∴(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

A.{a|3

C.{a|3

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

∴-3

答案：-3

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

解：由0x-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-

(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.

∵x10

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

∴-1

∴| f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.

(3)不妨设x2>x1，由(2)知

| f(x2)-f(x1)|

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

●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).

【总结】2013年精品学习网为小编在此为您收集了此文章“高三数学复习教案：不等式的解法”，今后还会发布更多更好的文章希望对大家有所帮助，祝您在精品学习网学习愉快!