2020学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式二1绝对值三角不等式同步配套教学案新人教A版

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2019_2020学年高中数学第1讲不等式和绝对值不等式1不等式2.基本不等式课件新人教A版

∴ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
1．首先根据不等式两端的结构特点进行恒等变形或配凑使之具备基本不等式的结构和条件，然后合理地选择基本不等式或其变形式进行证明．
2．当且仅当 a＝b＝c 时，上述不等式中“等号”成立，若三个式子中有一个“＝”号取不到，则三式相加所得的式子中“＝”号取不到．
基本不等式的理解与判定
[探究问题] 1．在基本不等式a＋2 b≥ ab中，为什么要求 a>0，b>0?
[提示] 对于不等式a＋2 b≥ ab，如果 a，b 中有两个或一个为 0，虽然不等式仍成立，但是研究的意义不大，当 a，b 都为负数时，不等式不成立；当 a，b 中有一个为负数，另一个为正数，不等式无意义．
为 a，b 的几何平均．
下列不等式中，正确的个数是( )
①若 a，b∈R，则a＋2 b≥ ab；
②若 x∈R，则 x2＋2＋x2＋1 2≥2；
③若 x∈R，则 x2＋1＋x2＋1 1≥2；
④若 a，b 为正实数，则
a＋ 2
b≥
ab.
A．0 C．2
B．1 D．3
C [显然①不正确；③正确；对于②，虽然 x2＋2＝x2＋1 2无解，
因为 CD 为圆的半弦，OD 为圆的半径，长为
a＋2 b，根据半弦长不大于半径，得不等式 ab≤a＋2 b.
显然，上述不等式当且仅当点 C 与圆心重合，即当
a
＝b 时，等号成立．因此，基本不等式的几何意义是圆的半弦长不大
于半径；或直角三角形斜边的中线不小于斜边上的高．
【例 4】命题：①任意 x>0，lg x＋lg1x≥2；②任意 x∈R，
但 x2＋2＋x2＋1 2＞2 成立，故②正确； ④不正确，如 a＝1，b＝4.]

高中数学第一章不等式和绝对值不等式1.2绝对值不等式1.2.1绝对值三角不等式教案新人教A版选修4_5

1.2.1 绝对值三角不等式课堂探究1．对绝对值三角不等式的理解剖析：绝对值三角不等式实质是两个实数的和差的绝对值与绝对值的和差的关系，我们可以类比得到另外一种形式：|a |－|b |≤|a －b |≤|a |＋|b |.和差的绝对值与绝对值的和差的关系是由ab ＞0，ab ＜0，ab ＝0三种情况来确定的，其本质是叙述两个实数符号的各种情形下得到的结果，即这个定理本身就是一个分类讨论问题．“数”分正、负、零等不同情况讨论，往往在所难免，因此，对绝对值的认识要有分类讨论的习惯．2．对绝对值三角不等式几何意义的理解剖析：用向量a ，b 替换实数a ，b 时，问题就从一维扩展到二维，当向量a ，b 不共线时，a ＋b ，a ，b 构成三角形，有|a ＋b|＜|a|＋|b|.当向量a ，b 共线时，a ，b 同向(相当于ab ≥0)时，|a ＋b|＝|a|＋|b|；a ，b 异向(相当于ab ＜0)时，|a ＋b|＜|a|＋|b|，这些都是利用了三角形的性质定理，如两边之和大于第三边等，这样处理，可以形象地描绘绝对值三角不等式，更易于记忆定理，并应用定理解题．绝对值三角不等式体现了“放缩法”的一种形式，但放缩的“尺度”还要仔细把握，如下面的式子：|a |－|b |≤||a |－|b ||≤|a ＋b |≤|a |＋|b |.我们较为常用的形式是|a |－|b |≤|a ＋b |≤|a |＋|b |，但有些学生就会误认为只能如此，而实质上，|a ＋b |是不小于||a |－|b ||的．题型一绝对值三角不等式的性质【例1】若x ＜5，n ∈N ，则下列不等式：①⎪⎪⎪⎪⎪⎪x lg n n ＋1＜5⎪⎪⎪⎪⎪⎪lg n n ＋1； ②|x |lgn n ＋1＜5lg n n ＋1； ③x lg n n ＋1＜5⎪⎪⎪⎪⎪⎪lg n n ＋1； ④|x |lg n n ＋1＜5⎪⎪⎪⎪⎪⎪lg n n ＋1. 其中，能够成立的有______．解析：∵0＜n n ＋1＜1，∴lg nn ＋1＜0.由x ＜5，并不能确定|x |与5的关系，∴①②可能不成立；当x ＝－6时，可知③不成立；由|x |lg n n ＋1＜0,5⎪⎪⎪⎪⎪⎪lg n n ＋1＞0，可知④成立．答案：④反思一个不等式成立与否，取决于影响不等号的因素，如一个数的正、负、零等，数(或式子)的积、平方、取倒数等都会对不等号产生影响，注意考查这些因素在不等式中的作用，对于一个不等式是否成立也就比较好判断了.题型二用绝对值三角不等式的性质证明不等式【例2】设m 等于|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |＞m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2＜2.分析：本题的关键是对题设条件的理解和运用．|a |，|b |和1这三个数中哪一个最大？如果两两比较大小，将十分复杂，但我们可以得到一个重要的信息：m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1.证明：∵|x |＞m ≥|a |，|x |＞m ≥|b |，|x |＞m ≥1，∴|x |2＞|b |， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2＝|a ||x |＋|b ||x |2＜|x ||x |＋|x |2|x |2＝2.∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋bx 2＜2. 故原不等式成立．反思分析题目时，题目中的语言文字是我们解题信息的重要来源与依据，而解题时的数学符号语言也往往需要从文字语言“翻译”转化而来，那么准确理解题目中的文字语言，适时准确地进行转化也就成了解题的关键，如本题中题设条件中的文字语言“m 等于|a |，|b |和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.题型三绝对值三角不等式的综合应用【例3】已知函数f (x )＝lg x 2－x ＋1x 2＋1. (1)判断f (x )在[－1,1]上的单调性，并给出证明．(2)若t ∈R ，求证：lg 710≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －16－⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋16≤lg 1310. 分析：(1)借助定义判别f (x )的单调性；(2)利用绝对值三角不等式解决．解：(1)f (x )在[－1,1]上是减函数．证明：令u ＝x 2－x ＋1x 2＋1＝1－x x 2＋1. 取－1≤x 1＜x 2≤1.则u 1－u 2＝(x 2－x 1)(1－x 1x 2)(x 21＋1)(x 22＋1)， ∵|x 1|≤1，|x 2|≤1，x 1＜x 2，∴u 1－u 2＞0，即u 1＞u 2.又在[－1,1]上u ＞0，故lg u 1＞lg u 2，得f (x 1)＞f (x 2)，∴f (x )在[－1,1]上是减函数．(2)∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －16－⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋16 ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫t －16－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋16＝13， ⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋16－⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －16 ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋16－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －16＝13， ∴－13≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －16－⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋16≤13. 由(1)的结论，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －16－⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋16≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝lg 710，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝lg 1310， ∴lg 710≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －16－⎪⎪⎪⎪⎪⎪t ＋16≤lg 1310. 此类题目综合性强，不仅用到绝对值不等式的性质、推论及已知条件，还要用到配方等等价变形．在应用绝对值不等式放缩性质求最值时要注意等号成立的条件，这也是关键精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

