专题03不等式及含绝对值不等式的解法（2课时）-“三新”背景下《高中数学培优教程》

该高中数学导学案聚焦不等式及含绝对值不等式解法，引导学生掌握不等式基本性质、几何意义及典型解法，通过课前自测（高考题）激活旧知，以问题链（比较数式大小、分类型解绝对值不等式）搭建学习支架，衔接性质应用与新高考要求。 资料以核心素养为导向，通过探究性问题（如数式大小比较）培养数学思维（推理能力），分类讨论绝对值不等式类型渗透转化思想，结合高考题链接提升应用意识，知识拓展补充证明方法，助力学生构建知识体系，发展理性精神与应用能力。

专题03 不等式及含绝对值不等式解法 【培优目标】 1、 了解一元一次、一元二次、分式及绝对值不等式等的几何意义，掌握上述不等式的基本解法； 2、 初步掌握三类不等式及含绝对值不等式五种类型的典型解法； 3、 了解新高考关于此类不等式的要求并学会选择最优解法。 【核心考点】 掌握不等式基本性质以及上述三种不等式的几何意义；会解含参的三角绝对值不等式；学会建立不等式模型，尤其在几何方面的应用；对于不等式的性质，主要以应用的形式考查；基本不等式主要基于两方面考查，一是综合独立考查；二是作为工具在求最值、范围问题中应用. 【知识结构】 【知识拓展】 1.证明不等式典型方法：比较法（作差法、作商法）、综合法、分析法、反证法、放缩法. 2.分式的性质拓展： (1)糖水法则：若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0)； (2)倒数法则：若ab>0，则a>b⇔<. 3.三角不等式 （1） 对中式若是，当同号时，有；左边符号相反时，等号成立； （2） 对中式若是，当异号时，有；左边符号相同时，等号成立。 【课前自测】（10分钟） 1.（2025·北京·高考题）已知，则下列不等式正确的是（    ） A． B． C． D． 2.（2025年全国八省市适应性考试第8题）已知函数．若当时，，则的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 【探究过程】 问题1.如何比较数(式)的大小？ 【探究1】比较下列数（式）的大小 (1)eπ·πe与ee·ππ的大小关系为 . (2)若a＝，b＝，c＝，则(　　 ) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c （3）已知M＝，N＝，则M，N的大小关系为________. 【拓展探究1】不等式的证明 (1)若bc－ad≥0，bd＞0，求证：≤； (2)已知c＞a＞b＞0，求证：＞. 【针对训练】 （1）已知a>0，b>0，M＝，N＝＋，则M与N的大小关系为(　 　) A.M>N B.M<N C.M≤N D.M，N大小关系不确定 （2）已知a＋b＞0，M=＋, N=＋试比较M与N的大小是 . 【拓展探究2】不等式性质的综合应用 (1)已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________. (2)已知－3<a<－2，2<b<4，则的取值范围是________. 【思维迁移】 在题中，把条件改为“－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，求3x＋2y的取值范围. 【拓展训练】新高考链接 1.已知0＜β＜α＜，则α－β的取值范围是________. 2.已知实数a，b，c，满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，那么的取值范围是________. 问题2.形如型不等式 【基本方法】根据的符号，准确的去掉绝对值符号，再进一步求解.这也是其他类型的基本思维方式. 1. 当时，； 或. 1. 当时，，无解； 使的解集. 1. 当时，，无解; 使成立的的解集. 综上，对形如型不等式解集：一般的，就当a>0来解，其他两种情况补充说明一下即可（因为均是无解）。 【探究2】（多选）已知函数f(x)＝x2－ax－1，当x∈[0，3]时，|f(x)|≤5恒成立，则实数a值可以是( 　) A.－1 B.0 C.1 D.3 【拓广探究】形如型不等式（与问题1属于一种类型） 【思维方式】将原不等式转化为以下不等式进行求解： 或 易错解： 【基本训练】 （1）不等式的解集为（ ） A. B. C. D. （2）设函数f(x)＝mx2－mx－1，命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题，则实数m的范围为(　 　) A. B.