绝对值不等式的证明题

2022-12-22

第一篇：绝对值不等式的证明题

绝对不等式的证明

摘要：证明绝对不等式是数学基本知识的一部分，不等式的证明，就是证明所给定的不等式或对式中所含的字母的一切允许值都是成立的。证是不等式主要依靠二条，其一，是不等式的基本性质和一些重要不等式，其二，是证明不等式的一些常用方法。二者互相渗透。本文通过举例介绍几种证明的绝对不等式的方法。

关键词：绝对不等式，证明不等式的方法

1. 用比较法证明不等式

比较法是证明不等式的常用法之一。它又分为计算插值和比值两种：

① 把所要正的不等式的左边的代数式减右边的代数式，再根据已知条件去证明这个差大于﹙或小于﹚零，这种证明法叫做计算差值法。

他的理论根据是：a≥b,﹙a≤b﹚a-b≥0﹙或a-b≤0﹚.② 当所要证明的不等式的两边的直皆正是，把左边的代数式除于右臂阿布的代数式，再根据已知条件去证明这个比值大于﹙或小于﹚1.这种正法叫做及钻比值法。他的理论依据是：当a>0.b>0 时，a≥b﹙a≤b﹚<=>

例：已知a,b 皆正数求证： aa≥1(或≤1)。 bb

ab≥ab(当且仅当a=b时，等号成立)。

2abab2ab证：∵a>0.b>0，则-ab==22

(其中等号当且仅当)a=即a=b成立)

∴a22≥0 abab-ab≥0，即≥ab 22

2.用综合法和分析法证明不等式

证明绝对不等式的综合法是从题目的已知条件或已知成立的不等式出发，利用不等式的性质进行推导变形，进而得出所要求证的不等式。利用综合法的关键是熟知一些常用的不等式，通过变形将未知的不等式归结为常用不等式。如以下不等式是常用的：

a²+b²≥2ab,a+b/2≥ab,a³+b³+c³≥3abc(a,b,c∈R+)

a+b/2

≤a²+b²/2,a+b+c/3≤a²+b²+c²/3(a,b,c∈R+)

分析法是证明不等式的一种重要方法，用分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：欲证B得真，只需要证明命题B的真，从而又„„，只要证明A为真。现在已知A真，故B真。可见分析法事执果索因，步步寻求上一步成立的充分条件，写出简要的形式为：

B<=B1<=B2<=„<=Bn<=A

以上述的b

只需要证b(a+m)

两端约去ab，故只需

再证bm

因为已知m>0;

只需b

但是这是已知条件，故原不等式成立。

值得注意的是分析法不是等价证明，不应写成：

B<=>B1<=>B2<=>„<=>Bn<=>A

下面在举两例加以说明：

例1已知a>b>0，求证a-b

分析此题若从条件直接退出结论会有一定的难度。不妨用分析法从结论求证a-

由于a>b>0所以a->0， ab>0. 只要证(a-)³<(ab)³

即要证a-3a2b+3ab2-b0 只要证b

由于a>b>0此不等式显然成立

所以原不等式成立。

例2已知a>0;b>0;2c>a+b，求证：

c -c2ab

分析要证c -c2ab

只要证-c2ab

即要证|a-c|<|c2ab|

即要证(a-c)²

即要证a-2ac<-ab

因a>0，只需证a-ac<-b

即a+b<2c此式为已知，

故原命题成立。

3.用放缩法证明不等式

利用放缩法证明不等式的关键是找寻中间变量c;使得AC¹且C¹>A(这是缩小)下面举例加以说明

例3已知n为正整数，试证：

111)(1+)„(1+)>2n1/2 352n

1111分析令A=(1+)(1+)„(1+) 352n1

462n=×„× 352n1(1+

由于不等式bbm>(b>a，a，b，m∈R+)得 aam

45672n22n12n2n1>，>，„， >，> 34562n32n22n12n

将这个同向不等式相乘得 572n12n1××„×× 462n22n

45672n2n12n12n1A²>××××„××=> 34562n12n34A>

故A>2n1/2

4.反证法在不等式证明中的应用

反证法是解决数学问题的一种重要方法，在不等式的证明中也有着广泛的应用。用反证明不等式即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原结论是正确的。它的步骤为：