高中数学第一讲不等式和绝对值不等式一 1 不等式的基本性质同步配套教学案新人教A版选修45

1．不等式的基本性质对应学生用书P11．实数大小的比较(1)数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大．(2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b.(3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差a－b的符号；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差的符号．2．不等式的基本性质由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质：(1)如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b⇔b＜a.(2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c⇒a>c.(3)如果a＞b，那么a＋c>b＋c.(4)如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.(5)如果a>b>0，那么a n>b n(n∈N，n≥2)．(6)如果a>b>0n∈N，n≥2)．3．对上述不等式的理解使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：(1)等式两边同乘以一个数仍为等式，但不等式两边同乘以同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．(2)a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，c>d>0⇒ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．(3)性质(5)、(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b⇒a n>b n(n＝2k＋1，k∈N)，a>b⇒na>nb(n＝2k＋1，k∈N＋)．(4)在不等式的基本性质中，条件和结论的逻辑关系有两种：“⇒”与“⇔”，即推出关系和等价关系，或者说“不可逆关系”与“可逆关系”．这要求必须熟记与区别不同性质的条件．如a ＞b ，ab ＞0⇒1a ＜1b，而反之不成立．对应学生用书P1[例1] 已知x ，y 均为正数，设m ＝1x ＋1y ，n ＝4x ＋y ，试比较m 和n 的大小．[思路点拨] 两式作差――→变形转化为因式乘积形式――→与0比较判断正负，得出大小 [解] m －n ＝1x ＋1y －4x ＋y ＝x ＋y xy －4x ＋y ＝x ＋y 2－4xy xy x ＋y ＝x －y 2xy x ＋y ，∵x ，y 均为正数，∴x >0，y >0，xy >0，x ＋y >0，(x －y )2≥0. ∴m －n ≥0，即m ≥n .(当x ＝y 时，等号成立)．比较两个数(式子)的大不，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．1．已知a ，b ∈R ，比较a 4＋b 4与a 3b ＋ab 3的大小．解：因为(a 4＋b 4)－(a 3b ＋ab 3) ＝a 3(a －b )＋b 3(b －a ) ＝(a －b )(a 3－b 3) ＝(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2)＝(a －b )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋34b 2≥0 (当且仅当a ＝b 时，取“＝”号) 所以a 4＋b 4≥a 3b ＋ab 3.2．在数轴的正半轴上，A 点对应的实数为6a29＋a 4，B 点对应的实数为1，试判别A 点在B 点的左边，还是在B 点的右边？解：因为6a 29＋a 4－1＝－a 2－29＋a 4≤0，所以6a29＋a4≤1.当且仅当a ＝±3时取“＝”，所以当a ≠±3时，A 点在B 点左边，当a ＝±3时，A 点与B 点重合．[例2] 已知a >b >0，c <d <0，e <0. 求证：ea －c >eb －d.[思路点拨] 可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明． [证明] 法一：ea －c －eb －d＝e b －d －a ＋ca －cb －d＝e b －a ＋c －da －cb －d，∵a >b >0，c <d <0， ∴b －a <0，c －d <0. ∴b －a ＋c －d <0. 又∵a >0，c <0，∴a －c >0. 同理b －d >0， ∴(a －c )(b －d )>0. ∵e <0，∴e b －a ＋c －d a －c b －d >0.即e a －c >eb －d.法二：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c <d <0⇒－c >－d >0a >b >0⇒⎭⎪⎬⎪⎫a －c >b －d >0⇒1a －c <1b －d e <0⇒e a －c ＞e b －d.进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．3．判断下列命题的真假，并简述理由． (1)若a >b ，c >d ，则ac >bd ； (2)若a >b >0，c >d >0，则a c >b d； (3)若a >b ，c <d ，则a －c >b －d ；(4)若a >b ，则a n＞b n，n a >nb (n ∈N 且n ≥2)．解：(1)取a ＝3，b ＝2，c ＝－2，d ＝－3，即3>2，－2>－3.此时ac ＝bd ＝－6.因此(1)为假命题．(2)因同向不等式不能相除，取a ＝6，b ＝4，c ＝3，d ＝2，此时a c ＝b d＝2.因此(2)为假命题．(3)∵c <d ，∴－c >－d ，因此(3)为真命题．(4)当a >b >0时，才能成立，取a ＝－2，b ＝－3，当n 为偶数时不成立，因此(4)为假命题．4．已知a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b，x >y ，求证：xx ＋a >yy ＋b.证明：因为a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b .x >y ，所以x a >y b，所以a x yy ＋b.[例3] (1)已知：－π2≤α<β≤π2，求α－β的范围．(2)已知：－1≤a ＋b ≤1,1≤a －2b ≤3，求a ＋3b 的范围． [思路点拨] 求代数式的范围应充分利用不等式的基本性质． [解] (1)∵－π2≤α<β≤π2，∴－π2≤α＜π2，－π2≤－β＜π2.且α＜β.∴－π≤α－β＜π且α－β＜0.∴－π≤α－β<0.即α－β的范围为[－π，0)． (2)设a ＋3b ＝λ1(a ＋b )＋λ2(a －2b ) ＝(λ1＋λ2)a ＋(λ1－2λ2)b . 解得λ1＝53，λ2＝－23.∴－53≤53(a ＋b )≤53，－2≤－23(a －2b )≤－23.∴－113≤a ＋3b ≤1.即a ＋3b 的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－113，1.求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．5．若8＜x ＜10,2＜y ＜4，则x y的取值范围是________．解析：∵2＜y ＜4， ∴14＜1y ＜12.又8＜x ＜10， ∴2＜x y＜5.答案：(2,5)6．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围．解：设2α－β＝m (α＋β)＋n (α－β)，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－1.⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12，n ＝32.又1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12≤12α＋β，－3≤32α－β－32， ⇒－52≤2α－β≤12.∴2α－β的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12对应学生用书P31．已知数轴上两点A ，B 对应的实数分别为x ，y ，若x <y <0，则|x |与|y |对应的点P ，Q 的位置关系是( )A ．P 在Q 的左边B ．P 在Q 的右边C ．P ，Q 两点重合D ．不能确定解析：∵x <y <0，∴|x |>|y |>0.故P 在Q 的右边．答案：B2．下列命题中不．正确的是( ) A ．若3a >3b ，则a >b B ．若a >b ，c >d ，则a －d >b －c C ．若a >b >0，c >d >0，则a d >b cD ．若a >b >0，ac >bd ，则c >d解析：当c >0，d >0时，才有a >b >0，ac >bd ⇒c >d .答案：D3．已知a >b >c ，则下列不等式正确的是( ) A ．ac >bcB ．ac 2>bc 2C ．b (a －b )>c (a －b )D ．|ac |>|bc |解析：a >b >c ⇒a －b >0⇒(a －b )b >(a －b )c . 答案：C4．已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，若ca ＋b ＜ab ＋c ＜bc ＋a，则( )A ．c ＜a ＜bB ．b ＜c ＜aC ．a ＜b ＜cD ．c ＜b ＜a解析：由c a ＋b ＜ab ＋c ＜bc ＋a，可得ca ＋b＋1＜ab ＋c＋1＜bc ＋a＋1，即a ＋b ＋c a ＋b ＜a ＋b ＋cb ＋c＜a ＋b ＋cc ＋a，又a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以a ＋b ＞b ＋c ＞c ＋a .由a ＋b ＞b ＋c 可得a ＞c ；由b ＋c ＞c ＋a 可得b ＞a ，于是有c ＜a ＜b .答案：A5．已知0＜a ＜1，则a ，1a，a 2的大小关系是________．解析：∵a －1a＝a ＋a －a＜0，∴a ＜1a.又a －a 2＝a (1－a )＞0， ∴a ＞a 2.∴a 2＜a ＜1a.答案：a 2＜a ＜1a6．给出四个条件：①b >0>a ，②0>a >b ，③a >0>b ，④a >b >0. 能得出1a ＜1b成立的有________．解析：由1a <1b ，得1a －1b <0，b －a ab <0，故①②④可推得1a <1b成立．答案：①②④7．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x >y ，则实数a ，b 应满足的条件为________．解析：∵x >y ，∴x －y ＝a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2>0. ∴ab －1≠0或a ＋2≠0. 即ab ≠1或a ≠－2. 答案：ab ≠1或a ≠－28．若a >0，b >0，求证：b 2a ＋a 2b ≥a ＋b .证明：∵b 2a ＋a 2b －a －b ＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b a ＝a －b2a ＋bab，(a －b )2≥0恒成立，且已知a ＞0，b ＞0， ∴a ＋b >0，ab >0. ∴a －b2a ＋bab≥0.∴b 2a ＋a 2b≥a ＋b .9．若f (x )＝ax 2＋bx ，且1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．解：∵f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b ，f (－2)＝4a －2b ＝Af (－1)＋Bf (1)，则⎩⎪⎨⎪⎧A ＋B ＝4，B －A ＝－2⇒⎩⎪⎨⎪⎧A ＝3，B ＝1.∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)． ∵2≤f (1)≤4,1≤f (－1)≤2， ∴3≤3f (－1)≤6， ∴5≤f (1)＋3f (－1)≤10， ∴5≤f (－2)≤10. 10．已知a >0，a ≠1. (1)比较下列各组大小．①a 2＋1与a ＋a ；②a 3＋1与a 2＋a ； ③a 5＋1与a 3＋a 2.(2)探讨在m ，n ∈N ＋条件下，am ＋n＋1与a m ＋a n的大小关系，并加以证明．解：(1)∵a>0，a≠1，∴①a2＋1－(a＋a)＝a2＋1－2a ＝(a－1)2>0.∴a2＋1>a＋a.②a3＋1－(a2＋a)＝a2(a－1)－(a－1)＝(a＋1)(a－1)2＞0，∴a3＋1>a2＋a，③a5＋1－(a3＋a2)＝a3(a2－1)－(a2－1)＝(a2－1)(a3－1)．当a>1时，a3>1，a2>1，∴(a2－1)(a3－1)>0.当0<a<1时，0<a3<1,0<a2<1，∴(a2－1)(a3－1)>0.即a5＋1>a3＋a2.(2)根据(1)可探讨，得a m＋n＋1＞a m＋a n.(证明如下) a m＋n＋1－(a m＋a n)＝a m(a n－1)＋(1－a n)＝(a m－1)(a n－1)．当a>1时，a m>1，a n>1，∴(a m－1)(a n－1)>0.当0<a<1时，0<a m<1,0<a n<1，∴(a m－1)(a n－1)>0.综上(a m－1)(a n－1)>0，即a m＋n＋1>a m＋a n.。