(－∞，3] C. D.(3，＋∞) 问题3.形如，型不等式， 【基本方法】把看成一个大于零的常数进行求解，即： ， 或 【探究3】设函数，若，求的取值范围. 【拓广探究】解关于的不等式 问题4.形如型不等式 【基本方法】平方法：两边平方，移项化一边为零，使其转化为：“两式和”与“两式差”的积，即： 【探究4】求不等式的解集. 【思维提升】 （1） （2）； ； （3）特殊的，⇔无解；； （4）含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段法和图象法求解。 问题5.形如使恒成立型的不等式. 【基本方法】利用三角不等式：，结合恒成立原理可解得，即： ； ； 【探究5】解不等式 【引申探究】不等式对任意的实数恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A． B. C. D. 【变式训练】已知关于的不等式有实数解，则实数的取值范围是 . 【针对训练1】设函数 （1）若，解不等式 （2）如果求的范围 【针对训练2】若存在实数使得不等式成立，则实数的取值范围是 ． 【思维提升】 对含有多个绝对值的不等式，形如：；； 思维方式一、零点分段：根据绝对值的定义分段去掉绝对值号，最后把各种情况综合得出答案，其步骤是：找出零点，确定分段区间；分段求解，确定各段解集；综合各段取并集。 思维方式二、图象法：在方式一的基础上，根据各段所求解集，亦可结合图象进行求解。 思维方式三、三角不等式：根据恒成立条件，使问题转化为最值与字母的关系。 问题6.形如，； ，型不等式解法 【基本方法】可转化为以下不等式，即： 或 【探究6】若对任意，均有，求实数a的取值范围． 【课堂小结】 1. 本节总结了不等式及含绝对值不等式的五大类型及解法； 2. 绝对值不等式是教学难点也是高考热点，基本的思维方法是通过化归思想将其进行等价变换为以上五种类型，或分类讨论或使用三角不等式或数形结合思想。总之，本讲总体上概括了近几年高考中有关不等式的题目类型和思维方法。 《专题03 不等式及含绝对值不等式解法》巩固训练（限时90分钟） 1.若a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是(　　) A.n＞m＞p B.m＞p＞n C.m＞n＞p D.p＞m＞n 2.（多选题）已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　 　) A.若b<a<0，则bc2<ac2 B.若b>a>0>c，则< C.若c>b>a>0，则> D.若a>b>c>0，则> 3.（2025年高考北京卷第6题）已知，则（  ） A． B． C． D． 4.（2025年高考Ⅰ卷第8题）若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是　 　 A． B． C． D． 5.（2025年天津高考第3题）已知函数的图象如图，则的解析式可能为　　 A． B． C． D． 6.（2025年上海春季高考题）关于的方程的解集为 　 　． 7.若关于x的不等式的解集为，则实数m的取值范围是 8.下面给出了问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－2<x<1}，解关于x的不等式ax2－bx＋c>0.”的一种解法： 因为不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－2<x<1}，又不等式ax2－bx＋c>0可化为a(－x)2＋b(－x)＋c>0，所以－2<－x<1，即－1<x<2.所以不等式ax2－bx＋c>0的解集为{x|－1<x<2}. 参考上述解法，解答问题： 若关于x的不等式＋<0的解集为{x|－2<x<－1，或1<x<3}.求关于x的不等式＋<0的解集。 9.若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|. (1)求证：b＋c＞0； (2)求证：＜； (3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足＜所求式＜？