【步步高】届高三数学大一轮复习 不等式选讲学案 理 新人教A版

学案76 不等式选讲 (一)绝对值不等式

导学目标：1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：(1)|a＋b|≤|a|＋|b|，(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c

.

自主梳理

1．含________________的不等式叫做绝对值不等式．

2．解含有绝对值的不等式的方法关键是去掉绝对值符号，基本方法有如下几种： (1)分段讨论：

fx根据|f(x)|＝

－f

，fx≥0，

x，fx<0，

去掉绝对值符号．

(2)利用等价不等式：

|f(x)|≤g(x) －g(x)≤f(x)≤g(x)；

|f(x)|≥g(x) f(x)≤－g(x)或f(x)≥g(x)．

(3)两端同时平方：即运用移项法则，使不等式两边都变为非负数，再平方，从而去掉．．．绝对值符号．

3．形如|x－a|＋|x－b|≥c (a≠b)与|x－a|＋|x－b|≤c (a≠b)的绝对值不等式的解法主要有三种：

(1)运用绝对值的几何意义； (2)____________________；

(3)构造分段函数，结合函数图象求解． 4．(1)定理：如果a，b，c是实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当____________时，等号成立．

(2)重要绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 使用时(特别是求最值时)要注意等号成立的条件，即 |a＋b|＝|a|＋|b| ab≥0； |a－b|＝|a|＋|b| ab≤0；

|a|－|b|＝|a＋b| b(a＋b)≤0； |a|－|b|＝|a－b| b(a－b)≥0；

注：|a|－|b|＝|a＋b| |a|＝|a＋b|＋|b| |(a＋b)－b|＝|a＋b|＋|b| b(a＋b)≤0.

同理可得|a|－|b|＝|a－b| b(a－b)≥0. 自我检测

x－2 x－2( )

1．(2010·江西)不等式

x

x

A．(0,2) C．(2，＋∞) B．(－∞，0)

D．(－∞，0)∪(0，＋∞)

1

2．(2011·天津)已知集合A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝{x∈R|x＝4t＋－6，t

t

∈(0，＋∞)}，则集合A∩B＝________.

3．(2011·潍坊模拟)已知不等式|x＋2|＋|x－3|≤a的解集不是空集，则实数a的取值范围是( )

A．a<5 B．a≤5 C．a>5 D．a≥5

4．若不等式|x＋1|＋|x－2|<a无实数解，则a的取值范围是________．

5．(2009·福建)解不等式|2x－1|<|x|＋1.

探究点一 解绝对值不等式 例1 解下列不等式： (1)1<|x－2|≤3； (2)|2x＋5|>7＋x； (3)|x－1|＋|2x＋1|<2.

变式迁移1 (2011·江苏)解不等式x＋|2x－1|<3.

探究点二 绝对值不等式的恒成立问题

例2 (2011·商丘模拟)已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m. (1)若不等式有解； (2)若不等式解集为R； (3)若不等式解集为 .

分别求出实数m的取值范围．

变式迁移2 设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|，若f(x)>a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．

探究点三 绝对值三角不等式定理的应用

εε

例3 “|x－A|<|y－A”是“|x－y|<ε”(x，y，A，ε∈R)的( )

22

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 变式迁移3 (1)求函数y＝|x＋2|－|x－2|的最大值； (2)求函数y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值．

转化与化归思想的应用

2

例 (10分)设a∈R，函数f(x)＝ax＋x－a (－1≤x≤1)，

517

(1)若|a|≤1，求证：|f(x；(2)求a的值，使函数f(x)有最大值48555

多角度审题 第(1)问|f(x)|≤ －≤f(x)≤，因此证明方法有两种，一是利用放

444

555

缩法直接证出|f(x)|≤；二是证明－≤f(x)≤亦可．第(2)问实质上是已知f(x)的最大

444

17

值为，求a的值．由于x∈[－1,1]，f(x)是关于x的二次函数，那么就需判断对称轴对

8

应的x值在不在区间[－1,1]上．

【答题模板】

证明 (1)方法一 ∵－1≤x≤1，∴|x|≤1.又∵|a|≤1，

2222

∴|f(x)|＝|a(x－1)＋x|≤|a(x－1)|＋|x|≤|x－1|＋|x|＝1－|x|＋|x|

1 255 ＝－ |x|－ ＋.[3分] 2 44

5

∴若|a|≤1，则|f(x)|≤分]

422

方法二 设g(a)＝f(x)＝ax＋x－a＝(x－1)a＋x. ∵－1≤x≤1， ∴当x＝±1，

52

即x－1＝0时，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤[1分]

4

22

当－1<x<1即x－1<0时，g(a)＝(x－1)a＋x是单调递减函数．[2分]

1252

∵|a|≤1，∴－1≤a≤1，∴g(a)max＝g(－1)＝－x＋x＋1＝－ x－＋；[3分]

2 4

15

g(a)min＝g(1)＝x2＋x－1＝ x＋2－分]

2 45

∴|f(x)|＝|g(a)|≤分]

4

(2)当a＝0时，f(x)＝x，当－1≤x≤1时，f(x)的最大值为f(1)＝1，不满足题设条件， ∴a≠0.[6分]

又f(1)＝a＋1－a＝1，f(－1)＝a－1－a＝－1. 故f(1)和f(－1)均不是最大值，[7分]

17

∴f(x)的最大值

8

－1<－21a<1

∴命题等价于

－1 17f 2a 8

1

a< 2解得 1

a＝－2或a＝－ 8

a<0

，

，[9分]

17

∴a＝－2.即当a＝－2时，函数f(x)有最大值.[10分]

8

【突破思维障碍】 由于|a|≤1，f(x)的表达式中有两项含有a，要想利用条件|a|≤1，必须合并含a的项，

2

从而找到解题思路；另外，由于x的最高次数为2，而a的最高次数为1，把ax＋x－a看作关于a的函数更简单，这两种方法中，对a的合并都是很关键的一步．

【易错点剖析】

在第(1)问中的方法一中，如果不合并含a的项，就无法正确应用条件|a|≤1，从而导致出错或证不出；方 …… 此处隐藏：6175字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……