高中数学第一讲不等式和绝对值不等式 1.2 绝对值不

1.2.1 绝对值三角不等式课堂导学三点剖析一、利用绝对值三角不等式证明不等式【例1】已知|x-a|<M 2ε,0<|y-b|<||2a ε,y∈(0,M),求证:|xy-ab|<ε. 思路分析:由于题设和结论相差很远,为了能整体运用上条件,应先对结论式的左端进行配凑.证明:|xy-ab|=|xy-ya+ya-ab|=|y(x-a)+a(y-b)|≤|y||x -a|+|a||y-b| <M·M 2ε+|a|·||2a ε=ε.温馨提示先“配凑”再利用绝对值三角不等式进行转化,从而整体运用条件,这是证题的关键.【例2】求证:||1||||1||||1||b b a a b a b a +++<+++(ab≠0).证明：右边>1||||11||||1||||||||1||||||1||++=+++=+++++b a b a b a b a b b a a ,左边=1||11++b a ,∵|a+b|≤|a|+|b|, ∴||||1||1b a b a +≥+. ∴||||11||1b a b a +≥+++1. 从而有1||11++b a ≤1||||11++b a∴左边<右边.温馨提示先把右边放缩,再转化用绝对值三角不等式与左边“挂钩”.也可构造函数f(x)=x x +1在x∈［0,+∞)上f(x)单调递增,从而证明之.各个击破类题演练1求证:|2||2|b a b a -++<c 的充要条件是|a|<c 且|b|<c. 证明:先证必要性. ∵|a|=|22b a b a -++|≤|2||2|b a b a -++<c, ∴|a|<c. ∵|b|=|22b a b a --+|≤|2||2|b a b a -++<c, ∴|b|<c.再证充分性.(1)当|a|≥|b|时,a 2≥b 2,即(a+b)(a-b)≥0,此时2b a +与2b a -同号或其中之一为0,则|2||2|b a b a -++=|22b a b a -++|=|a|<c. (2)当|a|<|b|时,a 2<b 2,即(a+b)(a-b)<0,即2b a +与2b a -异号, ∴|2b a +|+|2b a -|=|2b a +-2b a -|=|b|<c. ∴当|a|<c,|b|<c 时,|2b a +|+|2b a -|<c. 故|2b a +|+|2b a -|<c ⇔|a|<c 且|b|<c. 变式提升1已知a 、b 、c∈R ,求证:||1||||1||||1||||1||c c b b a a c b a c b a +++++≤+++++. 证明:设f(x)=xx x +-=+1111(x≥0), 可知当x≥0时,f(x)为增函数.∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,∴f(|a|+|b|+|c|)≥f(|a+b+c|),得||||||1||||||||1||||||||1||c b a a c b a c b a c b a c b a +++=+++++≤+++++ ||1||||1||||1||||||||1||||||||1||c c b b a a c b a c c b a b +++++≤++++++++ 二、应用绝对值三角不等式等号成立的条件解题【例3】 (1)设a 、b∈R 且|a+b+1|≤1,|a+2b+4|≤4,求|a|+|b|的最大值.解析：|a+b|=|(a+b+1)-1|≤|a+b+1|+|-1|≤1+1=2,|a-b|=|3(a+b+1)-2(a+2b+4)+5|≤3|a+b+1|+2|a+2b+4|+5≤3×1+2×4+5=16.(1)当ab≥0时,|a|+|b|=|a+b|≤2;(2)当ab<0时,则a(-b)>0,|a|+|b|=|a|+|-b|=|a+(-b)|≤16.总之,恒有|a|+|b|≤16.而a=8,b=-8时,满足|a+b+1|=1,|a+2b+4|=4,且|a|+|b|=16.因此|a|+|b|的最大值为16.(2)若f(x)=x 2-2x+c,|x 1-x 2|<2,|x 2|<1,求证:|f(x 1)-f(x 2)|<12.证明:|f(x 1)-f(x 2)|=|x 12-2x 1+c-x 22+2x 2-c|=|(x 1-x 2)(x 1+x 2-2)|=|x 1-x 2|·|x 1+x 2-2|<2|x 1+x 2-2|=2|(x 1-x 2)+(2x 2-2)|≤2(|x 1-x 2|+|2x 2-2|)<4+2|2x 2-2|≤4+2(|2x 2|+|-2|)<4+4+4=12.∴|f(x 1)-f(x 2)|<12.类题演练2已知|a|<1,|b|<1,求证:|abb a ++1|<1. 证明:由|a|<1,|b|<1,得1±a>0,1±b>0,则|ab b a ++1|=)1)(1()1)(1(|)1)(1()1)(1(|b a b a b a b a --+++---++ )1)(1()1)(1()1)(1()1)(1(b a b a b a b a --+++--+++<=1,从而|abb a ++1|<1. 变式提升2证明对于任意实数t,复数z=|cos |t +i |sin |t 的模r,适合不等式r≤42.证明:r=|sin ||cos |t t +,为证对于任意实数t 有r≤42, 只要证|cost|+|sint|≤2即可.(1)当kπ≤t≤kπ+2π(k∈Z )时,则sint·cost≥0,依推论1,|cost|+|sint|=|sint+cost|=2|sin(t+4π)|≤2 (2)当kπ+2π<t<(k+1)π(k∈Z )时,sint·cost<0,sint·(-cost)>0,依推论1,|cost|+|sint|=|-cost|+|sint|=|sint-cost|=2|sin(t-4π)|≤2. 总之,对于任意实数t,有|cost|+|sint|≤2成立,即有r≤42成立.三、绝对值三角不等式的其他应用【例4】 (1)若不等式|x-4|+|x-3|>a 对一切实数x 恒成立,求实数a 的取值范围. 解析：由|x-4|+|x-3|≥|(x -4)-(x-3)|=1,得［|x-4|+|x-3|］min =1,故a 的取值范围是{a|a<1}.(2)已知|cosx-cosy|=|cosx|+|cosy|,且y∈(23π,2π),则2)cos (cos y x -等于( ) A.cosx-cosy B.cosy-cosxC.cosx+cosyD.以上均不对解析:由|a-b|≤|a|+|b|知等号成立的条件是ab≤0.因为|cosx-cosy|=|cosx|+|cosy|,所以cosx·cosy≤0.又因y∈(23π,2π),所以cosy>0且cosx≤0,则上式=|cosx-cosy|=cosy-cosx,故应选B. 答案:B(3)解方程|x|+|log a x|=|x+log a x|(a>1).解析:由当且仅当ab≥0,|a+b|=|a|+|b|知原方程等价于x·log a x≥0,又x>0,即log a x≥0,解得x≥1.所以原方程的解集是{x|x>1}.类题演练3(1)方程|2x-1|+|x-2|=|x+1|的实数解为_______________解析:原方程可化为|2x-1|+|2-x|=|(2x-1)+(2-x)|,依推论1,它等价于(2x-1)(2-x)≥0, ∴21≤x≤2. 答案: 21≤x≤2 (2)解不等式|x 2-2x-3|+|x 2-2x-8|>5.解析:原不等式可化为|x 2-2x-3|+|8+2x-x 2|>|(x 2-2x-3)+(8+2x-x 2)|,依推论2,它等价于(x 2-2x-3)(8+2x-x 2)<0,∴(x+2)(x+1)(x-3)(x-4)>0.∴x<-2或-1<x<3或x>4.变式提升3已知f(x)=x 2+ax+b(a 、b∈R )的定义域为［-1,1］,且|f(x)|≤M 成立,求M 的最小值.解:由题意知M 是|f(x)|在［-1,1］上的最大值.|f(0)|=|b|≤M,|f(1)|=|1+a+b|≤M,|f(-1)|=|1-a+b|≤M.由以上三式,有2=|(1+a+b)+(1-a+b)-2b|≤|1+a+b|+|1-a+b|+2|b|≤4M,得M≥21,即M 的最小值为21.。