假设结论的反面成立=>逻辑推理=>导出矛盾=>肯定结论。

下面举例加以说明

例4已知f(x)=x²+px+q求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于1 2分析此题从正面解决比较困难，可以用反证法，假设结论不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于1。则有 2

1111f(1)|<1+p+q|<-< 1+p+q< ①2222

1111f(2)|<4+2p+q|<<4+2p+q< ②2222

1111f(3)|<9+3p+q|<-<9+3p+q< ③ 2222

由于① ③得-119<2p+q<- 22

此式于②式矛盾，这说明假设不成立，故原命题成立。

5.构造函式证明不等式

某些不等式从结构上接近某一函数，把某一字母看成自变量构成恰当的函数，利用函数的某些性质来证明不等式。利用构造函数法证明不等式关键是构造恰当的不等式。

例5已知a.b∈R,求证：

ab

1ab≤b

1a+a

1b

分析：从不等式的结构来看，易构造函数f(x)=

上是函数。因为ab≤ab,

所以f(ab)≤f(ab)

从而有 x(x≥0)易证f(x)在R+ 1x

ab

1ab

≤≤ab1aba =b1ab+a1ab b

1a+1b

第二篇：高二数学----不等式的证明题及解答

不等式的证明训练题及解答

一、选择题

(1)若logab为整数,且loga1122>logablogba,那么下列四个结论①>b>a②logab+logba=0bb

③0

x1|>2且|x2|>2x1+x2x1+x2|<4x1|=4且|x2|=

1+(3)若x,y∈R,且x≠y,则下列四个数中最小的一个是() 11

)xy

(4)若x>0,y>0,且xy≤axy成立,则a的最小值是()

2(5)已知a,b∈R,则下列各式中成立的是()

22cos2sin2θ·lga+sinθ·lgb

222θsin2θθ·lga+sinθ·lgb>lg(a+bcos·b>a+b

+(6)设a,b∈R,且ab-a-b≥1,则有() ++b≥2(2+1) +b≤+b≥(2+1)2+b≤2(2+1)

二、填空题

22(7)已知x+y=1,则3x+4y2(8)设x=y,则x+y(9)若11≤a≤5,则a+5a(10)A=1+111与n(n∈N)2n

(11)实数x=x-y,则xy

三、解答证明题

2422(12)用分析法证明:3(1+a+a)≥(1+a+a)

(13)用分析法证明:ab+cd≤

a2c2(14)用分析法证明下列不等式:

(1)求证:71(2)求证:x1(3)求证:a,b,c∈R,求证:2(

x2x3x4(x≥4)

ababc)3(abc) 23

(15)若a,b>0,2c>a+b,求证:(1)c>ab;(2)c-c2ab2,求证:

1x1y

与中至少有一个小于yx

(17)设a,b,c∈R,证明:a+ac+c+3b(a+b+c)≥ (18)已知1≤x+y≤2,求证:

122

≤x+xy+y≤2

n(n1)(n1)2

an(19)设an=223n(n1) (n∈N),求证:对所有n(n22

∈N)2

(20)已知关于x的实系数二次方程x+ax+b=0,有两个实数根α,β,证明: (1)如果|α|<2,|β|<2,那么2|α|<4+b且|b(2)如果2|α|<4+b且|b|<4,那么|α|<2,|β不等式的证明训练题参考答案：

1.A2.B3.D4.B5.A6.A

7.58.-19.[2,

]10.A≥n11.(-≦,0)∪[4,+≦] 5

12.证明:要证3(1+a+a)≥(1+a+a)

222222222

只需证3[(1+a)-a]≥(1+a+a),即证3(1+a+a)(1+a-a)≥(1+a+a) ≧1+a+a=(a+

123)+>0 24

只需证3(1+a-a)≥1+a+a，展开得2-4a+2a≥0，即2(1-a)≥02422

故3(1+a+a)≥(1+a+a)13.证明:①当ab+cd<0时,ab+cd

②当ab+cd≥0时,欲证ab+cd≤acbd

2222

只需证(ab+cd)≤(a2c2b2d2)

展开得ab+2abcd+cd≤(a+c)(b+d)

