高二数学绝对值不等式
高考要求
1理解不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│
2．掌握解绝对值不等式等不等式的基本思路，会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；
知识点归纳
1．解绝对值不等式的基本思想:解绝对值不等式的基本思想是去绝对值，常采用的方法是讨论符号和平方2．注意利用三角不等式证明含有绝对值的问题
||a|─|b||≤|a+b|≤|a|+|b|;||a|─|b||≤|a─b|≤|a|+|b|;并指出等号条件3．(1)⇔─g(x)
(2)|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)
a ±b ≤a ±b ≤a +b
左边在ab ≤0(≥0) 时取得等号，右边在ab ≥0(≤0) 时取得等号
题型讲解
例1 解不等式5x +>2-x
分析：不等式x >a ⇔x >a 或x
a ∈R 都成立，且a 为代数式也成立解：原不等式又化为
5x +1>2-x 或5x +1
13
解之得x >或x
64
∴原不等式的解集为{x x >1或x
6
4
点评：可利用f (x ) >g (x ) ⇔f (x ) >g (x ) 或f (x )
1+a +b
1+a
1+证法一:(1)当a +b =0时, 显然成立;
(2)当a +b ≠0时,
a +b
=
1+a +b
1+1a +b
≤
1a +b
a +b a b a b
=+≤+
+11+a +b 1+a +b 1+a +b 1+a 1+b =
∴原不等式成立.
a a +m
证法二:利用分式不等式性质:若00, 则≤
b b +m
(1)当a +b =0时, 显然成立;
(2)当a +b ≠0时, a +b ≤a +b ∴
（2）得a +b
1+a +b
≤
a 1+a
+
b 1+a +b 1+a +b
≤
a +b 1+a +b
≤
a 1+a
+
b 1+b
综上（1），
例3 若f (x ) =+x 2, 且a , b 为互异实数, 求证:f (a ) -f (b )
分析1:欲证f (a ) -f (b )
f (a ) -f (b ) a -b
.
证法一:
f (a ) -f (b )
=
a -b
=
=
=
a +b a +b
∴
f (a
) -f (b )
分析2:直接把f (a ) =f (b )
f (a ) -f (b ) , 进行分子有理化，也易得证
.
证法二:f (a ) -f (b ) =
=
a 2-b 2a +b
≤
所以，原命题得证
(a +b )(a -b )
a +b
=a -b
证法三:欲证f (a ) -f (b )
只要证1+a 2+
1+b 2-a 2-2ab +b 2
>1+ab
当1+ab
当1+ab ≥0时, 只要证1+a 2+b 2+a 2b 2>1+2ab +a 2b 2 即a 2+b 2>2ab , 而此式成立
, ∴原不等式成立
.
证法四:欲证f (a ) -f (b )
只要证1+a 2+1+b 2-a 2-2ab +b 2
1+ab
=≥=
a ≠b >1+ab , ∴原不等式成立
例4 设f (x ) =x 2+bx +c (b , c 为常数), 方程f (x ) -x =0的两个实根为x 1, x 2,
1+ab
且满足x 1>0, x 2-x 1>1.
(1)求证:b 2>2(b +2c );
(2)设0
f (x ) ≤1, 求证:+b ≤2.
2
解:(1) 方程f (x ) -x =0的两根为x 1, x 2, 因而有(x 2-x 1)=b 2-2b +1-4c , 又x 2-x 1>1,
∴b 2-2b +1-4c >1, ∴b 2>2(b +2c ).
