2020高中数学 第1讲 不等式和绝对值不等式 2 绝对值不等式 1.绝对值三角不等式学案 4-5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE11-学必求其心得，业必贵于专精二绝对值不等式1．绝对值三角不等式学习目标：1.理解绝对值的几何意义，能利用绝对值的几何意义证明绝对值不等式的性质定理．（重点)2。会用绝对值不等式的性质定理证明简单的含绝对值的不等式，会求简单绝对值不等式的最值．(难点、易错易混点)教材整理1绝对值的几何意义阅读教材P11～P11“思考”以上部分，完成下列问题．1．实数a的绝对值｜a|表示数轴上坐标为a的点A到原点的距离．2．对于任意两个实数a，b,设它们在数轴上的对应点分别为A，B，那么｜a－b｜的几何意义是数轴上A，B两点之间的距离,即线段AB的长度．教材整理2绝对值三角不等式阅读教材P11～P14“定理2”以上部分，完成下列问题．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．2．在定理1中,实数a，b替换为向量a，b，当向量a，b不共线时，有向量形式的不等式|a＋b|〈｜a｜＋｜b｜，它的几何意义是三角形的两边之和大于第三边．对于｜a|－|b｜≤｜a＋b｜≤|a|＋|b｜，下列结论正确的是（）A．当a,b异号时，左边等号成立B．当a，b同号时，右边等号成立C．当a＋b＝0时，两边等号均成立D．当a＋b＞0时，右边等号成立；当a＋b＜0时，左边等号成立B［当a,b异号且｜a|＞｜b|时左边等号才成立，A不正确；显然B正确；当a＋b＝0时，右边等号不成立，C不正确；D显然不正确．]教材整理3三个实数的绝对值不等式阅读教材P14～P15“2.绝对值不等式的解法”以上部分，完成下列问题．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．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．不可能比较大小B[当（a＋b)（a－b)≥0时,｜a＋b|＋｜a－b|＝|（a＋b)＋（a－b)｜＝2｜a｜＜2;当（a＋b)（a－b）＜0时，｜a＋b｜＋|a－b|＝｜（a＋b)－(a－b）｜＝2|b|＜2.］运用绝对值不等式求最值与范围【例1】对任意x∈R，求使不等式｜x＋1｜＋｜x＋2|≥m恒成立的m的取值范围．［精彩点拨］令t＝｜x＋1｜＋|x＋2｜，只需m≤tmin.［自主解答］法一对x∈R，|x＋1｜＋|x＋2|≥|(x＋1)－（x＋2）｜＝1,当且仅当（x＋1)(x＋2)≤0时，即－2≤x≤－1时取等号．∴t＝｜x＋1｜＋|x＋2|的最小值为1,故m≤1.∴实数m的取值范围是（－∞，1]．法二t＝｜x＋1|＋｜x＋2｜＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－2x＋3，x<－2,,1，－2≤x≤－1,，2x＋3,x>－1。））∴t≥1,则t＝｜x＋1|＋｜x＋2|的最小值为1，故m≤1。因此实数m的取值范围是（－∞,1］．1．本题也可利用绝对值的几何意义求解．2．对于含有两个绝对值及以上的代数式，通常利用分段讨论的方法转化为分段函数，进而利用分段函数的性质求函数最值．1．已知函数f（x)＝|2x－a|＋a。(1）当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集;（2）设函数g(x)＝｜2x－1｜。当x∈R时，f（x）＋g（x)≥3,求a的取值范围．［解］(1)当a＝2时,f（x）＝|2x－2|＋2。解不等式|2x－2|＋2≤6,得－1≤x≤3。所以f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．（2)当x∈R时，f(x）＋g（x)＝|2x－a｜＋a＋｜1－2x｜≥|2x－a＋1－2x｜＋a＝｜1－a｜＋a，当x＝eq\f(1，2）时等号成立，所以当x∈R时，f（x)＋g（x）≥3等价于｜1－a|＋a≥3.①当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3,无解．当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2。所以a的取值范围是［2，＋∞)．含绝对值不等式的证明【例2】设m等于|a|，｜b｜和1中最大的一个，当|x|>m时,求证：eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f（a,x)＋\f(b，x2）)）〈2。[精彩点拨]不管|a|，|b|，1的大小，总有m≥|a|，m≥｜b|，m≥1,然后利用绝对值不等式的性质证明．[自主解答]依题意m≥|a｜，m≥|b｜，m≥1.又|x｜>m,∴|x|〉|a｜，|x｜>｜b｜,｜x｜〉1，从而|x|2>｜b|。