2222222222222222

即ab+2abcd+cd≤ab+ad+bc+cd，即2abcd≤ad+bc

22222

只需证ad+bc-2abcd≥0，即(ad-bc)≥0

因为(ad-bc)≥0ab+cd≥0时,ab+cd≤a2c2b2d22

22222222

综合①②可知:ab+cd≤a2c2b2d214.证明:(1)欲证71 只需证()2(1)2

展开得12+235>16+2,即2>4+2 只需证(2)>(4+2)，即4>这显然成立

故71(2)欲证x1只需证x1即证(x1

x2x3x4(x≥4) x4x3x2(x≥4)

x4)2(x3x2)2(x≥4)

展开得2x-5+2x1x42x52x3x2 即x1)(x4)(x3)(x2)

只需证[x1)(x4)]<[(x3)(x2)]

即证x-5x+4

x1x2x3x4(x≥4)(3)欲证2(

ababcab)≤3(abc) 23

只需证a+b-2ab≤a+b+c-3

即证c+2ab≥3

≧a,b,c∈R，≨c+2ab=c+ab+ab≥3cabab3

≨c+2ab≥3abc15.证明:(1)≧ab≤(

ab222

)

(2)欲证c-c2ab

只需证-c2ab

只需证a(a+b)<2ac

≧a>0,只要证a+b<2c(已知)16.证明:(反证法):假设

1y1x1y1x

与均不小于2,即≥2,≥2,≨1+x≥2y,1+y≥2xyxy

两式相加得:x+y≤2,与已知x+y>2矛盾, 故

1x1y

与中至少有一个小于yx

17.证明:目标不等式左边整理成关于a的二次式且令 f(a)=a2+(c+3b)a+c2+3b2+32222

判别式Δ=(c+3b)-4(c+3b+3bc)=-3(b+c)≤0

222

当Δ=0时,即b+c=0,a+(c+3b)a+c+3b+3bc≥02

18.证明:设x=kcosθ,y=ksinθ,1≤k≤2

sin2θ) 2

13212222

≧sin2θ∈[-1,1]≨k≤k(1+sin2θ)≤k,故≤x+xy+y≤222

n(n1)2

19.证明:≧n(n1)n=n,≨an>1+2+3+…+n=

1223n(n1)2(12n)nn(n1)n又an

222222

≨x+xy+y=k(cosθ+cosθsinθ+sinθ)=k(1+

n(n2)n22n1(n1)2

,故命题对n∈N222

20.证明:依题设及一元二次方程根与系数的关系(韦达定理)得:α+β=-a,αβ=:(1)(2)等价

于证明|α|<2,|β|<22|α+β|<4+αβ,且|αβ444

222222

441604()(4)244

2

(4)(4)0

44

2

4或24242444



2或24



22,2.

2

22



第三篇：三角形三边关系不等式的证明题

三角形边角不等式关系练习题

一、边的不等关系证明

1、如图1，在△ABC的边AB上截取AD=AC，连结CD， (1)说明2AD>CD的理由(填空);

解：∵AD+AC>CD( ) 又∵AD=AC( )

∴AD+AD>CD( )

A ∴2AD>CD (2)说明BD

D解：∵_______

又∵AD=AC( ) B图1 C ∴AB–AD

而AB–AD=BD A ∴BD

2、如图2，△ABC中，AB=BC，D是AB延长线上的点，说明AD>DC的理由。

B DC 图2

2、如图3，已知P是△ABC内任意一点，则有AB+AC>PB+PC.

图3

3. 如图所示，在△ABC中，D是BA上一点，则AB+2CD>AC+BC成立吗?•说明你的理由.

1 4.如图，已知△ABC中，AB=AC，D在AC的延长线上.求证：BD-BC

5.如图，△ABC中，D是AB上一点.求证：(1)AB+BC+CA>2CD;(2)AB+2CD>AC+BC.

6.在右图中，已知AD是△ABC的BC边上的高，AE是BC边上的中线，求证：AB+AE+证明：∵AD⊥BC( ) ∴AB>AD( ) 在△AEC中，

AE+EC>AC( ) 又∵AE为中线( ) ∴EC=

1BC>AD+AC 211BC( )即AE+BC>AC( ) 221BC>AD+AC 2 ∴AB+AE+7.已知如图：D、E为△ABC内两点,求证:AB+AC>BD+DE+CE.