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 不等式及含绝对值不等式解法 【培优目标】 1、 了解一元一次、一元二次、分式及绝对值不等式等的几何意义，掌握上述不等式的基本解法； 2、 初步掌握三类不等式及含绝对值不等式五种类型的典型解法； 3、 了解新高考关于此类不等式的要求并学会选择最优解法。 【核心考点】 掌握不等式基本性质以及上述三种不等式的几何意义；会解含参的三角绝对值不等式；学会建立不等式模型，尤其在几何方面的应用；对于不等式的性质，主要以应用的形式考查；基本不等式主要基于两方面考查，一是综合独立考查；二是作为工具在求最值、范围问题中应用. 【知识结构】 【知识拓展】 1.证明不等式典型方法：比较法（作差法、作商法）、综合法、分析法、反证法、放缩法. 2.分式的性质拓展： (1)糖水法则：若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0)； (2)倒数法则：若ab>0，则a>b⇔<. 3.三角不等式 （1） 对中式若是，当同号时，有；左边符号相反时，等号成立； （2） 对中式若是，当异号时，有；左边符号相同时，等号成立。 【课前自测】（10分钟） 1.（2025·北京·高考题）已知，则下列不等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答】C 【分析】由基本不等式结合特例即可判断. 【解】对于A,当时，，故A错误； 对于BD，取，此时， ，故BD错误； 对于C，由基本不等式可得，故C正确. 故选：C. 2.（2025年全国八省市适应性考试第8题）已知函数．若当时，，则的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 【解】解法一（绝对值意义）：根据题意，． 当时，恒成立，即在上的最小值大于0． 若，则，在上的最小值小于0，不符合题意，所以． （1）当时，，在，上是增函数， 结合，，可得在上是增函数， 此时恒成立，可知，即，解得． （2）当时，， 此时在上的值域为，恒成立，符合题意． （3）当时，，在，上是增函数， 根据，，，可得在上是增函数， 所以，即，整理得，解得． 综上所述，，验证-2,1适合，即实数的取值范围是，． 解法二（反解法）：：当时，，即为或， 即有，可得， 又，故上式恒成立，若不然取满足，排除，， 再取不满足，排除．故选：． 解法三（数形结合法）：因为， 所以当时， 作与的图象如下： 所以，解得， 故选. 解法四（筛选法）：由端点效应可得，，即，，解得， 此时，当时，，其对称轴在的左侧，满足题意.先排除C,D；当时，，在上是增函数且连续，，当，时，所以在有解，不符合题意，故排除A.故选： 解法五（排除法）：当时，，不符合题意，故排除C.D 当时，，不符合题意，故排除A.故选：． 【探究过程】 问题1.如何比较数(式)的大小？ 【探究1】比较下列数（式）的大小 (1)eπ·πe与ee·ππ的大小关系为 . 【答】　eπ·πe＜ee·ππ 【解】（作商法）　＝＝，又0＜＜1，0＜π－e＜1， 所以＜1，即＜1，即eπ·πe＜ee·ππ. (2)若a＝，b＝，c＝，则(　　 ) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c 【答】B 【解】法一（作商法）：　a，b，c都是正数，＝＝log8164<1，所以a>b； ＝＝log6251 024>1，所以b>c. 即c<b<a. 法二（构造法）：构造函数f(x)＝，则f′(x)＝， 由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e. ∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.∴f(3)>f(4)>f(5)，即a>b>c. （3）已知M＝，N＝，则M，N的大小关系为________. 【答】　M>N 【解】　 法一（作差法）　M－N＝－＝ ＝＝>0.∴M>N. 法二（构造法）　令f(x)＝＝＝＋， 显然f(x)是R上的减函数，∴f(2 023)>f(2 024)，即M>N. 【拓展探究1】不等式的证明 (1)若bc－ad≥0，bd＞0，求证：≤； (2)已知c＞a＞b＞0，求证：＞. 证明　(1)∵bc≥ad，＞0，∴≥，∴＋1≥＋1，∴≤. (2)∵c＞a＞b＞0，∴c－a＞0，c－b＞0.