2020学年高中数学第1讲不等式和绝对值不等式二、绝对值不等式第一课时绝对值三角不等式课件人教A版选修4_5

典例剖析·规律总结
题型一绝对值三角不等式的简单应用
设 xy<0，x，y∈R，那么正确的是
A.|x＋y|>|x－y|
B.|x－y|<|x|＋|y|
C.|x＋y|<|x－y|
D.|x－y|<||x|－|y||
思路点拨利用定理，a、b为实数，则|a＋b|≤|a|＋ |b| ，当且仅当 ab≥0 时，等号成立，并应注意变式 |a － b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≤0时，等号成立.
变式训练
ε
ε
2.已知|x－a|＜2M，0＜|y－b|＜2|a|，y∈(0，M)，求证：
|xy－ab|＜ε.
证明根据条件凑x－a，y－b.
|xy－ab|＝|xy－ya＋ya－ab|＝|y(x－a)＋a(y－b)|
≤|y|·|x－a|＋|a|·|y－b|＜M·＋|a|·＝ε.
题型三绝对值三角不等式的综合应用若 f(x)＝x2－x＋c，|x－a|<1，
2.a，b，c∈R，那么____|a_＋__b_＋__c_|≤__|a_|＋__|_b_|＋__|_c_| ___ 成立，当且仅当 _a_，__b_，__c_同__号__或__a_，__b_，__c_至__少__有__两__个__为零_或__a_，__b_，__c_一__个__为__零__，__另__两__个__同__号____时，等号成立.
●方法技巧这里是充分利用已知条件和绝对值不等式的性质进行放缩.
变式训练
3.对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为
A.1
B.2
C.3
D.4
解析利用三角不等式直接求解.

高中数学第一讲不等式和绝对值不等式 1.1 不等式 1.1.2 不等式的基本性质(2)课堂导学案

1.1.2 不等式的基本性质（2）课堂导学三点剖析一、不等式性质的应用【例1】若a,b,c∈R ,则①a>b ⇒ac 2>bc 2;②a>b ⇒ac>bc;③a>b ⇒a 2>b 2;④a>b ⇒b a >中,真命题的个数是 …( )A.0B.1C.2D.3解析：①中,若c=0,则ac 2=bc 2,故①不成立;②中,c≤0时,ac>bc 不成立;③中,a=-1,b=-2时,a 2=10;②bd a c -<-;③bc>cd. 以其中两个作为条件,余下一个作为结论,则可以组成___________个正确的命题. 解析:根据已知条件,可以构成如下三个命题:(1)若bd a c -<-,bc>cd,则ab>0; (2)若ab>0,bc>cd,则bd a c -<-; (3)若ab>0,b d a c -<-,则bc>cd. 可以证明以上命题均是正确的.答案:3变式提升1若a,b 是任意实数,且a>b,则( )A.a 2>b 2B.ab <1 C.lg(a-b)>0 D.(21)a <(21)b 解析:a>b 并不保证a,b 均为正数,从而不能保证A,B 成立.又a>b ⇒a-b>0,但不能保证a-b>1,从而不能保证C 成立,显然只有D 成立.事实上,指数函数y=(21)x 在x∈R 上是减函数,所以a>b ⇔(21)a <(21)b 成立.故选D. 答案:D二、不等式性质的灵活运用【例2】实数a,b,c,d 满足下列三个条件:①d>c;②a+b=c+d;③a+d<b+c.把a,b,c,d 按从大到小的次序排列起来.思路分析:从条件②③出发我们会得到一些有用的结果.解：⎩⎨⎧<<⇒⎩⎨⎧-<--<-⇒⎩⎨⎧-=--<-⇒⎩⎨⎧+=++<+,,c a b d a c c a d b b d d b a c a c b d d c b a c b d a 再结合①知b>d>c>a.温馨提示此题的解答过程看起来蛮简单的,主要是我们制定了一个比较合理的程序,在这个程序的设计中,不等式的一些最基本的性质用活了.在对以上变形的每一个细小环节的观察和思考里,即使是一次移项,一个符号的调整,都充分体现了解题的目的性和对下一步有效的预测.类题演练2若b<0,|a|<|b|<|c|,lg(ab)+lg(bc)=lg(ab 2c),则a,b,c 的大小关系是( )A.a<b<cB.b<c<aC.c<b<aD.b<a<c解析:由对数的定义知ab>0,bc>0,ac>0,又b<0,因此a<0,c<0.而|a|<|b|<|c|,可知a>b>c. 答案:C变式提升2若a>b>0,则下列不等式中总成立的是( ) A.a b >11++a b B.a+a 1>b+b1 C.a+b 1>b+a1 D.b a b a b a >++22 解析:由a>b>0⇒0<a 1b+a1,选C. 若令特值:a=2,b=1,排除A,D,再令a=21,b=31,排除B. 答案:C三、利用不等式的性质求范围【例3】已知2≤a+b≤4,1≤a -b≤2.求3a-2b 的取值范围.错解1：∵2≤a+b≤4,①1≤a -b≤2,②∴①+②得3≤2a≤6,即23≤a≤3,③ ②×(-1)得-2≤b -a≤-1,④ ①+④得0≤2b≤3,即0≤b≤23,⑤③×3+⑤×(-2)得23≤3a -2b≤9. ∴3a -2b 的取值范围为［23,9］. 错解2:①×2得4≤2a+2b≤8,⑥②+⑥得5≤3a+b≤10,⑦⑤×(-3)得29-≤-3b≤0,⑧ ⑦+⑧得21≤3a -2b≤10, ∴3a -2b 的取值范围为［21,10］. 正解:设x=a+b,y=a-b,则a=2y x +,b=2y x -.于是3a-2b=3·2y x ++2·2x y -=252y x +.而2≤x≤4,1≤y≤2, ∴1≤2x ≤2,25≤25y ≤5,于是27≤252y x +≤7,即3a-2b 的取值范围为［27,7］. 类题演练3已知f(x)=ax 2-c,且-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,求f(3)的取值范围.解析:把f(3)用f(1),f(2)表示.∵f(x)=ax 2-c,不妨设f(3)=mf(1)+nf(2),∴9a -c=m(a-c)+n(4a-c)=(m+4n)a-(m+n)c. ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=∴⎩⎨⎧-=+-=+.38,35,1)(,94n m n m n m ∴f(3)=35-f(1)+38f(2). 又∵-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5,∴-1≤f(3)≤20.变式提升3若6≤a≤10,21a≤b≤2a,c=a -b,求c 的取值范围. 解析:∵21a≤b≤2a, ∴-2a≤-b≤-21a. ∴-a ≤a -b≤21a. ∵c=a -b,因此-a≤c≤21a. ∵6≤a≤10,∴3≤21a≤5.∵c≤21a≤5,-10≤-a≤-6, c≥-a≥-10,从而-10≤c≤5.。

2020秋高中数学人教A版选修4-5：第一讲1.2.1绝对值三角不等式

3．在应用含绝对值的不等式求某些函数的最值时，一定要注意等号成立的条件：
|a＋b|＝|a|＋|b|(ab≥0)； |a－b|＝|a|＋|b|(ab≤0)； ||a|＋|b||＝|a－b|(ab≤0)； ||a|－|b||＝|a－b|(ab≥0)．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)． (1)设ab＞0，则|a＋b|＞|a|.( ) (2)设ab＞0，则|a＋b|＜|b|.( ) (3)设ab＞0，则|a＋b|＜|a－b|.( ) (4)设ab＞0，则|a＋b|＞|a－b|.( )
解析：因为ab＞0，所以|a＋b|＝|a|＋|b|＞|a|，故(1) 正确；同理可知(2)错误；因为ab＞0，所以|a＋b|＝|a|＋ |b|＞|a－b|，故(3)错误；|a＋b|＝|a|＋|b|＞|a|－|b|，故(4) 正确．
() A．|a|≥12，且|b|≥12 B．|a＋b|≥1
C．|a|≥1
D．b<－1
解析：当b<－1时，|b|>1，所以|a|＋|b|>1，
但|a|＋|b|>1 b<－1(如a＝2，b＝0)，
所以“b<－1”是“|a|＋|b|>1”成立的充分不必要条件．
答案：D
4. 给出下列命题：
①若a＞b，则|a|＞b；②若a＞b，则a2＞b2；③若|a|
类型1 利用绝对值三角不等式证明不等式(自主研析)
[典例❶] 设m等于|a|，|b|和1中最大的一个，当|x|＞m
时，求证：ax＋xb2＜2. 证明：因为|x|＞m≥|a|，|x|＞m≥|b|，|x|＞m≥1，
所以|x|2＞|b|，所以
ax＋xb2
≤
a x
＋
b x2

