高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.2绝对值不等式1.2.2绝对值不等式的解法课堂导学案新人教A版

1.2.2 绝对值不等式的解法
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⇔⎩
⎨
⎧<<--<->⇔⎩⎨⎧<+<->+⇔⎩⎨⎧<+>+.37,315251
25|2|1|2|x x x x x x x 或 故原不等式的解集为{x|-1<x<3或-7<x<-3}. 法二:原不等式⎩⎨
⎧<--<<+⎩⎨
⎧<+<≥+⇔5
21,
02521,02x x x x 或, ⇔⎩
⎨⎧-<<--<⎩⎨⎧<<--≥⇔37,231,2x x x x 或-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⎩⎨
⎧>++-<<-⎩⎨
⎧>---≤⇔,
843,
34843,4x x x x x x
或 ⎩
⎨
⎧>≥⎩⎨⎧><<-⎩⎨⎧>---≤⇔⎩⎨⎧>++-≥.72,
387,34821,4843,3x x x x x x x x 或或或 ∴x>
27或x<2
9-. ∴原不等式的解集为{x|x<2
9-
或x>27
}.
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=⎪⎩
⎪
⎨⎧≥-<<---≤--.3,72,34,1,492x x x x
作出函数的图象如图
.
从图象可知当x>27或x<29-时,y>0,故原不等式的解集为{x|x>27或x<2
9-}. 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)|
4
32
-x x
|≤1; (2)|x+3|-|2x-1|>2
x
+1.
解析:(1)原不等式⎩⎨⎧≥+-±≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-≤≠-⇔016172)
4(90
4242
222x x x x x x ⇔⎩⎨⎧≥≤±≠⇔16
12
2
2x x x 或-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x 1=-3, 由2x-1=0,得x 2=
2
1. ①当x<-3时,不等式化为x-4>2
x
+1,解得x>10,而x<-3,故此时无解; ②当-3≤x<21时,不等式化为3x+2>2x +1,解得x>52-,这时不等式的解为52-<x<21
;
③当x≥21时,不等式化为-x+4>2x +1,即x<2,这时不等式的解为2
1
≤x<2.
综合上述,原不等式的解集为{x|5
2
-<x<2}.
变式提升1
(1)解不等式|x 2
-5x+5|<1.
解析:不等式可化为-1<x 2
-5x+5<1,
即⎪⎩⎪⎨⎧->+-<+-.
155,15522x x x x 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>
27a -有解条件为27a
-<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<
2
7
+a
有解条件为
2
7
+a >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|x 2
-9|≤x+3.
解析：方法一:原不等式⎪⎩⎪⎨⎧+≤-≥-⇔39,0922x x x ⎪⎩⎪⎨⎧+≤-≥-3
9,
092
2x x x 或 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⎪⎩
⎪
⎨⎧≤≤--≤-≥⇔⎩⎨⎧+≤-≤+-≥+⇔4
333
39)3(032
x x x x x x x x ⇔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,
⎩⎨
⎧≤-<⎩⎨⎧≤≥).
()(,
0)()()(,0)(x g x f x f x g x f x f 或 另一种则是转化为⎩
⎨⎧≤≤-≥)()()(,
0)(x g x f x g x g 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
>9x 2
,即5x 2
+4x-1<0,解之,得-1<x<5
1, ∴0≤x<
5
1. 由①②知原不等式的解集为{x|x<
5
1}. 变式提升2
(1)解不等式|x 2-3x+2|>x 2
-3|x|+2.
解析:在同一坐标系内分别画出函数y=|x 2
-3x+2|和y=x 2
-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)=ax 2
+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(a
b
2-)|,故只要证明|f(2)|≤7,|f(-2)|≤7;当|a b 2-
|≤2时,有|f(a
b 2-)|≤7. 由题意有|f(0)|≤1,|f(-1)|≤1,|f(1)|≤1.
由⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⎪⎨⎧
=--=--+=⎪⎩⎪⎨⎧+-=-++==).
0()],1()1([21)],0(2)1()1([21,)1(,)1(,)0(f c f f b f f f a c b a f c b a f c f 得
∴|f(2)|=|4a+2b+c|=|3f(1)+f(-1)-3f(0)|≤3|f(1)|+|f(-1)|+3|f(0)|≤3+1+3=7, |f(-2)|=|4a-2b+c|=|f(1)+3f(-1)-3f(0)|≤|f(1)|+3|f(-1)|+3|f(0)|≤1+3+3=7. ∵|b|=21|f(1)-f(-1)|≤21(|f(1)|+|f(-1)|)≤2
1
(1+1)=1, ∴
当
|
a
b
2-
|≤2
时,|f(a b 2-)|=|a b ac 442-|=|c a
b 42
-|=|c a b 2-·2b |≤|c|+|a b 2|·2||b ≤1+2×21=2<7.
因此当|x|≤2时,|f(x)|≤7.
类题演练3
已知f(x)=x 2
+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
2
1. 证明:假设|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|全都小于
21,即有|f(1)|<21,|f(2)|<21,|f(3)|<2
1.
于是|f(1)+f(3)-2f(2)|≤|f(1)|+|f(3)|+2|f(2)|<
21+21+2×2
1
=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2
1
. 变式提升3
已知函数f(x)=ax+b,满足|x|≤1,a 2
+b 2
=1,求证:|f(x)|≤2.
证法一:|f(x)|≤2⇔2-≤f(x)≤2⇔f(x)min ≥2-且f(x)max ≤2.
若a>0,则f(x)max =f(1)=a+b≤2)(22
2=
+b a ,
f(x)min =f(-1)=-a+b≥2])[(222-=+--
b a .
若a=0,则f(x)=b 且b 2
=1, ∴|f(x)|≤2.
若a<0,则f(x)max =f(-1)=-a+b≤2)(22
2=
+b a ,
f(x)min =f(1)=a+b≥2)(22
2-=+-b a .
综上,知不等式成立. 证
法
二:|f(x)|2
-(2)2
=(ax+b)2
-2(a 2
+b 2
)=a 2x 2
+b 2
+2abx-2(a 2
+b 2
)≤a 2
+b 2
+2abx-2(a 2
+b 2
)=2abx-a 2
-b 2
≤2abx -a 2x 2
-b 2
=-(ax-b)2
≤0, ∴|f(x)|≤2.。