山东省冠县武训高级中学高二数学 6.doc

6.5含有绝对值的不等式

一、本讲进度
6.5含有绝对值的不等式
课本至
二、本讲主要内容
含有绝对值的不等式证明
三、学习指导
绝对值的性质
（1）基本性质：①x∈R时，|x|≥x，|x|≥-x；②|x|<a-a<x<ax2<a2；③|x|<ax>a，或x<-ax2>a2。
（2）运算性质：|ab|=|a||b|，，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|。
（3）几何意义：|x-a|表示数轴上数x，a对应的两点之间的距离。
2、与绝对值有关的不等式的证明，其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值的性质，特别是||a|-|b||≤|a|±|b|这一条性质。
在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择。
3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号；而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外。
四、典型例题
【例1】设|a|<ε,|a-b|<2ε，求证：|b|<3ε。
解题思路分析：
根据解题的“结论向条件靠拢”的原则，本题主要思考如何用a，a-b表示b，从而利用|a|及|a-b|的条件得到|b|的范围。
∵b=a-(a-b)
∴|b|=|a-(a-b)|≤|a|+|a-b|<ε+2ε=3ε
注：本题还涉及到了化简变形中的整体思想，即将a-b看作一个整体。
实际上根据|a-b|的结构特点，也可用绝对值的基本不等式对其缩小：||a|-|b||≤|a-b|，关键是不等式的左端是选择|a|-|b|，还是|b|-|a|，尽管两个不等式都成立，但由本题的消元要求，应消去a，保留b，故选|b|-|a|≤|a-b|。
∴|b|-|a|<2ε
又|a|<ε
∴两不等式同向相加得|b|<3ε
【例2】已知f(x)=x2-x+c，|x-a|<1，a，c∈R，求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)。
求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)
解题思路分析：
因f的对应法则已知，故首先对不等式左边化简：|f(x)-f(a)|=|x2-x+c-(a2-a+c)|=|x2-a2-x+a|。
接下来的变形向条件|x-a|<1靠拢，即凑出因式x-a：
|f(x)-f(a)|=|x2-a2-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a||x+a-1|<|x+a-1|
下一步化简有两种途径：从结论向条件凑，或从条件向结论凑。
途径一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|≤|x-a|+|2a|+1<1+2|a|+1=2(|a|+1)
途径二：|x+a-1|≤|x|+|a-1|≤|x|+|a|+1
又|x-a|≥|x|-|a|
∴|x|-|a|<1
∴|x|<|a|+1
∴|x+a-1|≤|x|+|a|+1<|a|+1+|a|+1=2(|a|+1)
注：途径二在利用基本不等式|x-a|≥||x|-|a||时，涉及到是选择|x-a|≥|x|-|a|，还是|x-a|≥|a|-|x|，应根据与|x|有关的不等号方向选择。本题是要将|a|放大，故选择|x-a|≥|x|-|a|。
【例3】求证≤。
解题思路分析：
思路一：三个分式的结构特点完全一致，可构造函数f(x)=，利用f(x)的单调性放缩。
令f(x)=(x≥0)
易证f(x)在[0，+∞）上递增
∵0≤|a+b|≤|a|+|b|
∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)
∴≤
根据结论要求，采用缩小分母增大分式的放缩技巧
∵，
∴
∴由不等式传递性，原不等式成立
思路二：用|a+b|≤|a|+|b|进行放缩。但不等式左边分式的分子、分母均含有|a+b|，必须转化为只有一项含|a+b|的分式。
∵|a+b|≤|a|+|b|
∴≥
≤
下同思路一。
【例4】已知a，b，x∈R，ab≥0，x≠0，求证≥。
解题思路分析：
本题考虑去绝对值符号后进行证明。
思路一：不等号两边均为非负，原不等式≥
即≥
∵≥
∴≥
思路二：当a=0，或b=0时，原不等式为≥0，|ax|≥0，显然成立
当a≠0且b≠0时，由a、b>0知，>0
∴≥
【例5】已知f(x)=x2+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于。
解思路分析：
f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论。
这是一个存在性的命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法。
假设|f(x)|<,|f(2)|<，|f(3)|<
则|f(1)-2f(2)+f(3)|≤|f(1)|+2|f(2