2020版人教A版数学选修4-5同步配套___第一讲不等式和绝对值不1.1.1

与
��-�� +��
的大小.
解:
�� 3 -�� 3 �� 3 +�� 3
−
��-�� +��
=(a-b)
��
2+�� +��2 ��3+�� 3
剖析：(1)在应用传递性时,如果两个不等式中有一个带等号而另
一个不带等号,那么等号是传递不过去的.如a≤b,b<c⇒a<c.(2)在乘
法法则中,要特别注意乘数c,例如,当c≠0时,有a>b⇒ac2>bc2;若无
c≠0这个条件,则a>b⇒ac2>bc2就是错误结论(当c=0时,取
“=”).(3)a>b>0⇒an>bn>0成立的条件是“n为大于0的数”,如果去掉
重难聚焦
典例透析
题型一题型二题型三题型四
题型四
易错辨析
易错点同向不等式相加时,忽视前提条件致错
【例 4】
已知−
π2≤α<β≤π2
,
求
��+�� 2
,
��-�� 2
的取值范围.
错解：∵−
π2≤α<β≤π2,∴−
π 4
≤
�� 2
≤
π 4
,
−
π 4
≤
�� 2
目标导航
知识梳理
重难聚焦
典例透析
123
3.作差比较法
(1)理论依据:a-b>0⇔a>b;a-b=0⇔a=b;a-b<0⇔a<b.

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知识导航学案新人教A

1.2.2.绝对值不等式的解法知识梳理含有绝对值的不等式的解法（同解性）（1）|x|<a 0),___________,(a____________,(a0).(2)|x|>a__________a0),_,(____________,(a0),____________,(a0)..2.|ax+b|<c,|ax+b|>c(c>0)型不等式的解法（1）|ax+b|<c(c>0)型不等式的解法是：先化为不等式组_________，再利用不等式的性质求出原不等式的解集.(2)|ax+b|>c(c>0)的解法是：先化为________或________，再进一步利用不等式性质求出原不等式的解集.3.|x-a|+|x-b|≥c和|x-a|+|x-b|≤c型不等式的解法有三种不同的解法：解法一可以利用绝对值不等式的________.解法二利用分类讨论的思想，以绝对值的________为分界点，将数轴分成几个区间，然后确定各个绝对值中的多项式的________，进而去掉________.解法三可以通过________，利用________，得到不等式的解集.知识导学解含有绝对值的不等式的总体思路是：将含有绝对值的不等式转化为不含绝对值的不等式去求解，依据是同解性，对同解性应理解为：“|x|”中的x可以是任何有意义的数学式子f(x)，“a”可以是实数，也可以是任何有意义的数学式子g(x),因此从结论上来说，|f(x)|<g(x)与-g(x)<f(x)<g(x)同解；|f(x)|>g(x)与f(x)>g(x)或f(x)<-g(x)同解，掌握去掉绝对值符号的方法和途径是关键.数形结合法解不等式是另一个重要的解题途径，为此，要熟练掌握函数|f(x)|和f(|x|)的图象的画法.分类讨论法在解含绝对值符号的不等式时经常用到，应注意“分界点”的讨论，做到“不重不漏”，讨论时，可以把过程细化，不要“跨步”讨论，这样更能确保最后的结果准确.解不等式时的每一步“转化”是否等价，始终是应当关注的问题，它是正确求解的基本保证.疑难突破1.分段讨论法解含绝对值的不等式分段讨论法解含绝对值的不等式时，是先求出使每一个绝对值符号内的数学式子等于零的未知数的值（称为零点），将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的式子在每一个区间上的符号，去掉绝对值符号，使之转化为不含绝对值的不等式去解，求解过程中不要丢掉对区间端点的讨论，以免漏解.在上面的分段讨论过程中，每一段的讨论都有一个“x”的范围（或值）作为本段讨论的前提，这与解含参数的不等式有些类似，但本质上又不同，每一段的讨论结果，都是“x”的前提范围与本段含绝对值不等式去掉绝对值号的不等式解集的交集，而最后的不等式的解集应是每一段结果的并集，解含参数的不等式讨论时，每一步的前提条件是参数所取的范围（或值），1每一步间的结果各自独立，不存在“交、并”集的说法，因此最后的结果也必须在参数的不同限制范围下叙述结论.所以解含绝对值不等式与解含参数不等式，虽然都用的分段讨论法，但实质上是不同的.这就要求准确理解和把握各自不同的解题思路及解题过程，以免出错.2.几个特殊的含绝对值的不等式的区别（1）|x-4|-|x-3|>a有解，则a的取值范围是________; (2)|x-4|-|x-3|>a的解集为R，则a的取值范围是________；（3）|x-4|+|x-3|<a的解集为，则a的取值范围是________；（4）|x-4|+|x-3|>a的解集为R，则a的取值范围是________.处理以上这种问题，我们可以与函数y=|x-4|-|x-3|,y=|x-4|+|x-3|的最值（值域）等联系起来，第一个函数的值域为［-1,1］,而第二个函数只有最小值，即|x-4|+|x-3|≥1,所以(1)|x-4|-|x-3|>a要有解，只需a<1；|x-4|-|x-3|>a的解集要是R，则说明是恒成立问题，所以a<［|x-4|-|x-3|］min=-1,即a<-1;|x-4|+|x-3|<a的解集为说明a<［|x-4|+|x-3|］=1,所以a<1;|x-4|+|x-3|>a的解集为R，也说明a<［|x-4|+|x-3|］min=1,以上这几种不等min式问题，实质是与两种函数的值域或最值相联系的问题，当然也可以借助函数的图象，用数形结合来解得a的范围.而理解这几种表述方式对掌握本节知识有很好的帮助.2。

2020学年高中数学第1讲不等式和绝对值不等式一、不等式第一课时不等式的基本性质课件新人教A版选修4_5

∴－π4 ≤－β2 <π4 ，∴－π2 ≤α－2 β<π2 . 又∵α<β，∴－π2 ≤α－2 β<0.
(2)设 a＋3b＝λ1(a＋b)＋λ2(a－2b) ＝(λ1＋λ2)a＋(λ1－2λ2)b.
解得 λ1＝53，λ2＝－23.
∴－53≤53(a＋b)≤53，－2≤－23(a－2b)≤－23.
∴－131≤a＋3b≤1.
变式训练
1.已知x>1，比较x3－1与2x2－2x的大小.
解析 x3－1－(2x2－2x)＝x3－2x2＋2x－1 ＝(x3－x2)－(x2－2x＋1)＝x2(x－1)－(x－1)2 ＝(x－1)(x2－x＋1)＝(x－1)x－122＋34. ∵x>1，∴x－1>0. 又∵x－122＋34>0， ∴(x－1)x－122＋34>0， ∴x3－1>2x2－2x.
●方法技巧证法二回避用除为精妙之处.
变式训练
3.已知：a>b>0，c<d<0，f<0，求证：a－f c>b－f d. 证明因为 a>b>0，c<d<0，所以 a－c>b－d>0. 于是有a－1 c<b－1 d，又因为 f<0，所以a－f c>b－f d.

第一讲不等式和绝对值不等式
一不等式
第一课时不等式的基本性质
[目标导学] 1.掌握不等式的基本性质． 2.学会用作差比较法比较大小. 3.学会用不等式的基本性质证明不等式.
教材梳理·新知探究
基础导学
1.对于任意两个实数a、b有且只有以下三种情况之一成立： a>b⇔__a_－__b_>_0_ ， a<b⇔_a_－__b_<__0_ ， a ＝ b⇔_a_－__b_＝__0_.

