第4讲不等式不等式的解法[核心提炼]1．一元二次不等式的解法先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．2．简单分式不等式的解法(1)>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)；(2)≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.[典型例题](1)已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，若不等式f(x)＞0的解集是(－1，3)，则不等式f(－2x)＜0的解集是()A.∪B.C.∪D.(2)不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0的解集为R，则实数a的取值范围是________．【解析】(1)由f(x)＞0，得ax2＋(ab－1)x－b＞0，又其解集是(－1，3)，所以a＜0，且解得a＝－1或(舍去)，所以a＝－1，b＝－3，所以f(x)＝－x2＋2x＋3，所以f(－2x)＝－4x2－4x＋3，由－4x2－4x＋3＜0，得4x2＋4x－3＞0，解得x＞或x＜－，故选A.(2)当a＝2时，不等式化为－4<0，恒成立；当a≠2时，由条件知，解得－2
1的解集为()A.B．(－∞，1)C.∪(1，＋∞)D.1解析：选A.原不等式等价于－1>0，即>0，整理得<0，不等式等价于(2x－1)(x－1)<0，解得1(a>0，a≠1)的解集为(－a，2a)，且函数f(x)＝的定义域为R，则实数m的取值范围为________．解析：当a>1时，由题意可得x2－ax－2a2>0的解集为(－a，2a)，这显然是不可能的．当00，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c，或ax＋b≤－c，然后根据a，b的取值求解即可；②若c<0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.(2)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法①令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；②把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；③在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；④这些解集的并集就是原不等式的解集．2．绝对值不等式的性质(三角不等式)(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．(2)该定理可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它经常用于证明含绝对值的不等式[典型例题](1)(2019·绍兴市诸暨市高考二模)已知f(x)＝x2＋3x，若|x－a|≤1，则下列不等式一定成立的是()A．|f(x)－f(a)|≤3|a|＋3B．|f(x)－f(a)|≤2|a|＋4C．|f(x)－f(a)|≤|a|＋5D．|f(x)－f(a)|≤2(|a|＋1)2(2)(2019·新高考研究联盟第一次联考)已知函数f(x)＝|x2－a|＋|x－b|(a，b∈R)，当x∈[－2，2]时，记f(x)的最大值为M(a，b)，则M(a，b)的最小值为________．【解析】(1)因为|x－a|≤1，所以a－1≤x≤a＋1，因为f(x)是二次函数，所以f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调时，|f(x)－f(a)|取得最大值为|f(a＋1)－f(a)|或|f(a－1)－f(a)|，而|f(a＋1)－f(a)|＝|(a＋1)2＋3(a＋1)－a2－3a|＝|2a＋4|≤2|a|＋4，|f(a－1)－f(a)|＝|(a－1)2＋3(a－1)－a2－3a|＝|－2a－2|＝|2a＋2|≤2|a|＋2.所以|f(x)－f(a)|≤2|a|＋4，故选B.(2)法一：根据对称性，不妨设b≤0，x∈[0，2]，所以f(x)＝|x2－a|＋x－b，所以M(a，b)≥|x2－a|＋x－b≥|x2－a|＋x.2令g(x)＝|x2－a|＋x，x∈[0，2]①当a≤0时，g(x)＝x2＋x－a，g(x)max＝6－a≥6；②当0＜a＜4时，g(x)＝所以当0＜a＜时，g(x)max＝max{，6－a}＝6－a＞；当≤a＜4时，g(x)max＝max＝所以g(x)max≥.③当a...