2 参考答案

A2.解：延长BP交AC于E，在△PEC中，PE+EC>PC ∴BP+EP+EC>BP+PC 即BE+EC>BP+PC. 在△ABE中，AE+AB>BE∴AE+EC+AB>BE+EC，即AC+AB>BE+EC，∴AB+AC>PB+PC P

4.AD-AB=AC+CD-AB=CD，∵ BD-BC

5.(1)AC+AD>CD，BC+BD>CD，两式相加：AB+BC+CA>2CD. (2)AD+CD>AC，BD+CD>BC，两式相加：AB+2CD>AC+BC. 7.(法一)将DE两边延长分别交AB、AC 于M、N，

在△AMN中，AM+AN > MD+DE+NE;(1)

在△BDM中，MB+MD>BD; (2)

在△CEN中，CN+NE>CE; (3)

由(1)+(2)+(3)得：

AM+AN+MB+MD+CN+NE>MD+DE+NE+BD+CE ∴AB+AC>BD+DE+EC

F MDEGN

BCB 图11图12C

EC3

第四篇：江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

江西省萍乡市教研室(337000)曾建强

(发表于《中学数学研究》2006年第9期)

2006年江西高考理科数学压轴题，是一个数列不等式的证明问题，结论简洁，其证明过程给人多方面的启迪. 笔者通过对此问题的研究，给出两种新的证明方法，并将证明中得到的几点启示以飨读者.一、高考题新解答

题目是：已知数列an满足：a13,且an23nan1(1)求数列an的(n2,nN*).2an1n

1通项公式;(2)证明：对一切正整数n，不等式a1a2an2n!恒成立. 标准答案及阅卷评分细则均只给出一种解法：

n3nn1n1n1解(1)条件可变形为1(1，ann.). 于是1an3an1an3n31

(2)a1a2ann!， 111(1)(1)(1)33

3为证a1a2an2n!，

1.„„„„„„„„„„(*) 只要证nN*时，(11)(11

2)(11)3233n

111111即证(1)(12)(1n)1(2n).„„„„„„„„„(**)333333

用数学归纳化证明(**)(略).1111111111又(1)(12)(1n)1(2n)n.2223333333

原不等式成立.对于第(2)问中的数列不等式的证明，笔者以下提供两种新的证明方法.方法一. 分析：f(n)(11)(11)(11)是减函数，由所证知1是f(n)的一个下界，2n333

2因此猜想(11)(11)(11)1必与1相关. 这样我们经探索得到一个更简单的加强不2nn33323

等式(1)(11

3111.)(1)23331

11111证明用数学归纳法证明加强不等式(1)(12)(1n)n1(nN*). ① 32333

n1 时，①显然成立.

11111假设nk(k1)时，不等式(1)(12)(1k)k1成立， 32333

那么，当nk1时，

11111111111(1)(12)(1k)(1k1)(k1)(1k1)k1(k1).32323233333

111111111

又k1(k1)(k2)k1(k1)0(k1).232323633111111(1)(12)(1k)(1k1)k2.

323333

即nk1时，不等式①成立.故对一切nN*，①成立.从而原不等式成立.

1111

方法二.分析：不等式(1)(12)(1n)的左边是一个积式，故可设想构造一

3233

关系式累乘相约，化n项积为有限几项来证明.

1111

证明原不等式即证1121n>.

3332

11611211

n1时，1. n2时，112>.

33233272

n1131n

311

n≥3时，

1

111

11n113n3n3>0，1n.1131n1n33

1112813233343n1 112131n>

11113933331314151n3333

1



288

399

12812883n

>>.n

12432399311n3

原不等式成立.

本文给出的方法一和方法二，无论是思维价值还是其优美的形式都不逊色于标准答案. 这一不等式在分析、证明过程中体现的思维策略和证明方法，对证明某些数列不等式都有相当大的启示性.

二、证明中的启示

启示1——利用等价命题转化证明的结论

有些欲证不等式，如果原命题不容易直接利用重要不等式结论或进行简单放缩证得，如正负项交替和形式的不等式、用同一量替换放缩时不等式方向不确定等情况，改变其思维策略，转化结论形式，寻找等价命题，有时可以更好地实施证明.

