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) (2)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 < 2b

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) ?3/2(3) ?x>3
∴ 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>2x2─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─3x─3?1
解：∵x2─3x─3?1
∴─1?x2─3x─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=x2从而避免了一场大规模的讨论
例10 求使不等式x─4+x─3解：设f(x)= x─4+x─3,
要使f(x)由三角不等式得：
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,
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)/2f(1)+(x2─x)/2f(─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－3A a>7 B a>1 C a<1 D a≥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－1答案: C 提示: A={x －12或x<0},∴A∩B={x－14．不等式1≤ ≤2的解集是
答案: 1≤x≤ 或 ≤x≤3
5．如果y=log x在(0,+∞)内是减函数，则a的取值范围是（ ）
A a>1 B a< C 1 或a<－
答案: C 提示: 06．解不等式log x＋log (3－x)≥1
答案：{x 0提示： 分0

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