【教学】2020学年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式二2绝对值不等式的解法同步配套教学案新人教A

【关键字】教学2．绝对值不等式的解法对应学生用书P131．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法只需将ax＋b看成一个整体，即化成|x|≤a，|x|≥a(a>0)型不等式求解．|ax＋b|≤c(c>0)型不等式的解法：先化为－c≤ax＋b≤c，再由不等式的性质求出原不等式的解集．不等式|ax＋b|≥c(c>0)的解法：先化为ax＋b≥c或ax＋b≤－c，再进一步利用不等式性质求出原不等式的解集．2．|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想，理解绝对值的几何意义，给绝对值不等式以准确的几何解释是解题关键．②以绝对值的零点为分界点，将数轴分为几个区间，利用“零点分段法”求解，体现分类讨论的思想．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．对应学生用书P13[(1)|5x－2|≥8；(2)2≤|x－2|≤4.[思路点拨] 利用|x|>a及|x|<a(a>0)型不等式的解法求解．[解] (1)|5x－2|≥8⇔5x－2≥8或5x－2≤－8⇔x≥2或x≤－，∴原不等式的解集为.(2)原不等式价于由①得x－2≤－2，或x－2≥2，∴x≤0，或x≥4.由②得－4≤x－2≤4，∴－2≤x≤6.∴原不等式的解集为{x|－2≤x≤0，或4≤x≤6}．|ax＋b|≥c和|ax＋b|≤c型不等式的解法：①当c>0时，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c，|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c.②当c＝0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|<c的解集为∅.③当c<0时，|ax＋b|≥c的解集为R，|ax＋b|≤c的解集为∅.1．解下列不等式：(1)|3－2x|<9；(2)4＜|3x－2|＜8；(3)|x2－3x－4|>x＋1.解：(1)∵|3－2x|<9，∴|2x－3|<9.∴－9<2x－3<9.即－6<2x<12.∴－3<x<6.∴原不等式的解集为{x|－3<x<6}．(2)由4＜|3x－2|＜8，得⇒⇒∴－2＜x＜－或2＜x＜.∴原不等式的解集为.(3)不等式可转化为x2－3x－4>x＋1或x2－3x－4<－x－1，∴x2－4x－5>0或x2－2x－3<0.解得x>5或x<－1或－1<x<3，∴不等式的解集是(5，＋∞)∪(－∞，－1)∪(－1,3)．[思路点拨] 解该不等式，可采用三种方法：(1)利用绝对值的几何意义；(2)利用各绝对值的零点分段讨论；(3)构造函数，利用函数图像分析求解．解：法一：|x＋7|－|x－2|可以看成数轴上的动点(坐标为x)到－7对应点的距离与到2对应点的距离的差，先找到这个差等于3的点，即x＝－1.由图易知不等式|x＋7|－|x－2|≤3的解为x≤－1，即x∈(－∞，－1]．法二：令x＋7＝0，x－2＝0得x＝－7，x＝2.①当x＜－7时，不等式变为－x－7＋x－2≤3，∴－9≤3成立，∴x＜－7.②当－7≤x≤2时，不等式变为x＋7＋x－2≤3，即2x ≤－2，∴x ≤－1，∴－7≤x ≤－1.③当x ＞2时，不等式变为x ＋7－x ＋2≤3，即9≤3不成立，∴x ∈∅.∴原不等式的解集为(－∞，－1]．法三：将原不等式转化为|x ＋7|－|x －2|－3≤0，构造函数y ＝|x ＋7|－|x －2|－3，即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －12， x ＜－7，2x ＋2，－7≤x ≤2，6， x ＞2.作出函数的图像，从图可知，当x ≤－1时，有y ≤0，即|x ＋7|－|x －2|－3≤0，所以，原不等式的解集为(－∞，－1]．|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c (c >0)型不等式的三种解法：分区间(分类)讨论法、图像法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图像法直观，但只适用于数据较简单的情况．2．解不等式|2x －1|＋|3x ＋2|≥8.解：(1)x ≤－23时， |2x －1|＋|3x ＋2|≥8⇔1－2x －(3x ＋2)≥8.⇔－5x ≥9⇔x ≤－95，∴x ≤－95； (2)－23<x <12时，|2x －1|＋|3x ＋2|≥8⇔1－2x ＋3x ＋2≥8⇔x ＋3≥8⇔x ≥5， ∴x ∈∅；(3)x ≥12时，|2x －1|＋|3x ＋2|≥8⇔5x ＋1≥8 ⇔5x ≥7⇔x ≥75， ∴x ≥75. ∴原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－95∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫75＋∞. 3．解不等式|x －1|＋|2－x |＞3＋x .解：把原不等式变为|x －1|＋|x －2|＞3＋x ，(1)当x≤1时，∴原不等式变为－(x－1)－(x－2)＞3＋x，解得x＜0；(2)当1＜x≤2时，∴原不等式变为x－1－(x－2)＞3＋x，解得x∈∅；(3)当x＞2时，∴原不等式变为x－1＋x－2＞3＋x，解得x＞6.综上，原不等式解集为(－∞，0)∪(6，＋∞).[例3](1)若不等式有解；(2)若不等式解集为R；(3)若不等式解集为∅，分别求出m的范围．[思路点拨] 解答本题可以先根据绝对值|x－a|的意义或绝对值不等式的性质求出|x ＋2|－|x＋3|的最大值和最小值，再分别写出三种情况下m的范围．[解] 法一：因|x＋2|－|x＋3|的几何意义为数轴上任意一点P(x)与两定点A(－2)，B(－3)距离的差．即|x＋2|－|x＋3|＝|PA|－|PB|.由图像知(|PA|－|PB|)max＝1，(|PA|－|PB|)min＝－1.即－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.(1)若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值小即可，即m<1，m的范围为(－∞，1)．(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最小值还小，即m＜－1，m的范围为(－∞，－1)．(3)若不等式的解集为∅，m只要不小于|x＋2|－|x＋3|的最大值即可，即m≥1，m的范围为[1，＋∞)．法二：由|x＋2|－|x＋3|≤|(x＋2)－(x＋3)|＝1，|x＋3|－|x＋2|≤|(x＋3)－(x＋2)|＝1，可得－1≤|x＋2|－|x＋3|≤1.(1)若不等式有解，则m∈(－∞，1)．(2)若不等式解集为R，则m∈(－∞，－1)．(3)若不等式解集为∅，则m ∈[1，＋∞)．问题(1)是存在性问题，只要求存在满足条件的x 即可；不等式解集为R 或为空集时，不等式为绝对不等式或矛盾不等式，属于恒成立问题，恒成立问题f (x )<a 恒成立⇔f (x )max <a ，f (x )>a 恒成立⇔f (x )min >a .4．把本例中的“>”改成“<”，即|x ＋2|－|x ＋3|<m 时，分别求出m 的范围．解：由例题知－1≤|x ＋2|－|x ＋3|≤1，所以(1)若不等式有解，m 只要比|x ＋2|－|x ＋3|的最小值大即可，即m ∈(－1，＋∞)．(2)若不等式的解集为R ，即不等式恒成立，m 只要比|x ＋2|－|x ＋3|的最大值大即可，即m ∈(1，＋∞)．(3)若不等式的解集为∅，m 只要不大于|x ＋2|－|x ＋3|的最小值即可，即m ∈(－∞，－1]．5．把本例中的“－”改成“＋”，即|x ＋2|＋|x ＋3|>m 时，分别求出m 的范围．解：|x ＋2|＋|x ＋3|≥|(x ＋2)－(x ＋3)|＝1，即|x ＋2|＋|x ＋3|≥1.(1)若不等式有解，m 为任何实数均可，即m ∈R .(2)若不等式解集为R ，即m ∈(－∞，1)．(3)若不等式解集为∅，这样的m 不存在，即m ∈∅.对应学生用书P151．不等式|x ＋1|>3的解集是( )A ．{x |x <－4或x >2}B ．{x |－4<x <2}C ．{x |x <－4或x ≥2}D ．{x |－4≤x <2}解析：|x ＋1|>3，则x ＋1>3或x ＋1<－3，因此x <－4或x >2.答案：A2．不等式|2x －1|－2|x ＋3|＞0的解集为( ) A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＞32或x ＜－12 B.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12＜x ＜32 C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＞32或x ＜－12且x ≠－3D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 1＜x ＜32 解析：原不等式⇒⎩⎪⎨⎪⎧ |2x －1|＞2x ＋3≠0⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1＜－2或2x －1＞2x ≠－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－12或x ＞32，x ≠－3.答案：C3．不等式|x ＋1|＋|x ＋2|<5的所有实数解的集合是( )A ．(－3,2)B ．(－1,3)C ．(－4,1) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，72 解析：|x ＋1|＋|x ＋2|表示数轴上一点到－2，－1两点的距离和，根据－2，－1之间的距离为1，可得到－2，－1距离和为5的点是－4,1.因此|x ＋1|＋|x ＋2|<5解集是(－4,1)．答案：C4．不等式1≤|2x －1|<2的解集为( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12＜x ＜0或1≤x ≤32 B.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12＜x ≤0或1≤x ≤32 C.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12<x ≤0且1≤x ≤32 D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12<x ≤0或1≤x <32 解析：1≤|2x －1|<2则1≤2x －1<2或－2<2x －1≤－1，因此－12<x ≤0或1≤x <32. 答案：D5．不等式|x ＋2|≥|x |的解集是________．解析：因不等式两边是非负实数，所以不等式两边可以平方，两边平方得(x ＋2)2≥x 2，∴x 2＋4x ＋4≥x 2.即x ≥－1.∴原不等式的解集为{x |x ≥－1}．答案：{x |x ≥－1}6．不等式|2x －1|－x <1的解集是__________．解析：原不等式等价于|2x －1|<x ＋1⇔－x －1<2x －1<x ＋1⇔⎩⎪⎨⎪⎧ 3x >0，x <2⇔0<x <2.答案：{x |0<x <2}7．若关于x 的不等式|x ＋2|＋|x －1|＜a 的解集为∅，则a 的取值范围为________．解析：法一：由|x ＋2|＋|x －1|＝|x ＋2|＋|1－x |≥|x ＋2＋1－x |＝3，知a ≤3时，原不等式无解．法二：数轴上任一点到－2与1的距离之和最小值为3.所以当a ≤3时，原不等式的解集为∅.答案：(－∞，3]8．解不等式|3x －2|＋|x －1|＞3.解：(1)当x ≤23时，|3x －2|＋|x －1|＝1－x ＋2－3x ＝3－4x ，由3－4x ＞3得x ＜0. (2)当23＜x ＜1时，|3x －2|＋|x －1|＝3x －2＋1－x ＝2x －1，由2x －1＞3得x ＞2，∴x ∈∅.(3)当x ≥1时，|3x －2|＋|x －1|＝3x －2＋x －1＝4x －3，由4x －3＞3得x ＞32，∴x ＞32. 故原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＜0或x ＞32. 9．已知f (x )＝|ax －2|＋|ax －a |(a ＞0)．(1)当a ＝1时，求f (x )≥x 的解集；(2)若不存在实数x ，使f (x )＜3成立，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|x －1|≥x ，当x ≥2时，原不等式可转化为x －2＋x －1≥x ，解得x ≥3；当1＜x ＜2时，原不等式可转化为2－x ＋x －1≥x ，解得x ≤1，∴x ∈∅；当x ≤1时，原不等式可转化为2－x ＋1－x ≥x ，解得x ≤1.综上可得，解集为{x |x ≤1或x ≥3}．(2)依题意，对∀x∈R，都有f(x)≥3，则f(x)＝|ax－2|＋|ax－a|≥|(ax－2)－(ax－a)|＝|a－2|≥3，∴a－2≥3或a－2≤－3，∴a≥5或a≤－1(舍)，∴a的取值范围是[5，＋∞)．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。