例1数列an中，a12，且log2an1log2an1(nN*,n2). 对任意不小于3的自然数n，证明：an1n.

an1

n1

分析：易求数列的通项公式为an2n，原不等式即为21n. 一方面，2n用同一

21n1

量进行放缩，不等式的放缩方向不能确定;另一方面，2与n的整式关系也不清楚，如用

数学归纳法证明也将在证nk1的命题时因不等式无法传递而证明受阻. 但是，这一不等式为2的“齐次”形式，易于化为更简形式，因此，我们可尝试寻找等价命题予以解决.

证明log可化为an2an1，∴an2n.2an1log2an1(nN,n2)

原不等式an1n即21n等价于2n2n1.

an1

n1

2n1n1

当n3时，由二项式定理, 得

1n1n1n1

2n1.2n(11)n1CnCnCn1CnCn

所以，原不等式成立.

例2设nN*且n2，求证1

111112n

.2342n12n3n1

分析：不等式左边是一个正负项交替的和，不便于直接用重要不等式结论和直接放缩，

可选用数学归纳法证明，也可通过等价变换“化负为正” 然后证明.

证明1

11111



2342n12n

(111111)2(111) 2342n12n242n(1

11111111)(1) 2342n12n23n

111.n1n2nn

所以原不等式等价于1112n.

n1n2nn3n1由柯西不等式，有

[(n1)(n2)(nn)](

111

)n2， n1n2nn

即[n2从而，

n(n1)111

]()n2， 2n1n2nn

1112n.n1n2nn3n1

综上，原不等式成立.

启示2——构造并证明加强不等式

许多不等式的结论，为了简洁美观，在不影响正确性的前提下将某些形式作了适当的处理，使我们往往难于证明结论. 不等式一边为常数的形式，通常不能直接用数学归纳法证明，应多考虑用放缩法或构造加强不等式的办法进行证明. 一般地，数列不等式如果用数学归纳法证nk1的命题时，因为不等式方向相反无法实现传递而受阻，这时应虑考采用构造加强不等式的策略进行探索. 构造加强不等式关键在于观察原不等式的结构和特点，抓住主体，扬弃次要进行构造;或者先对前几项的特点进行分析，揭示这几项的共性并与所证结论进行比较寻找为了简洁美观被适当处理了的部分，然后进行构造. 对不等式的加强，一般有整体加强和局部加强两类.

例 3数列an中，a1

，且anan12(1an)(1an1)(n2,nN*). (1)求数列2

(2)证明：a1a2anan的通项公式;

分析：原不等式可化为



1(nN*)

135(2n1)1当nk1，直接用数学归纳法证明时，246(2n)n

2135(2k1)(2k1)12k114k4k1证明受阻. 受阻的原因

2246(2k)(2k2)2k2k(k1)4k4k

在于原不等式右边的值较大. 因此，设想寻找一个右边比

111

，13

2431124

6410

699

要能证明这一整体加强不等式，问题就得到了解决.





更小的加强值. 由n

1135(2n1)1，只，猜想

246(2n)n1231

解(1)∵(an1)(1an1)2(1an)(1an1)(n2)， ∴1

1an

111

2(n1)2n，即an2n1.2，∴

2n1an1a11an1

(2)a1a2an1，即135(2n1)1.

246(2n)nn

135(2n1)1

先证加强不等式.

246(2n)3n1用数学归纳法证明上加强不等式.

当n1时，显然成立.

1成立，则当nk1时，假设nk(k1)时，135(2k1)

246(2k)3k1

2k112k1135(2k1)(2k1) 

32246(2k)(2k2)3k12k2k28k20k4



2k1k328k219k4



2k11

. 

k42k1k41

即nk1时不等式成立.

1所以，nN*时，135(2n1)成立.

246(2n)n1

从而，原不等式成立.

例4设数列an满足：an1an2nan1，n1,2,3,. (1)当a12时，求a2,a3,a4并由此猜测an的一个通项公式;(2)当a13时，证明对所有的n1，有(i)ann2;(ii)

11111

. (2002年全国高考题) 1a11a21a31an2

分析：对于(ii)，用数学归纳法证明时，由于假设的不等式右边是一个常数，而当nk1时命题左边增加了一个正值项，故证明受阻. 但注意到：

111

()11，且a1142

11111111()2()3()k1()k1，故只要证明()k1，再累加便可证明原不2222221ak2

等式.

证明(I)和(2)(i)解证略，这里只证明(2)(ii).

