性命题，由于能得到的答案不唯一，使得本题的求解没有固定的模式，考生既能在一般性的推导中找到一个满足条件的a ，也能先猜后证，所找到的实数a 只需满足

1-a 1

≤，且52

1+a

≥1即可. 这种新颖的命题形式有较强的综合性，同时也是对于四个命题考查的一种新尝试，如此命5

题可以考查学生探究问题、解决问题的能力，符合当今倡导研究性学习的教学方向.

[解答] 已知条件p 即5x -1a ，∴x 0，∴x

1-a 1+a

，或x >， 55

1

，或x >1； 2

3

，或x >1，此时必有p ⇒q 成立，反之不然. 5

故可以选取的一个实数是a =4，A 为p ，B 为q ，对应的命题是若p 则q ，

由以上过程可知这一命题的原命题为真命题，但它的逆命题为假命题. 2． 已知p :|1-

x -1

|≤2，q :x 2-2x +1-m 2≤0(m >0) ；p 是q 的必要不充分条件，求实数m 的取3

值范围.

[分析] 本题实为上一命题的姊妹题，将命题的表述重心移至充要条件，使用了学生较为熟悉的语言形式. 充要条件是一个十分重要的数学概念，新教材将这一内容的学习放在第一章，从而也可能利用第一章的知识内容来命题考查这一概念. 本例是一道揉绝对值不等式、二次不等式的求解与充要条件的运用于一起的较好试题，要求学生能正确运用数学符号，规范数学学习行为，否则连读题审题都感困难.

[解答] 由|1-

x -1

得-2≤x ≤10， |≤2，

3

由x 2-2x +1-m 2≤0(m >0) ，得1-m ≤x ≤1+m (m >0) ，

∴¬p 即x 10，而¬q 即x 1+m (m >0) ； 由¬p 是¬q 的必要不充分条件，知¬q ⇒¬p ，

设A={x |x 10}，B={x |x 1+m (m >0)}，

⎧1-m ≥-1，⎪

则有A ⊂B ，故⎨1+m ≤10，且不等式中的第一、二两个不等式不能同时取等号，

≠

⎪m >0，⎩

解得0