∵a＞b＞0，∴＜. 又∵c＞0，∴＜，∴＜， 又c－a＞0，c－b＞0，∴＞. 【针对训练】 （1）已知a>0，b>0，M＝，N＝＋，则M与N的大小关系为(　 　) A.M>N B.M<N C.M≤N D.M，N大小关系不确定 【答】　B 【解】　M2－N2＝(a＋b)－(a＋b＋2)＝－2<0，∴M<N. （2）已知a＋b＞0，M=＋, N=＋试比较M与N的大小是 . 【解】　＋ －＝＋＝(a－b)·＝. ∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴≥0.∴＋≥＋.即M>N 【拓展探究2】不等式性质的综合应用 (1)已知－1<x<4，2<y<3，则x－y的取值范围是________，3x＋2y的取值范围是________. 【答】　(－4，2)，　(1，18) 【解】因为－1<x<4，2<y<3，所以－3<－y<－2，所以－4<x－y<2. 由－3<3x<12，4<2y<6，得1<3x＋2y<18. (2)已知－3<a<－2，2<b<4，则的取值范围是________. 【答】 【解】　∵－3<a<－2，∴－<<－，故＜－＜. 又∵2＜b＜4，∴＜－＜2，则－2＜＜－. 【思维迁移】 在题中，把条件改为“－1＜x－y＜4，2＜x＋y＜3，求3x＋2y的取值范围. 【解】设3x＋2y＝λ(x－y)＋μ(x＋y)， 即3x＋2y＝(λ＋μ)x＋(μ－λ)y， 于是解得∴3x＋2y＝(x－y)＋(x＋y). ∵－1<x－y<4，2<x＋y<3，∴－<(x－y)<2，5<(x＋y)<， ∴<(x－y)＋(x＋y)<.故3x＋2y的取值范围是. 【拓展训练】新高考链接 1.已知0＜β＜α＜，则α－β的取值范围是________. 【答】　 【解】　∵0＜β＜，∴－＜－β＜0，又0＜α＜，∴－＜α－β＜， 又β＜α，∴α－β＞0，即0＜α－β＜. 2.已知实数a，b，c，满足a>b>c，且a＋b＋c＝0，那么的取值范围是________. 【答】 【解】由于a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以a>0，c<0， b＝－a－c，－a－c<a，2a>－c，>－2，－a－c>c，－a>2c，<－，所以－2<<－. 问题2.形如型不等式 【基本方法】根据的符号，准确的去掉绝对值符号，再进一步求解.这也是其他类型的基本思维方式. 1. 当时，； 或. 1. 当时，，无解； 使的解集. 1. 当时，，无解; 使成立的的解集. 综上，对形如型不等式解集：一般的，就当a>0来解，其他两种情况补充说明一下即可（因为均是无解）。 【探究2】（多选）已知函数f(x)＝x2－ax－1，当x∈[0，3]时，|f(x)|≤5恒成立，则实数a值可以是( 　 　) A.－1 B.0 C.1 D.3 【答】CD 【解】∵|f(x)|≤5⇔－5≤x2－ax－1≤5， ①当x＝0时，a∈R； ②当x≠0时，由－5≤x2－ax－1≤5，得x－≤a≤x＋， 当x∈(0，3]时，＝2＋＝4，＝3－2＝1， ∴1≤a≤4. 【拓广探究】形如型不等式（与问题1属于一种类型） 【思维方式】将原不等式转化为以下不等式进行求解： 或 易错解： 【基本训练】 （1）不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【解】因为 ，所以.即， 解得：，所以 ，故选A. （2）设函数f(x)＝mx2－mx－1，命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题，则实数m的范围为(　 　) A. B.(－∞，3] C. D.(3，＋∞) 【答】D 【解】法一：　因为命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题， 所以∀x∈[1，3]，f(x)>－m＋2为真命题， 又f(x)>－m＋2，即mx2－mx－1>－m＋2，即m(x2－x＋1)>3， 当x∈[1，3]时，x2－x＋1∈[1，7]，所以m>在x∈[1，3]上恒成立， 所以m>，x∈[1，3]， 当x＝1时，x2－x＋1有最小值1， 此时有最大值3，所以m>3，故实数m的取值范围是(3，＋∞). 法二：　因为命题“∃x∈[1，3]，f(x)≤－m＋2”是假命题， 所以∀x∈[1，3]，f(x)>－m＋2为真命题，即mx2－mx＋m－3>0在x∈[1，3]上恒成立. 