先用数学归纳法证明加强不等式1当n1时，显然成立.假设nk(k1)时，

1ak11



()k1成立，则当nk1时， ak12

()n1.an12

11111

()k1()(k1)1.

ak(akk)22ak2222

11成立. ()n1

an12

即nk1时不等式成立.所以，nN*时，因此，

1111111

()2()3()n1 1a11a21a31an222

[1()n]

111()n1. 122212

从而有

11111

.1a11a21a31an2

启示3——建立消项关系进行化简求证

数列不等式经常是与n项和或n项积相联系，利用通项的变形或通过放缩后，转化成可

求和消项或中项相消或累乘消项关系，将n项和(或积)化为有限几项的形式，这样解题思路就豁然开朗.

例5数列an中，an1，它的前n项和为Sn. 证明：Sn1.

2n2n1分析：形如

nij

nn1求和时可中间项相消. 而对2也可视为是两个因式2和2的积，由此联想，能否

类的通项因分母为两个因式的积，一般可化为相邻两项之差，在

n(n1)

将an

1放缩变形后化为相邻两项之差?通过尝试我们回答了这一问题

n2n1

证明∵an1

n1

n211

， 

n(n1)2n1n2n(n1)2n1

111111

∴Sn()()[] 223nn1

12222232n2(n1)2



111.

2(n1)2n12

例6数列an中，a15，an1an4(nN*). (1)求不等式4an1an成立时的n的集合;(2)设Tnlog3(an1)log3(an11)log3(a11)，证明：nTnn1.

(2006年萍乡市二模试题)

分析：Tn的形式实质上是一串因式的乘积，通过对通项公式的变形，我们可发现

an113

an1，因此可用累乘消项的方法化Tn为只有几项的形式，这就为证明不等式带来an11

了极大的方便.

解(1)要使an1an，只需an4an，即只需an3an40，∴只需an4或

an1. 由于an0，故只需an4.

又a15，a2a143444，同理an4(nN*).

∴4an1an成立时的n为一切正自然数.

a1，(2)由an13an4(nN*)，得an113n

an11

∴(an1)(an11)(a21)(a11)3n1an11an21a11(a1)3n1a11.

an1an11a21

an1

由(1)知an4，

211

. 3n1a11243n1.an15an15

∴Tnlog3(an1)(an11)(a11)n1log324n12n1.

5另一方面，an4，∴an13，∴Tnlog33nn.所以， nTnn1.

举一反三，研究特点，寻找规律，是教学过程中提高水平提升能力的重要方法. 本文中所举的启示并非试题证明内涵的的全部，仅为笔者一得.

参考文献

周沛耕王博程《数学奥林匹克竞赛标准教材》北京教育出版社2004.8

2006年6月20日完稿

第五篇：分式和绝对值不等式的解法

(一)分式不等式： f(x)f(x)为整式且(x)的不等式称为分式不等式。 0或0(其中f(x)、(x)0)(x)(x)

(1)分式不等式的解法：

解关于x的不等式x10 3x

2方法一：等价转化为：方法二：等价转化为：

x10x10或(x1)(3x2)0 3x203x20

变式一：x103x2

(x1)(3x2)03x20等价转化为：

比较不等式x1x1(不等式的变形，强调等价转化，分母不为零) 0及0的解集。3x23x2

(2)归纳分式不等式与整式不等式的等价转化：

(1)f(x)f(x)0f(x)(x)0(3)0f(x)(x)0 (x)(x)

f(x)(x)0f(x)(x)0f(x)f(x)00(2)(4) (x)0(x)0(x)(x)

(3)小结分式不等式的解法步骤：

(1)移项通分，不等式右侧化为“0”，左侧为一分式

(2)转化为等价的整式不等式

(3)因式分解，解整式不等式(注意因式分解后，一次项前系数为正)

练一练：解关于x的不等式(1)

例

1、解关于x的不等式：

解：21x3 0(2)35xx5x22 x3x220 x

3x22(x3)0 x3

x8即，0 x3

x80(保证因式分解后，保证一次项前的系数都为正) x3

(x8)(x3)0等价变形为：x30

原不等式的解集为

例

2、解关于x不等式

方法一：x28,3 x822x2x32x3恒大于0，利用不等式的基本性质

方法二：移项、通分，利用两式同号、异号的充要条件，划归为一元一次或一元二次不等式。

例

3、解关于x的不等式：

解：移项a1 xa10 x

axxa通分0即，0 xx

等价转化为，x(xa)0

x0

当a>0时，原不等式的解集为(0,a]