2019_2020高中数学第一讲不等式和绝对值不等式1.2.1绝对值三角不等式导学案新人教A版选修4_5

1.2.1.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．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．一、自学释疑根据线上提交的自学检测，生生、师生交流讨论，纠正共性问题。

二、合作探究探究1 不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中“＝”成立的条件是怎样的？探究2 你能给出定理2的几何解释吗？探究3．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|及|a|＋|b|分别具有什么关系？例1 (1)以下四个命题：①若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；②若|a－b|＜1，则|a|＜|b|＋1；③若|x |＜2，|y |＞3，则|x y |＜23；④若AB ≠0，则lg |A |＋|B |2≥12( lg|A |＋lg|B |)．其中正确的命题有( )A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个(2)不等式|a ＋b ||a |－|b |≥1成立的充要条件是________．变式练习1．(1)若x ＜5，n ∈N ＋，则下列不等式：①|x lg n n ＋1|＜5|lg nn ＋1|；②|x |lg n n ＋1＜5lg nn ＋1；③x lg n n ＋1＜5|lg nn ＋1|；④|x |lg n n ＋1＜5|lg nn ＋1|.其中，能够成立的有________．(2)已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是()A ．m ＞nB ．m ＜nC ．m ＝nD ．m ≤n例2 已知a ，b ∈R 且a ≠0，求证：|a 2－b 2|2|a |≥|a |2－|b |2.变式练习2．若f (x )＝x 2－x ＋c (c 为常数)，|x －a |＜1，求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)．例3已知a，b∈R，且|a＋b＋1|≤1，|a＋2b＋4|≤4.求|a|＋|b|的最大值．变式练习3．(1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值；(2)求函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值．参考答案探究1 【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 |.探究2 【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 |.探究3 【提示】 |a |－|b |≤|a ＋b |，|a |－|b |≤|a －b |≤|a |＋|b |．例1 [解析] (1)|a ＋b |＝|(b －a )＋2a |≤|b －a |＋2|a ||a －b |＋2|a |，∴|a ＋b |－2|a |≤|a －b |，①正确；1＞|a －b |≥|a |－|b |，∴|a |＜|b |＋1，②正确；|y |＞3，∴1|y |＜103.又∵|x |＜2，∴|x ||y |＜23.③正确；⎝ ⎛⎭⎪⎫|A |＋|B |22＝14(|A |2＋|B |2＋2|A ||B |)≥14(2|A ||B |＋2|A ||B |)＝|A ||B |，∴2lg |A |＋|B |2≥lg|A ||B |.∴lg |A |＋|B |2≥12(lg|A |＋lg|B |)，④正确．(2)当|a |>|b |时，有|a |－|b |>0，∴|a ＋b |≥||a |－|b ||＝|a |－|b |.∴必有|a ＋b ||a |－|b |≥1. 即|a |>|b |是|a ＋b ||a |－|b |≥1成立的充分条件．当|a ＋b ||a |－|b |≥1时，由|a ＋b |>0，必有|a |－|b |>0.即|a |>|b |，故|a |>|b |是|a ＋b ||a |－|b |≥1成立的必要条件．故所求为：|a |>|b |.答案：(1)A (2)|a |＞|b |变式练习1 解析：(1)∵0＜n n ＋1＜1.∴lg nn ＋1＜0.由x ＜5，并不能确定|x |与5的关系，∴可以否定①②③，而|x |lg nn ＋1＜0，④成立．(2)∵|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |，∴m ＝|a |－|b ||a －b |≤|a －b ||a －b |＝1，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |≥|a |＋|b ||a |＋|b |＝1，∴m ≤1≤n .例2[解析] ①若|a |＞|b |，左边＝|a ＋b ||a －b |2|a |＝|a ＋b ||a －b ||a ＋b ＋a －b |≥|a ＋b ||a －b ||a ＋b |＋|a －b |＝11|a ＋b |＋1|a －b |.∵1|a ＋b |≤1|a |－|b |，1|a －b |≤1|a |－|b |，∴1|a ＋b |＋1|a －b |≤2|a |－|b |.∴左边≥|a |－|b |2＝右边②若|a |<|b |，左边>0，右边<0，∴原不等式显然成立．③若|a |＝|b |，原不等式显然成立．综上可知原不等式成立．变式练习2证明：|f (x )－f (a )|＝|(x 2－x ＋c )－(a 2－a ＋c )|＝|x 2－x －a 2＋a |＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a |·|x ＋a －1|＜|x ＋a －1|＝|(x －a )＋(2a －1)|≤|x －a |＋|2a －1|≤|x －a |＋|2a |＋1<1＋2|a |＋1＝2(|a |＋1)．例3[解析] |a ＋b |＝|(a ＋b ＋1)－1|≤|a ＋b ＋1|＋|1|≤2，|a －b |＝|3(a ＋b ＋1)－2(a ＋2b ＋4)＋5|≤3|a ＋b ＋1|＋2|a ＋2b ＋4|＋5≤3＋2×4＋5＝16.①若ab ≥0，则|a |＋|b |＝|a ＋b |≤2；②若ab ＜0，则|a |＋|b |＝|a －b |≤16.而当11,244,a b a b ++=⎧⎨++=-⎩即a＝8，b＝－8时，|a|＋|b|取得最大值，且|a|＋|b|＝|a－b|＝16.变式练习3．解：(1)法一：||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4.∴y max＝4，y min＝－4.法二：把函数看作分段函数．y＝|x－3|－|x＋1|＝4,1,22,13,4, 3.xx xx<-⎧⎪--≤≤⎨⎪->⎩∴－4≤y≤4.∴y max＝4，y min＝－4.(2)|x－4|＋|x－3|≥|(x－4)－(x－3)|＝1，∴y min＝1.。

2020版高中数学第一讲不等式和绝对值不等式本讲整合课件新人教A版选修4_5

的解集非空时,a 的取值范围为(-∞,-2)∪
1 2
,
+
∞
.
知识建构
综合应用
真题放送
1234567
1(2018
天津,理
13)已知
a,b∈R,且
a-3b+6=0,则
2a+
1 8��
的最小值为
__________________________.
解析:因为
2a>0,
1 8��
>
0,
所以
=
�� = ��(��, ��),即 G(x,y)≥H(x,y).
综上所述,Q(x,y)≥A(x,y)≥G(x,y)≥H(x,y).
知识建构
专题一
专题二
专题三
专题四
专题五
综合应用
真题放送
专题三利用基本不等式或三个正数的算术-几何平均不等式求最大(小)值
4
4
=
��2+2 ��2,
所以
��2+��2 2
≥
��+�� 2
,
即Q(x,y)≥A(x,y).
由基本不等式,得 A(x,y)≥G(x,y).
H(x,y)=
2�� +��
≤
2�� 2 ��
;
解法二错在
2
6��不是定值(常数).
正确的解法是
y=2x2+
3 ��
=
2��2

