高中数学第一讲不等式和绝对值不等式二第1课时绝对值三角不等式学案新人教a版 10页

第1课时　绝对值三角不等式学习目标　1.进一步理解绝对值的意义.2.理解并掌握绝对值三角不等式(定理1)及其几何解释，理解多个实数的绝对值不等式(定理2).3.会用定理1、定理2解决简单的绝对值不等式问题．知识点　绝对值三角不等式思考1　实数a的绝对值|a|的几何意义是什么？答案　|a|表示数轴上以a为坐标的点A到原点的距离．思考2　代数式|x＋2|＋|x－3|的几何意义是什么？答案　表示数轴上的点x到点－2,3的距离之和．梳理　(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．几何解释：用向量a，b分别替换a，b.①当a与b不共线时，有|a＋b|＜|a|＋|b|，其几何意义为两边之和大于第三边；②若a，b共线，当a与b同向时，|a＋b|＝|a|＋|b|，当a与b反向时，|a＋b|＜|a|＋|b|；由于定理1与三角形之间的这种联系，故称此不等式为绝对值三角不等式．③定理1的推广：如果a，b是实数，那么||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|.当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．几何解释：在数轴上，a，b，c所对应的点分别为A，B，C，当点B在点A，C之间时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|.当点B不在点A，C之间时：①点B在A或C上时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|；②点B不在A，C上时，|a－c|＜|a－b|＋|b－c|.应用：利用该定理可以确定绝对值函数的值域和最值．n类型一　含绝对值不等式的证明例1　设函数f(x)＝x2－2x，实数a满足|x－a|＜1.求证：|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.证明　∵f(x)＝x2－2x，且|x－a|＜1，∴|f(x)－f(a)|＝|x2－2x－a2＋2a|＝|(x＋a)(x－a)－2(x－a)|＝|(x－a)(x＋a－2)|＝|x－a|·|x＋a－2|＜|x＋a－2|＝|(x－a)＋(2a－2)|≤|x－a|＋|2a－2|＜1＋|2a|＋|2|＝2|a|＋3，∴|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.反思与感悟　两类含绝对值不等式的证明技巧一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明．另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．跟踪训练1　已知|A－a|＜，|B－b|＜，|C－c|＜，求证：|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.证明　∵|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|≤|(A－a)＋(B－b)|＋|C－c|≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|，又∵|A－a|＜，|B－b|＜，|C－c|＜，∴|A－a|＋|B－b|＋|C－c|＜＋＋＝s，∴|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.类型二　利用绝对值三角不等式求最值例2　(1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值；(2)如果关于x的不等式|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，求参数a的取值范围．解　(1)方法一　||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4，∴ymax＝4，ymin＝－4.方法二　把函数看作分段函数，ny＝|x－3|－|x＋1|＝∴－4≤y≤4，∴ymax＝4，ymin＝－4.(2)只要a不大于|x－3|＋|x－4|的最小值，则|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，而|x－3|＋|x－4|＝|x－3|＋|4－x|≥|x－3＋4－x|＝1，当且仅当(x－3)(4－x)≥0，即3≤x≤4时等号成立．∴当3≤x≤4时，|x－3|＋|x－4|取得最小值1.∴a的取值范围为(－∞，1]．反思与感悟　(1)利用绝对值不等式求函数最值时，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键．跟踪训练2　(1)已知x∈R，求f(x)＝|x＋1|－|x－2|的最值；(2)若|x－3|＋|x＋1|＞a的解集不是R，求a的取值范围．解　(1)∵|f(x)|＝||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴－3≤f(x)≤3，∴f(x)min＝－3，f(x)max＝3.(2)∵|x－3|＋|x＋1|≥|(x－3)－(x＋1)|＝4，∴|x－3|＋|x＋1|≥4.∴当a＜4时，|x－3|＋|x＋1|＞a的解集为R.又∵|x－3|＋|x＋1|＞a的解集不是R，∴a≥4.