当a<0时，原不等式的解集为[a,0)

当a=0时，原不等式的解集为

(二)绝对值不等式理解绝对值的几何意义：

其几何意义是数轴上的点a(a0)a0(a0)a(a0)， A(a)离开原点O的距离OAa。

(一)注意绝对值的定义，用公式法

即若a0，|x|a，则axa;若a0，|x|a，则xa或xa。

|2x3|3x1 例1. 解不等式

解：由题意知3x10，原不等式转化为

即：对于形如

①当a>0时，

②当a=0时，

③当a<0时，

拓展：形如(3x1)2x33x1 |f(x)|a，|f(x)|a(aR)型不等式，此类不等式的简洁解法是等价命题法，即： |f(x)|aaf(x)a;|f(x)|af(x)a或f(x)a。 |f(x)|a，无解;|f(x)|af(x)0。 |f(x)|a，无解;|f(x)|af(x)有意义。 a|f(x)|b(ba0)型不等式，此类不等式的简洁解法也是等价命题法，即：

a|f(x)|b(ba0)af(x)b或bf(x)a。

例1解以下不等式：

(1)|2x3|5;|2x1|0。 (2)

解：(1)由原不等式可得：2x35或2x35，即x>4或x1。

所以原不等式的解集是{x|x4或x1}

(2)因为左边为非负值，而右边为0，故不等式无解，即解集为。

(二)注意绝对值的非负性，用平方法

22|x|x等式的两边都是非负值才能用平方法，否则不能用平方法，在操作过程中用到。

例2. 解不等式|x1||2x3|

两边都含绝对值符号，所以都是非负，故可用平方法。

222222|x1||2x3|(x1)(2x3)(2x3)(x1)0 解：原不等式

即：对于形如|f(x)||g(x)|型不等式，此类不等式的简洁解法是利用平方法，即：

|f(x)||g(x)||f(x)|2|g(x)|2[|f(x)||g(x)|]|f(x)g(x)|0。

例2解不等式|x1||2x3|。

4x22|x1||2x3|3x10x803解：原不等式等价于：，即，解得。 2

2(三)注意分类讨论，用零点分段法

不等式的一侧是两个或两个以上的绝对值符号，常用零点法去绝对值并求解。

例3. 解不等式|x2||x1|

3解：利用绝对值的定义，分段讨论去绝对值符号，令x10和x20得分界点

于是，可分区间x

1、x2 (，2),[2，1]，[1,)讨论原不等式

x2,2x1,x1,或或(x2)[(x1)]3x2(x1)3x2(x1)

3解得x1或x

2x(，2)(1，) 和

综上不等式的解为即：对于形如xcxbaxcxba不等式，用零点分段法1.解不等式x1x3

4(1)利用绝对值不等式的几何意义

这个不等式的几何意义是：数轴上到1对应点的距离与到3对应点的距离之和不小于4的所有点的集合

(2)零点分段讨论：(即去掉绝对值)

注：x=1,与x=3将数轴分成三段，然后根据不等式的几何意义去掉绝对值，解不等式

(3)构造函数，求函数解集温馨提示：令f(x)xx3画出函数图像进行研究

总结:绝对值不等式的解法

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)xa(a0)axa;; ; ; xa(a0)xa或xaf(x)a(a0)af(x)af(x)a(a0)f(x)a或f(x)af(x)g(x)g(x)f(x)g(x); f(x)g(x)f(x)g(x)或f(x)g(x); ; axb(ba0)axb或bxa

f(x)

(8)

(9)2f(x)ag(x)f(x)[ag(x)]2a(a0)g(x)g(x)0g(x)0。 |f(x)||g(x)||f(x)|2|g(x)|2[|f(x)||g(x)|]|f(x)g(x)|0

(10)对于形如

求解。

xaxbm等含有多个绝对值符号的不等式，常用“零点分段”或绝对值的几何意义

[课后练习]

1、不等式

2、不等式x1(2x1)0x1(2x1)0的解集为。的解集为。

11|xm|<1成立的充分非必要条件是32，

6、已知不等式

则实数m的取值范围是。