数学学案：课堂导学绝对值不等式的解法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课堂导学三点剖析一、绝对值不等式的典型类型和方法(一）【例1】解下列不等式：(1)1〈|x+2|〈5；(2)｜3-x｜+｜x+4｜>8。解析：(1）法一:原不等式故原不等式的解集为｛x|—1〈x<3或-7<x<-3}.法二：原不等式，-1<x<3或—7〈x<—3.∴原不等式的解集为｛x｜-1<x〈3或—7〈x<3｝。(2）法一:原不等式∴x〉或x<.∴原不等式的解集为｛x|x<或x〉｝。法二:将原不等式转化为｜x—3｜+｜x+4|—8>0,构造函数y=｜x-3|+|x+4｜-8,即y=作出函数的图象如图。从图象可知当x>或x<时,y>0，故原不等式的解集为{x|x〉或x<｝.温馨提示在本例中主要利用了绝对值的概念，｜x｜<a(或｜x｜〉a)的解集以及数形结合的方法,这些方法都是解绝对值不等式的典型方法.各个击破类题演练1解下列不等式：（1)｜|≤1；(2）|x+3｜-｜2x-1|>+1.解析:(1）原不等式—1≤x≤1或x≤-4或x≥4.故原不等式的解集为{x｜—1≤x≤1或x≤-4或x≥4｝.（2)由x+3=0,得x1=—3，由2x—1=0，得x2=.①当x〈—3时,不等式化为x—4〉+1，解得x〉10，而x〈-3,故此时无解；②当-3≤x<时,不等式化为3x+2〉+1，解得x〉，这时不等式的解为<x〈;③当x≥时,不等式化为—x+4〉+1，即x〈2，这时不等式的解为≤x〈2.综合上述，原不等式的解集为｛x｜〈x〈2｝。变式提升1(1)解不等式｜x2—5x+5|〈1。解析：不等式可化为—1<x2-5x+5〈1，即解之，得1<x〈2或3〈x<4.所以原不等式的解集为{x｜1〈x<2或3〈x<4｝。（2)求使不等式｜x—4|+｜x—3|〈a有解的a的取值范围.解法一：将数轴分为（-∞,3），［3,4］,(4,+∞）三个区间。当x〈3时，得（4—x）+（3-x）<a，x〉有解条件为〈3，即a>1;当3≤x≤4,得(4—x)+(x-3)〈a,即a〉1；当x〉4时，得（x—4）+（x-3）<a，则x〈有解条件为>4.∴a〉1。以上三种情况中任何一个均可满足题目要求，故是它们的并集,即仍为a〉1.解法二：设数x、3、4在数轴上对应的点分别为P、A、B,由绝对值的几何意义，原不等式即求｜PA｜+|PB｜<a成立。因为|AB|=1，故数轴上任一点到A、B距离之和大于（等于)1，即｜x—4｜+｜x—3｜≥1，故当a>1时，|x-4｜+|x-3|〈a有解.另外,本题还可利用绝对值不等式性质求函数的最值方法处理：∵|x-4|+｜x—3｜=|x-4｜+｜3—x｜≥｜x—4+3-x|=1,∴a的取值范围是a〉1.二、绝对值不等式的典型类型和方法（二）【例2】解不等式｜x2-9|≤x+3。解析：方法一：原不等式由①得x=-3或3≤x≤4，由②得2≤x〈3,∴原不等式解集是｛x|2≤x≤4或x=—3}。方法二:原不等式或2≤x≤4.∴原不等式的解集为{x｜x=—3或2≤x≤4}。温馨提示对于|f(x)｜≤g(x）型的不等式,通常有两种思路,一种是利用绝对值的意义，将其转化为f(x)≥0,另一种则是转化为来求.当然也可直接转化为-g(x）≤f（x)≤g（x）来解（为什么？请同学们思考).类题演练2解不等式|2x-1｜>3x。解析：①当x〈0时，原不等式显然成立；②当x≥0时，两端平方，得（2x-1)2〉9x2，即5x2+4x-1〈0,解之,得—1〈x<，∴0≤x<。由①②知原不等式的解集为｛x|x〈}.变式提升2（1)解不等式|x2-3x+2｜〉x2-3|x|+2.解析：在同一坐标系内分别画出函数y=|x2—3x+2|和y=x2-3｜x｜+2=｜x|2-3｜x｜+2的图象（如图所示)。由图可知,原不等式的解集为｛x｜x〈0或1<x<2}.(2）解不等式|x+1｜(x—1)≥0。解析:1°x+1=0，适合不等式;2°x+1≠0，则｜x+1|>0，故原不等式等价于x-1≥0，∴x≥1,显然x+1≠0。∴原不等式的解集为｛x｜x≥1或x=-1｝.三、绝对值不等式的证明【例3】设f（x）=ax2+bx+c，当｜x｜≤1时，总有｜f(x）|≤1,求证:当｜x｜≤2时,|f（x)｜≤7。证明:由于f（x）是二次函数,｜f（x)|在[—2，2］上的最大值只能是｜f(2）|，｜f(-2）｜或|f（)|,故只要证明|f(2)｜≤7，｜f(—2)｜≤7;当｜|≤2时,有｜f（)|≤7。由题意有|f(0)｜≤1,|f（—1)｜≤1，|f（1)｜≤1。由∴|f（2）|=|4a+2b+c｜=|3f(1）+f（-1)—3f|f（—2）｜=|4a—2b+c｜=｜f（1)+3f（-1)-3f(0）｜≤｜f(1)|+3|f(—1）|+3|f(0)|≤1+3+3=7。∵|b|=|f(1）-f（—1)|≤（|f（1）|+|f(—1)|)≤（1+1）=1,∴当｜|≤2时,|f（）｜=|｜=|c|=|c·|≤｜c｜+｜｜·1+2×=2〈7。因此当|x｜≤2时，|f(x)｜≤7.类题演练3已知f（x)=x2+ax+b（x、a、b∈R,a、b是常数），求证:｜f(1)|、|f（2）|、|f（3）｜中至少有一个不小于.证明：假设｜f（1）｜、｜f(2)｜、|f(3）|全都小于，即有｜f(1)|<,|f（2)｜〈,｜f(3)|<.于是|f(1)+f(3)-2f（2)｜≤｜f（1）｜+|f（3）|+2|f（2)｜〈++2×=2.又f（1）+f（3）—2f(2)=2,二者产生矛盾,故｜f(1)｜、｜f(2）｜、|f（3)｜中至少有一个不小于。变式提升3已知函数f(x）=ax+b,满足|x｜≤1,a2+b2=1,求证：｜f（x）｜≤。证法一：|f(x）｜≤≤f(x)≤f（x）min≥且f（x）max≤.若a>0，则f(x）max=f（1)=a+b≤,f(x）min=f（-1）=-a+b≥.若a=0，则f（x)=b且b2=1,∴|f(x）｜≤.若a〈0,则f（x）max=f(-1）=—a+b≤，f(x)min=f(1）