因此eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f(a,x）＋\f（b，x2)））≤eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\f（a，x)））＋eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f（b，x2)）)＝eq\f（｜a｜,|x|)＋eq\f（|b|，|x2|)<eq\f（|x｜,｜x|)＋eq\f（｜x|2,|x2|)＝2，即eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(a，x)＋\f(b，x2）））〈2。1．将文字语言“m等于｜a|，|b|，1中最大的一个”转化为符号语言“m≥|a｜，m≥｜b|,m≥1”是证明本题的关键．2．运用绝对值不等式的性质证明不等式时,要注意放缩的方向和“尺度”，切忌放缩过度．2．若f(x）＝x2－x＋c（c为常数），且｜x－a|〈1,求证：｜f（x）－f(a）｜〈2（|a|＋1)．[证明]|f（x）－f(a)｜＝|（x2－x＋c)－（a2－a＋c）｜＝|x2－x－a2＋a|＝|(x－a)（x＋a－1)|＝|x－a|·｜x＋a－1｜<|x＋a－1|＝|（x－a)＋(2a－1）｜≤|x－a|＋｜2又｜x－a|<1，∴｜f(x)－f（a）|<｜x－a｜＋｜2a≤|x－a|＋|2a｜＋1〈1＋2｜a＝2（｜a|＋1)．绝对值不等式的理解与应用［探究问题]1．不等式｜a｜－|b|≤|a±b|≤｜a｜＋|b|中“＝”成立的条件是怎样的?［提示］不等式|a|－｜b｜≤｜a＋b|≤｜a|＋｜b|右侧“＝”成立的条件是ab≥0，左侧“＝"成立的条件是ab≤0且｜a|≥|b｜；不等式|a|－|b|≤|a－b|≤｜a|＋|b|右侧“＝”成立的条件是ab≤0，左侧“＝"成立的条件是ab≥0且|a|≥｜b｜.2．你能给出定理2的几何解释吗？[提示]在数轴上,a，b,c的对应的点分别为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,|a－c|<｜a－b|＋|b－c｜。【例3】已知a，b∈R，则有(1)eq\f(|a｜－｜b｜，|a－b｜)≤1成立的充要条件是________；(2)eq\f(|a｜＋｜b｜,｜a＋b|)≥1成立的充要条件是________．[精彩点拨]利用绝对值三角不等式定理分别求解．［自主解答］(1)因为|a|－|b｜≤｜a－b|恒成立，所以有｜a－b｜＞0⇔a≠b⇔eq\f（|｜a|－|b||，|a－b｜）≤1,因此eq\f（｜a|－｜b|,｜a－b｜）≤1成立的充要条件是a≠b。（2）因为｜a｜＋|b|≥｜a＋b|恒成立,所以有|a＋b｜＞0⇔a≠－b⇔eq\f(｜a｜＋｜b｜，|a＋b|）≥1.因此eq\f(|a｜＋｜b|,|a＋b|)≥1成立的充要条件是a≠－b。[答案]（1)a≠b（2）a≠－b1．本题求解的关键在于｜a｜－｜b｜≤｜a－b|与｜a|＋｜b｜≥｜a＋b｜的理解和应用．2．解决此类问题应从两个方向推出关系来进行求解．3．条件不变，试求:（1）eq\f(｜｜a|－|b｜｜,|a－b|)＜1成立的充要条件；(2）eq\f(｜a|＋｜b|，|a＋b|）＞1成立的充要条件．[解］(1）因为ab＜0⇔|｜a|－|b||＜|a－b|⇔eq\f（｜a|－｜b｜,|a－b|）＜1，所以eq\f(｜|a|－|b｜｜，｜a－b｜）＜1成立的充要条件是ab＜0。（2)因为eq\f(|a|＋｜b|,｜a＋b｜)＞1⇔｜a｜＋|b|＞|a＋b｜且a＋b≠0⇔ab＜0且a≠－b，所以eq\f（｜a|＋｜b|，|a＋b｜)＞1成立的充要条件是ab＜0且a≠－b.1．已知实数a，b满足ab＜0，则下列不等式成立的是（)A．|a＋b|＞|a－b｜ B．|a＋b｜＜|a－b｜C．｜a－b｜＜｜｜a|－|b｜| D．|a－b|＜|a|＋|b|B[∵ab＜0,∴|a－b｜＝|a|＋｜b|＞｜a＋b|＝｜|a｜－｜b｜｜，故应选B.]2．若a,b∈R，则使|a|＋|b｜>1成立的充分不必要条件可以是(）A．|a｜≥eq\f（1，2）且｜b|≥eq\f（1，2) B．|a＋b｜≥1C．｜a|≥1 D．b<－1D[当b〈－1时，｜b|>1，∴|a|＋｜b|>1,但｜a｜＋|b|>1D⇒/b〈－1（如a＝2，b＝0），∴“b〈－1”是“｜a｜＋｜b|〉1”的充分不必要条件．］3．已知四个命题：①a>b⇒|a｜>b；②a>b⇒a2〉b2；③｜a|〉b⇒a>b；④a>｜b｜⇒a>b.其中正确的命题是________．[解析]当a>b时,｜a｜≥a>b，①正确．显然②③不正确．又当a>|b|时，有a>｜b｜≥b,④正确．［答案］①④4．｜x＋1|＋|2－x｜的最小值是________．[解析］∵|x＋1｜＋｜2－x|≥｜（x＋1)＋(2－x)|＝3，当且仅当(x＋1）(2－x)≥0，即－1