(2) x 1是方程f (x ) -x =0的根, ∴x 1=f (x 1),
∴f (t )-x 1=f (t )-f (x 1)=(t -x 1)(t +x 1+b ) =(t -x 1)(t +1-x 2), x 1+x 2=1-b , 01即x 1+1-x 2
∴t +1-x 20
(3) x ∈[-1,1]时恒有f (x ) ≤1,
∴f (0)=c ≤1, f (1) =+b +c ≤1,
从而+b =+b +c -c ≤+b +c +-c =+b +c +c ≤1+1≤2
2
f (x ) ≤例5 已知a ≤1, 函数f (x ) =ax +x +a (-1≤x ≤1), 5
4
证明：a ≤1, x ≤1
∴f (x ) =ax 2+x -a
=a (x 2-1) +x ≤a (x 2-1) +x =1-x 2+x =1-x +x ≤
例6 a 3+b 3
2
5
4
（a ，b ），n =（a ，b ）
证明：令m = ∴m ==m ⋅n =a 3+b 3 m ⋅n ≤m n ) ∴a 4+b 4）（⋅a 2+b 2）≥a 3+b 3
例7 a, b ∈ R 证明|a + b|－|a－b|
22
|(a +b ) -(a -b ) |≥|a +b |-|a -b | ∴|a +b |-|a -b |≤|2b |=2|b |
例8 解不等式||x+3|─|x─3||>3解法一：分区间去绝对值（零点分段法）： ∵∴(1)⎨
⎧x
⇒x
⎩|-(x +3) +(x -3) |>3
(2)⎨
⎧-3≤x ≤3
⇒3/2
|(x +3) +(x -3) |>3⎩
(3)⎨
⎧x >3
⇒x>3
⎩6>3
∴ 原不等式的解为x3/2解法二：用平方法脱去绝对值：
两边平方：(|x+3|─|x─3|)2>9,即2x 2+9>2|x2─9|;
两边再平方分解因式得：x 2>9/4⇒x3/2 例9 解不等式|x2─3|x|─3|≤1 解：∵|x2─3|x|─3|≤1∴─1≤x 2─3|x|─3≤1
⎧|x |≤42
⎧⎪|x |-3|x |-4≤0⎪∴⎨2⇒⎨3+ ⎪⎩|x |-3|x |-2|≥0⎪|x |≥
2⎩
∴ 原不等式的解是：
-3-3+≤x ≤4或─4≤x ≤
22
点评：本题由于运用了x ∈R 时，x 2=|x|2从而避免了一场大规模的讨论例10 求使不等式|x─4|+|x─3|
要使f(x)
f(x)=|x─4|+|x─3|≥|(x─4)─(x─3)|=1, 所以f(x)的最小值为1，
∴ a>1
点评：本题对条件进行转化，变为最值问题，从而简化了讨论例11已知二次函数f(x)满足|f(1)|≤1,|f(0)|≤1,|f(─1)|≤1, 求证：|x|≤1时，有|f(x)|≥5/4证明：设f(x)=ax2+bx+c,
⎧a +b +c =f (1) ⎪
由题意，得⎨c =f (0)
⎪a -b +c =f (-1) ⎩
∴ a=
11
[f(1)+f(─1)─2f(0)],b=[f(1)─f(1)]; c=f(0)22
代入f(x)的表达式变形得：
f(x)=f(1)(x2+x)/2+f(─1)(x2─x)/2+(1─x2)f(0)∵ |f(1)|≤1,|f(0)|≤1,f(─1)|≤1, ∴ 当|x|≤1时，
|f(x)|≤|(x2+x)/2||f(1)|+|(x2─x)/2||f(─1)|+(1─x2)|f(0)| ≤|x|(1+x)/2+|x|(1─x)/2+(1─x2) =─x2+|x|+1=─(|x|─1/2)2+5/4≤5/4例12 已知a,b,c 都是实数，且|a|─1证明：设f(x)=x(b+c)+bc─(─1), ∵ |a|
∴f(1)＝(b+c)+bc+1＝(1+b) (1+c)>0,
f(─1) ＝－(b+c)+bc+1＝(1－b) (1－c)>0, ∴ 当a ∈(─1,1)时，f(x)>0恒成立 ∴ f(a) ＝a (b+c)+bc─(─1)>0, ∴ab+bc+ca>─1例13 a ∈R , b ∈R , 证明:
a +b 1+a +b
≤
a +b 1+a +b
f x ）=证明：考查函数（
x
, 在取间（-1, +∞1上是增函数. 1+x
a +b 1+a +b
≤
a +b 1+a +b
0≤a +b ≤a +b ∴f (a +b ) ≤f (a +b ) ∴
小结：
1．理解绝对值不等式的定义，掌握绝对值不等式的定理和推论，会用绝对值不等式的定理和推论解决绝对值不等式的有关证明问题2．解绝对值不等式的基本途径是去掉绝对值符号，常用的方法是：（1）分类讨论；（2）平方；（3）利用绝对值不等式的性质，如
a ⋅b =a ⋅b ;
a a
=(b ≠0); a -b ≤a ±b ≤a +b 等b b
3．证明绝对值不等式的基本思想和基本方法分别是转化思想和比较法，分析法，换元法，综合法，放缩法，反证法等等
学生练习
1．不等式1
A ．(0, 2) B ．(-2, 0) (2, 4) C ．(-4, 0) D ．(-4, -2) (0, 2)
答案：D
2．不等式|x －4|＋|x －3|7 Ba >1 C
答案: 提示: 代数式|x －4|＋|x －3|表示数轴上的点到(4, 0)与(3, 0)两点的距离和，最小值为1，∴当a >1时，不等式有解
3．若A ={x | |x －1|
x -2
>0，则A ∩B =（ ） x
A x |－12或x
4．不等式1≤
1
≤2x -2
答案: 1≤x ≤
35
或≤x ≤3 22
5．如果y =log a 2-1x 在(0,+∞) 内是减函数，则a 的取值范围是（ ） A a |>1 Ba |2或a
答案: C 提示: 0
2
6．解不等式|log 1x |＋|log 1(3－x )|≥133
答案：{x | 0
39
或≤x
3
；当1
提示： 分0
课前后备注
9
≤x