当m＝0时，－3>0，不符合题意；设g(x)＝mx2－mx＋m－3， 因为g(x)图象的对称轴方程为x＝，所以只需或 即或解得m>3， 故实数m的取值范围是(3，＋∞). 问题3.形如，型不等式， 【基本方法】把看成一个大于零的常数进行求解，即： ， 或 【探究3】设函数，若，求的取值范围. 【解】 ，故的取值范围：. 【拓广探究】解关于的不等式 【解】 ①当时，原不等式等价于： ②当时，原不等式等价于： ③当时，原不等式等价于：或或 综上所述： ①当时，原不等式的解集为： ②当时，原不等式的解集为： ③当时，原不等式的解集为： 问题4.形如型不等式 【基本方法】平方法：两边平方，移项化一边为零，使其转化为：“两式和”与“两式差”的积，即： 【探究4】求不等式的解集. 【解】 所以原不等式的解集为 【思维提升】 （1） （2）； ； （3）特殊的，⇔无解；； （4）含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段法和图象法求解。 问题5.形如使恒成立型的不等式. 【基本方法】利用三角不等式：，结合恒成立原理可解得，即： ； ； 【探究5】解不等式 【基本方法】找出零点：➩确定分段区间： 【解】（1）当时，原不等式可化为：解得：因为 ，∴ 不存在； （2）当时，原不等式可化为：解得：，∴ （3）当时，原不等式可化为：，解得：又 ，∴ . 综上所述，原不等式的解集为： 【引申探究】不等式对任意的实数恒成立，则实数a的取值范围是（ ） A． B. C. D. 【解】解法一、设函数，所以 而不等式对任意的实数恒成立，只需， 故选择A 解法二、去绝对值，讨论（此略） 【变式训练】已知关于的不等式有实数解，则实数的取值范围是 . 【答案】 【解法一】因为关于的不等式有实数解， 所以，讨论如下： 当时，， 当时，， 当时，， 所以，即， 解得或，所以实数的取值范围是. 故答案为： 【解法二】三角不等式求出最值：（此略） 【针对训练1】设函数 （1）若，解不等式 （2）如果求的范围 【解】 1. 当 由得：即： 或 解得：，即： 或 故不等式的解集为： （2）由得： 即： 或 即： 或 因为恒成立，所以 成立，解得： 或 故的取值范围为： 【针对训练2】若存在实数使得不等式成立，则实数的取值范围是 ． 【答】 【解】因为，当且仅当时，等号成立， 由题意可得，解得，所以实数的取值范围是. 故答案为：. 【思维提升】 对含有多个绝对值的不等式，形如：；； 思维方式一、零点分段：根据绝对值的定义分段去掉绝对值号，最后把各种情况综合得出答案，其步骤是：找出零点，确定分段区间；分段求解，确定各段解集；综合各段取并集。 思维方式二、图象法：在方式一的基础上，根据各段所求解集，亦可结合图象进行求解。 思维方式三、三角不等式：根据恒成立条件，使问题转化为最值与字母的关系。 问题6.形如，； ，型不等式解法 【基本方法】可转化为以下不等式，即： 或 【探究6】若对任意，均有，求实数a的取值范围． 【解】在绝对值三角不等式中，当同号时有， 又因为，因此，命题等价于 在恒成立， 所以或在恒成立， 即有或在恒成立， 由，解得， 由，解得， 综上所述实数a的取值范围为. 【课堂小结】 1. 本节总结了不等式及含绝对值不等式的五大类型及解法； 2. 绝对值不等式是教学难点也是高考热点，基本的思维方法是通过化归思想将其进行等价变换为以上五种类型，或分类讨论或使用三角不等式或数形结合思想。总之，本讲总体上概括了近几年高考中有关不等式的题目类型和思维方法。 《专题03 不等式及含绝对值不等式解法》巩固训练（限时90分钟） 1.若a＞1，m＝loga(a2＋1)，n＝loga(a＋1)，p＝loga(2a)，则m，n，p的大小关系是(　　) A.n＞m＞p B.m＞p＞n C.m＞n＞p D.p＞m＞n 【答】　B 【解】　由a＞1知，a2＋1－2a＝(a－1)2＞0， 2a－(a＋1)＝a－1＞0，∴a2＋1＞2a＞a＋1， 而y＝logax在定义域上单调递增，∴m＞p＞n. 2.（多选题）已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是(　 　) A.若b<a<0，则bc2<ac2 B.若b>a>0>c，则< C.若c>b>a>0，则> D.