2020年高中数学第一讲不等式和绝对值不等式二绝对值不等式1绝对值三角不等式优化练习

1 绝对值三角不等式[课时作业][A 组基础巩固]1．设ab ＞0，下面四个不等式：①|a ＋b |＞|a |；②|a ＋b |＜|b |；③|a ＋b |＜|a －b |；④|a ＋b |＞|a |－|b |中，正确的是( )A ．①和②B ．①和③C ．①和④D ．②和④解析：∵ab ＞0，①|a ＋b |＝|a |＋|b |＞|a |，正确；②|a ＋b |＝|a |＋|b |＞|b |，所以②错；③|a ＋b |＝|a |＋|b |＞|a －b |，所以③错；④|a ＋b |＝|a |＋|b |＞|a －b |≥|a |－|b |，正确．所以①④正确，应选C.答案：C2．已知x 为实数，且|x －5|＋|x －3|<m 有解，则m 的取值范围是( )A ．m >1B ．m ≥1C ．m >2D ．m ≥2解析：∵|x －5|＋|x －3|≥|x －5＋3－x |＝2，∴|x －5|＋|x －3|的最小值为2.∴要使|x －5|＋|x －3|<m 有解，则m >2.答案：C3．已知|a |≠|b |，m ＝|a |－|b ||a －b |，n ＝|a |＋|b ||a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是()A ．m >nB ．m <nC ．m ＝nD ．m ≤n解析：令a ＝3，b ＝2，则m ＝1，n ＝1；令a ＝－3，b ＝2，则m ＝15，n ＝5，∴n ≥m ，选D.答案：D4．函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值及取得最小值时x 的值分别是( )A ．1，x ∈[－1,2]B ．3,0C ．3，x ∈[－1,2]D ．2，x ∈[1,2]解析：运用含绝对值不等式的基本性质有|x ＋1|＋|x －2|＝|x ＋1|＋|2－x |≥|x ＋1＋2－x |＝3.当且仅当(x ＋1)(2－x )≥0时等号成立，即取得最小值的充要条件，∴－1≤x ≤2.答案：C5．下列不等式中恒成立的个数是( )①x ＋1x≥2(x ≠0)； ②c a <c b (a >b >c >0)；③a ＋m b ＋m >a b(a ，b ，m >0，a b >0⇒a ab >b ab 即1b >1a，又由于c >0，故有c b >c a ；③成立，因为a ＋m b ＋m －a b ＝b －a m b b ＋m >0(a ，b ，m >0，a a b； ④成立，由绝对值不等式的性质可知：|a ＋b |＋|b －a |≥|(a ＋b )－(b －a )|＝|2a |≥2a ，故选B.答案：B6．已知|a ＋b |<－c (a ，b ，c ∈R)，给出下列不等式：①a <－b －c ；②a >－b ＋c ；③a －b ＋c ，①②成立，|a |－|b |<|a ＋b |<－c ，∴|a |<|b |－c ，④成立．答案：①②④7．函数y ＝|x －4|＋|x －6|的最小值为________．解析：y ＝|x －4|＋|x －6|≥|x －4＋6－x |＝2，当且仅当4≤x ≤6时，等号成立．答案：28．若|x－4|＋|x＋5|>a对于x∈R均成立，则a的取值范围为________．解析：∵|x－4|＋|x＋5|＝|4－x|＋|x＋5|≥|4－x＋x＋5|＝9.∴当a<9时，不等式对x∈R均成立．答案：(－∞，9)9．若f(x)＝x2－x＋c(c为常数)，|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|＋|2a－1|≤|x－a|＋|2a|＋1<1＋2|a|＋1＝2(|a|＋1)．10．已知函数f(x)＝log2(|x－1|＋|x－5|－a)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的最小值；(2)当函数f(x)的定义域为R时，求实数a的取值范围．解析：(1)函数的定义域满足|x－1|＋|x－5|－a>0，即|x－1|＋|x－5|＞a，设g(x)＝|x－1|＋|x－5|，由|x－1|＋|x－5|≥|x－1＋5－x|＝4，可知g(x)min＝4，∴f(x)min＝log2(4－2)＝1.(2)由(1)知，g(x)＝|x－1|＋|x－5|的最小值为4.∵|x－1|＋|x－5|－a>0，∴a<g(x)min时，f(x)的定义域为R.∴a<4，即a的取值范围是(－∞，4)．[B组能力提升]1．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )A．|a＋b|＋|a－b|>2 B．|a＋b|＋|a－b|<2C．|a＋b|＋|a－b|＝2 D．不能比较大小解析：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.答案：B2．对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：∵x ，y ∈R ，∴|x －1|＋|x |≥|(x －1)－x |＝1，|y －1|＋|y ＋1|≥|(y －1)－(y ＋1)|＝2，∴|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|≥3.∴|x －1|＋|x |＋|y －1|＋|y ＋1|的最小值为3.答案：C3．对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为________．解析：|x －2y ＋1|＝|(x －1)－2(y －1)|≤|x －1|＋|2 (y －2)＋2|≤1＋2|y －2|＋2≤5，即|x －2y ＋1|的最大值为5.答案：54．设函数f (x )的定义域为R ，若存在常数m >0，使|f (x )|≤m |x |对一切实数x 均成立，则称f (x )为F 函数．给出下列函数：①f (x )＝0；②f (x )＝x 2；③f (x )＝2(sin x ＋cos x )；④f (x )＝x x 2＋x ＋1；⑤f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足对一切实数x 1，x 2均有|f (x 1)－f (x 2)|≤2|x 1－x 2|.其中是F 函数的序号是________．解析：由|f (x )|≤m |x |，当x ≠0时，知m ≥|f x |x |，对于①，有|f x |x |＝0，x ≠0，故取m >0即可；对于②，由|x 2|＝|x |2，∴|f x |x |＝|x |，无最大值；对于③，由f (x )＝2sin(x＋π4)，而|f x |x |＝|2six ＋π4|x |无最大值；对于④，由|f x|x |＝1x 2＋x ＋1≤43，x ≠0，只要取m ＝43即可；对于⑤，令x 2＝0，x 1＝x ，由f (0)＝0，知|f (x )|≤2|x |.答案：①④⑤5．对于任意的实数a (a ≠0)和b ，不等式|a ＋b |＋|a －b |≥M ·|a |恒成立，记实数M 的最大值是m ，求m 的值．解析：不等式|a ＋b |＋|a －b |≥M ·|a |恒成立，即M ≤|a ＋b |＋|a －b ||a |对于任意的实数a (a ≠0)和b 恒成立，即左边恒小于或等于右边的最小值．因为|a ＋b |＋|a －b |≥|(a ＋b )＋(a －b )|＝2|a |，当且仅当(a －b )(a ＋b )≥0时等号成立，即|a |≥|b |时，等号成立，也就是|a ＋b |＋|a －b ||a |的最小值是2. 所以m ＝2.6．已知|x 1－2|<1，|x 2－2|<1.(1)求证：2<x 1＋x 2<6，|x 1－x 2|<2.(2)若f (x )＝x 2－x ＋1，x 1≠x 2，求证：|x 1－x 2|<|f (x 1)－f (x 2)|<5|x 1－x 2|. 证明：(1)∵|x 1－2|<1，|x 2－2|<1， ∴2－1<x 1<2＋1,2－1<x 2<2＋1，即1<x 1<3,1<x 2<3，∴2<x 1＋x 2<6，|x 1－x 2|＝|(x 1－2)－(x 2－2)| ≤|x 1－2|＋|x 2－2|<1＋1＝2，即|x 1－x 2|<2.(2)∵f (x )＝x 2－x ＋1，∴|f (x 1)－f (x 2)|＝|x 21－x 1－x 22＋x 2| ＝|(x 1－x 2)·(x 1＋x 2－1)|＝|x 1－x 2|·|x 1＋x 2－1|，由(1)知2<x 1＋x 2<6，|x 1－x 2|>0， ∴|x 1－x 2|<|x 1－x 2|·|x 1＋x 2－1|<5|x 1－x 2|，即|x 1－x 2|<|f (x 1)－f (x 2)|<5|x 1－x 2|.。