數(shù)學(xué)學(xué)案：課堂導(dǎo)學(xué)絕對(duì)值不等式的解法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課堂導(dǎo)學(xué)三點(diǎn)剖析一、絕對(duì)值不等式的典型類型和方法(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為｛x|—1〈x<3或-7<x<-3}.法二：原不等式，-1<x<3或—7〈x<—3.∴原不等式的解集為｛x｜-1<x〈3或—7〈x<3｝。(2）法一:原不等式∴x〉或x<.∴原不等式的解集為｛x|x<或x〉｝。法二:將原不等式轉(zhuǎn)化為｜x—3｜+｜x+4|—8>0,構(gòu)造函數(shù)y=｜x-3|+|x+4｜-8,即y=作出函數(shù)的圖象如圖。從圖象可知當(dāng)x>或x<時(shí),y>0，故原不等式的解集為{x|x〉或x<｝.溫馨提示在本例中主要利用了絕對(duì)值的概念，｜x｜<a(或｜x｜〉a)的解集以及數(shù)形結(jié)合的方法,這些方法都是解絕對(duì)值不等式的典型方法.各個(gè)擊破類題演練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.故原不等式的解集為{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當(dāng)x〈—3時(shí),不等式化為x—4〉+1，解得x〉10，而x〈-3,故此時(shí)無解；②當(dāng)-3≤x<時(shí),不等式化為3x+2〉+1，解得x〉，這時(shí)不等式的解為<x〈;③當(dāng)x≥時(shí),不等式化為—x+4〉+1，即x〈2，這時(shí)不等式的解為≤x〈2.綜合上述，原不等式的解集為｛x｜〈x〈2｝。變式提升1(1)解不等式｜x2—5x+5|〈1。解析：不等式可化為—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為{x｜1〈x<2或3〈x<4｝。（2)求使不等式｜x—4|+｜x—3|〈a有解的a的取值范圍.解法一：將數(shù)軸分為（-∞,3），［3,4］,(4,+∞）三個(gè)區(qū)間。當(dāng)x〈3時(shí)，得（4—x）+（3-x）<a，x〉有解條件為〈3，即a>1;當(dāng)3≤x≤4,得(4—x)+(x-3)〈a,即a〉1；當(dāng)x〉4時(shí)，得（x—4）+（x-3）<a，則x〈有解條件為>4.∴a〉1。以上三種情況中任何一個(gè)均可滿足題目要求，故是它們的并集,即仍為a〉1.解法二：設(shè)數(shù)x、3、4在數(shù)軸上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為P、A、B,由絕對(duì)值的幾何意義，原不等式即求｜PA｜+|PB｜<a成立。因?yàn)閨AB|=1，故數(shù)軸上任一點(diǎn)到A、B距離之和大于（等于)1，即｜x—4｜+｜x—3｜≥1，故當(dāng)a>1時(shí)，|x-4｜+|x-3|〈a有解.另外,本題還可利用絕對(duì)值不等式性質(zhì)求函數(shù)的最值方法處理：∵|x-4|+｜x—3｜=|x-4｜+｜3—x｜≥｜x—4+3-x|=1,∴a的取值范圍是a〉1.二、絕對(duì)值不等式的典型類型和方法（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.∴原不等式的解集為{x｜x=—3或2≤x≤4}。溫馨提示對(duì)于|f(x)｜≤g(x）型的不等式,通常有兩種思路,一種是利用絕對(duì)值的意義，將其轉(zhuǎn)化為f(x)≥0,另一種則是轉(zhuǎn)化為來求.當(dāng)然也可直接轉(zhuǎn)化為-g(x）≤f（x)≤g（x）來解（為什么？請(qǐng)同學(xué)們思考).類題演練2解不等式|2x-1｜>3x。解析：①當(dāng)x〈0時(shí)，原不等式顯然成立；②當(dāng)x≥0時(shí)，兩端平方，得（2x-1)2〉9x2，即5x2+4x-1〈0,解之,得—1〈x<，∴0≤x<。由①②知原不等式的解集為｛x|x〈}.變式提升2（1)解不等式|x2-3x+2｜〉x2-3|x|+2.解析：在同一坐標(biāo)系內(nèi)分別畫出函數(shù)y=|x2—3x+2|和y=x2-3｜x｜+2=｜x|2-3｜x｜+2的圖象（如圖所示)。由圖可知,原不等式的解集為｛x｜x〈0或1<x<2}.(2）解不等式|x+1｜(x—1)≥0。解析:1°x+1=0，適合不等式;2°x+1≠0，則｜x+1|>0，故原不等式等價(jià)于x-1≥0，∴x≥1,顯然x+1≠0?！嘣坏仁降慕饧癁椋鹸｜x≥1或x=-1｝.三、絕對(duì)值不等式的證明【例3】設(shè)f（x）=ax2+bx+c，當(dāng)｜x｜≤1時(shí)，總有｜f(x）|≤1,求證:當(dāng)｜x｜≤2時(shí),|f（x)｜≤7。證明:由于f（x）是二次函數(shù),｜f（x)|在[—2，2］上的最大值只能是｜f(2）|，｜f(-2）｜或|f（)|,故只要證明|f(2)｜≤7，｜f(—2)｜≤7;當(dāng)｜|≤2時(shí),有｜f（)|≤7。由題意有|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,∴當(dāng)｜|≤2時(shí),|f（）｜=|｜=|c|=|c·|≤｜c(diǎn)｜+｜｜·1+2×=2〈7。因此當(dāng)|x｜≤2時(shí)，|f(x)｜≤7.類題演練3已知f（x)=x2+ax+b（x、a、b∈R,a、b是常數(shù)），求證:｜f(1)|、|f（2）|、|f（3）｜中至少有一個(gè)不小于.證明：假設(shè)｜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)=2,二者產(chǎn)生矛盾,故｜f(1)｜、｜f(2）｜、|f（3)｜中至少有一個(gè)不小于。變式提升3已知函數(shù)f(x）=ax+b,滿足|x｜≤1,a2+b2=1,求證：｜f（x）｜≤。證法一：|f(x）｜≤≤f(x)≤f（x）min≥且f（x）max≤.若a>0，則f(x）max=f（1)=a+b≤,f(x）min=f（-1）=-a+b≥.若a=0，則f（x)=b且b2=1,∴|f(x）｜≤.若a〈0,則f（x）max=f(-1）=—a+b≤，f(x)min=f(1）