∴a的取值范围是[4，＋∞)．类型三　绝对值三角不等式的综合应用例3　设函数f(x)＝＋|x－a|(a＞0)，(1)证明：f(x)≥2；(2)若f(3)＜5，求a的取值范围．(1)证明　由a＞0，可得f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2，所以f(x)≥2.(2)解　f(3)＝＋|3－a|，当a＞3时，f(3)＝a＋，由f(3)＜5，得3＜a＜；n当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋，由f(3)＜5，得＜a≤3.综上可知，a的取值范围是.反思与感悟　含绝对值的综合问题，综合性强，所用到的知识多，在解题时，要注意应用绝对值不等式的性质、推论及已知条件，还要注意配方等等价变形，同时在应用绝对值不等式放缩性质求最值时，还要注意等号成立的条件．跟踪训练3　设f(x)＝ax2＋bx＋c，当|x|≤1时，恒有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤7.证明　因为当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，所以|f(0)|＝|c|≤1，|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，又f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，所以|f(2)|＝|4a＋2b＋c|＝|3(a＋b＋c)＋(a－b＋c)－3c|＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)|≤3|f(1)|＋|f(－1)|＋3|f(0)|≤3＋1＋3＝7，所以|f(2)|≤7.1．已知|x－m|＜，|y－n|＜，则|4x＋2y－4m－2n|小于(　　)A．ξB．2ξC．3ξD.答案　C解析　|4x＋2y－4m－2n|＝|4(x－m)＋2(y－n)|≤4|x－m|＋2|y－n|＜4×＋2×＝3ξ.2．已知a为实数，则“|a|≥1”是“关于x的绝对值不等式|x|＋|x－1|≤a有解”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案　B解析　由|a|≥1得a≤－1或a≥1.因为关于x的不等式|x|＋|x－1|≤a有解，而|x|＋|xn－1|≥|x＋1－x|＝1，所以a≥1.故“|a|≥1”是“关于x的绝对值不等式|x|＋|x－1|≤a有解”的必要不充分条件．3．已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是(　　)A．m＞nB．m＜nC．m＝nD．m≤n答案　D解析　m＝≤＝1.又n＝≥＝1，∴m≤n.4．已知关于x的不等式|x－1|＋|x＋a|≤8的解集不是空集，则a的最小值是________．答案　－9解析　∵|x－1|＋|x＋a|≥|x－1－(x＋a)|＝|a＋1|，且关于x的不等式|x－1|＋|x＋a|≤8的解集不是空集，∴|a＋1|≤8，解得－9≤a≤7，即a的最小值是－9.5．下列四个不等式：①|logx10＋lgx|≥2；②|a－b|＜|a|＋|b|；③≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1.其中恒成立的是________．(把你认为正确的序号都填上)答案　①③④解析　|logx10＋lgx|＝＝＋|lgx|≥2，①正确；当ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；∵ab≠0，与同号，∴＝≥2，③正确；由|x－1|＋|x－2|的几何意义知，|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④正确．1．求含绝对值的代数式的最值问题综合性较强，直接求|a|＋|b|的最大值比较困难，可采用求|a＋b|，|a－b|的最值，及ab≥0时，|a|＋|b|＝|a＋b|，当ab＜0时，|a|＋|b|＝|a－b|的定理，达到目的．2．求y＝|x＋m|＋|x＋n|和y＝|x＋m|－|x＋n|的最值，其主要方法有(1)借助绝对值的定义，即零点分段．n(2)利用绝对值的几何意义．(3)利用绝对值不等式的性质定理．一、选择题1．已知h＞0，a，b∈R，命题甲：|a－b|＜2h；命题乙：|a－1|＜h且|b－1|＜h，则甲是乙的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案　B解析　“乙⇒甲”∵|a－1|＜h，|b－1|＜h，∴|a－1|＋|b－1|＜2h，又|a－1|＋|b－1|≥|(a－1)－(b－1)|＝|a－b|，∴|a－b|＜2h.“甲⇏乙”当a＝b＝5，h＝1时，甲⇏乙．综上，甲是乙的必要不充分条件．2．设|a|＜1，|b|＜1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是(　　)A．|a＋b|＋|a－b|＞2B．|a＋b|＋|a－b|＜2C．|a＋b|＋|a－b|＝2D．不能比较大小答案　B解析　当(a＋b)与(a－b)同号或(a＋b)(a－b)＝0时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|＜2.当(a＋b)与(a－b)异号时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|＜2.3．