题目 第六章不等式绝对值不等式
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)|f(x)|g(x)(f(x)>g(x)或f(x)<─g(x)（无论g(x)是否为正）
（3）含绝对值的不等式性质（双向不等式）
左边在时取得等号，右边在时取得等号
题型讲解
例1 解不等式
分析：不等式（其中）可以推广为任意都成立，且为代数式也成立
解：原不等式又化为
∴原不等式的解集为
点评：可利用
去掉绝对值符号
例2 求证：不等式
综上（1），（2）得
例3
所以，原命题得证
例4
例5
证明：
例6
证明：令
例7 a, b ( R 证明|a + b|－|a－b| < 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）：
∵||x+3|─|x─3||>3
∴(1)(x<─3;
(2)(3/23
∴ 原不等式的解为x<─3/2或x>3/2
解法二：用平方法脱去绝对值：
两边平方：(|x+3|─|x─3|)2>9,即2x2+9>2|x2─9|;
两边再平方分解因式得：x2>9/4(x<─3/2或x>3/2
例9 解不等式|x2─3|x|─3|(1
解：∵|x2─3|x|─3|(1
∴─1(x2─3|x|─3(1
∴(
∴ 原不等式的解是：(x(4或─4(x(
点评：本题由于运用了x∈R时，x2=|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|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,
由题意，得
∴ a=[f(1)+f(─1)─2f(0)],b=[f(1)─f(1)]; c=f(0)
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,|b|<1,|c|<1,求证：ab+bc+ca>─1
证明：设f(x)=x(b+c)+bc─(─1),
∵ |a|<1,|b|<1,|c|<1,
∴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
证明：
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
等
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．不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
答案：D
2．不等式|x－4|＋|x－3|7 Ba>1 Ca<1 Da≥1
答案: B 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|<2}, B={x|>0，则A∩B=（ ）
A{x|－12} C{x|－12或x<0},∴A∩B={x|－11 B|a|< C1<|a|< Da>或a<－
答案: C 提示: 0
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