若a>b>c>0，则> 【答】　BD 【解】对于A，ac2－bc2＝c2(a－b)，因为b<a<0，所以a－b>0， 又c2≥0，所以c2(a－b)≥0，则bc2≤ac2，故A错误； 对于B，－＝，因为b>a>0>c，所以c(b－a)<0，ab>0， 所以－＝<0，即<，故B正确； 对于C，－＝，因为c>b>a>0，所以c－a>0，c－b>0，a－b<0， 所以－＝<0，即<，故C错误； 对于D，－＝＝， 因为a>b>c>0，所以a－b>0，b＋c>0， 所以>0，即>，故D正确. 3.（2025年高考北京卷第6题）已知，则（  ） A． B． C． D． 【答】C 【解】解法一：（特值特位法）对于A，当时，，故A错误； 对于B、D，取， 此时， 故B、D错误； 对于C，由基本不等式可得，故C正确.故选C. 解法二：（特殊点法）过，过点，比对上面选项选A. 解法三：（特殊值验证法）因为，对于A选项，不妨取，则A选项不成立； 对于B选项，不等式等价于，即，显然不恒成立； 对于D选项，不等式等价于，即，显然不恒成立，故选C. 4.（2025年高考Ⅰ卷第8题）若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是　 　 A． B． C． D． 【解】 解法一：令，则，可得，， 所以．可能正确； 当时，，，所以，所以可能正确； 时，，此时，满足，所以可能正确．故选：． 解法二：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能；故选：B． 解法三： 设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，，故选：B． 解法四：通过对数运算将问题“线性化”再数形结合：因为，所以，考虑三个一次函数.注意到，在同一直角坐标系下作草图，如图所示，选B. 5.（2025年天津高考第3题）已知函数的图象如图，则的解析式可能为　　 A． B． C． D． 【解】解法一：由图象可得为偶函数，因为，选项的函数为奇函数，故排除，； 因为，选项的函数为偶函数，且对于，，不满足图象，故排除． 故选：． 解法二：由图象可知, 图象关于 y 轴对称，排除奇函数。 ； ； 。 6.（2025年上海春季高考题）关于的方程的解集为 　　． 【解】解法一：因为． 当时，令，得； 当时，恒成立；当时，令，得． 综上所述，方程的解集为，．故答案为：． 解法二：根据三角不等式，当且仅当时等号成立， 由题意得，且仅当时等号成立，即 故答案为：． 7.若关于x的不等式的解集为，则实数m的取值范围是 【答】 【解】不等式的解集为，即不等式的解集为， 所以恒成立； 而表示数轴上的x对应点到对应点的距离之和，它的最小值为， 故有，所以或，即或， 故答案为：. 8.下面给出了问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－2<x<1}，解关于x的不等式ax2－bx＋c>0.”的一种解法： 因为不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x|－2<x<1}，又不等式ax2－bx＋c>0可化为a(－x)2＋b(－x)＋c>0，所以－2<－x<1，即－1<x<2.所以不等式ax2－bx＋c>0的解集为{x|－1<x<2}. 参考上述解法，解答问题： 若关于x的不等式＋<0的解集为{x|－2<x<－1，或1<x<3}.求关于x的不等式＋<0的解集。 【解】因为x＝0不是不等式＋<0的解，所以不等式＋<0等价于 ＋<0，所以－2<－<－1或1<－<3，解得－1<x<－或<x<1. 9.若a＞b＞0，c＜d＜0，|b|＞|c|. (1)求证：b＋c＞0； (2)求证：＜； (3)在(2)的不等式中，能否找到一个代数式，满足＜所求式＜？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由. 【解】(1)证：因为|b|＞|c|，且b＞0，c＜0，所以b＞－c，所以b＋c＞0. (2)证：　因为c＜d＜0，所以－c＞－d＞0. 又a＞b＞0，得a－c＞b－d＞0，所以(a－c)2＞(b－d)2＞0， 所以0＜＜.① 因为a＞b，d＞c，可得a＋d＞b＋c，所以a＋d＞b＋c＞0.② 由①，②相乘得＜. (3)因为a＋d＞b＋c＞0，0＜＜， 所以＜＜或＜＜. 所以，均为所求代数式.(只要写出一个即可) 1 学科网（北京）股份有限公司 $