对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为(　　)A．1B．2C．3D．4答案　C解析　|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥|(x－1)－x|＋|(y－1)－(y＋1)|＝3.4．设变量x，y满足|x－1|＋|y－a|≤1，若2x＋y的最大值是5，则实数a的值是(　　)A．2B．1C．0D．－1n答案　B解析　由|x－1|＋|y－a|≤1，得|x－1|≤1，∴0≤x≤2，且|x＋y－1－a|≤1，∴a≤x＋y≤2＋a，∴a≤2x＋y≤4＋a，又2x＋y的最大值为5，∴4＋a＝5，∴a＝1.5．已知不等式|x－m|＜1成立的一个充分不必要条件是＜x＜，则实数m的取值范围为(　　)A.B.C.D.答案　B6．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为(　　)A．5B．4C．8D．7答案　A解析　由题意，得|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.二、填空题7．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．答案　[－2,4]解析　|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.8．已知函数f(x)＝|x－3|－|x－a|.若存在实数x，使得不等式f(x)≥a成立，则实数a的取值范围为________．答案　解析　由不等式性质可知，f(x)＝|x－3|－|x－a|≤|(x－3)－(x－a)|＝|a－3|，所以若存在实数x，使得不等式f(x)≥a成立，则|a－3|≥a，解得a≤，所以实数a的取值范围是.9．以下三个命题：n①若|a－b|≤1，则|a|≤|b|＋1；②若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；③|x|＜2，|y|＞3，则＜.其中正确命题的序号为________．答案　①②③解析　因为|a|－|b|≤|a－b|≤1，所以|a|≤|b|＋1，故①正确；因为|a＋b|－2|a|＝|a＋b|－|2a|≤|(a＋b)－2a|＝|a－b|.故②正确；③显然正确．10．若不等式|2a－1|≤对一切非零实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．答案　解析　＝|x|＋≥2，所以由已知得|2a－1|≤2，即－2≤2a－1≤2，解得－≤a≤.11．已知函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4，若函数f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R，则m的取值范围是________．答案　(－∞，－3]解析　f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6，因为x∈R，由绝对值三角不等式，得f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6＝|3－x|＋|x＋1|－6≥|(3－x)＋(x＋1)|－6＝4－6＝－2，于是有m＋1≤－2，得m≤－3，即m的取值范围是(－∞，－3]．三、解答题12．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M，证明：＜.证明　记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝由－2＜－2x－1＜0，解得－＜x＜，n则M＝.因为a，b∈M，所以|a|＜，|b|＜，所以≤|a|＋|b|＜×＋×＝.13．设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)．(1)若|a|≤1，证明：|f(x)|≤；(2)求使函数f(x)有最大值的实数a的值．(1)证明　∵|x|≤1，|a|≤1，∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a||x2－1|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|＝－2＋≤.∴|f(x)|≤.(2)解　当a＝0时，f(x)＝x；当－1≤x≤1时，f(x)的最大值为f(1)＝1不可能满足题设条件，∴a≠0.又f(1)＝a＋1－a＝1，f(－1)＝a－1－a＝－1，故f(±1)均不是最大值．∴f(x)的最大值为，应在其对称轴上，即顶点位置取得，∴a＜0，∴得即∴a＝－2.四、探究与拓展14．设x，y∈R，求证：|2x－x|＋|2y－y|＋|x＋y|≥.证明　由绝对值三角不等式，得|2x－x|＋|2y－y|≥|2x＋2y－(x＋y)|≥|2x＋2y|－|x＋y|，∴|2x－x|＋|2y－y|＋|x＋y|≥|2x＋2y|.而|2x＋2y|＝2x＋2y≥2＝2＝2·＝＋1，∴|2x－x|＋|2y－y|＋|xn＋y|≥.15．已知a，b∈R且a≠0，求证：≥－.证明　(1)若|a|＞|b|，左边＝＝≥＝.∵≤，≤，∴＋≤.∴左边≥＝右边．(2)若|a|＜|b|，左边＞0，右边＜0，∴原不等式显然成立．(3)若|a|＝|b|，原不等式显然成立．综上可知，原不等式成立．