含绝对值符号的不等式的解法与证明

含绝对值符号的不等式的解法与证
明
[重点难点]
1．实数绝对值的定义:
|a|=
这是去掉绝对值符号的依据，是解含绝对值符号的不等式的基础。

2．最简单的含绝对值符号的不等式的解。

若a>0时，则
|x|<a -a<x<a；
|x|>a x<-a或x>a。

注:这里利用实数绝对值的几何意义是很容易理解上式的，即|x|可看作是数轴上的动点P(x)到原点的距离。

3．常用的同解变形
|f(x)|<g(x) -g(x)<f(x)<g(x)；
|f(x)|>g(x) f(x)<-g(x)或f(x)>g(x)；
|f(x)|<|g(x)| f2(x)<g2(x)。

4．三角形不等式:
||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。

例题选讲:
例1．解不等式|x2+4x-1|<4.............①
解:①-4<x2+4x-1<4
-5<x<-3或-1<x<1。

即原不等式的解集是（-5，-3）∪（-1，1）。

例2．解不等式|x2-3|>2x...........①
解:①x2-3<-2x或x2-3>2x x2+2x-3<0或x2-2x-3>0
-3<x<1或x<-1或x>3 x<1或x>3。

即原不等式的解集（-∞，1）∪（3，+∞）。

例3．解不等式||≤1...........①
解:①
(2) |2x+3|2≤|x-1|2(2x+3)2-(x-1)2≤0 (2x+3-x+1)(2x+3+x-1)≤0
(x+4)(3x+2)≤0,-4≤x≤-。

(3) x≠1。

∴原不等式的解集为[-4，-]。

例4．解不等式|x+1|+|x-2|<5...........①
分析:为了去掉绝对值符号，首先找到两式的零点-1和2，它们把（-∞，+∞）分成了三个区间；（-∞，-1），
[-1，2]，（2，+∞）。

从而可将不等式①化为三个不等式组。

求它们的解集的并集即可。

解:将不等式①化为三个不等式组
（I）-2<x<-1；
（II）-1≤x≤2；
（III）2<x<3。

∴原不等式的解集为(-2,-1)∪[-1,2]∪(2,3)，即（-2，3）。

例5．解不等式|x+1|+|x-2|<1。

解:∵|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3，∴原不等式无解。

说明:本题没有采用例4的解法，而是利用三角形不等式直接判断出结果。

它提示我们今后解这一类问题，应先判断。

例6．已知:|a|<1, |b|<1。

求证:||<1.........①
证法1：欲证①，只需证<1,
只需证|a+b|<|1+ab|, 只需证(a+b)2<(1+ab)2, 只需证(a+b)2-(1+ab)2<0,
只需证(a2+b2-a2b2-1)<0, 只需证-(a2-1)(b2-1)<0............②
∵|a|<1, |b|<1。

∴a2<1, b2<1，即a2-1<0, b2-1<0。

∴②式成立，
∴原不等式成立。

证法2：欲证①，只需证-1<<1,
只需证（+1）（-1）<0,
只需证·<0,
只需证<0,
只需证<0............③
∵|a|<1, |b|<1, ∴a2<1, b2<1，即a2-1<0, b2-1<0,
又(1+ab)2>0, ∴③式成立，
∴原不等式成立。

例7．求证:≤≤+。

证法1:
∵≤|a+b|(1+|a|+|b|)≤(|a|+|b|)(1+|a+b|) |a+b|≤|a|+|b|。

∵上式显然成立，∴≤成立。

又=+≤+。

∴原命题成立。

证法2：这里只证明≤
分析:观察两式结构均为的形式，又∵|a+b|≤|a|+|b|，而原不等式要成立，只需证明函数y=在[0，+∞）上单调递增即可。

证明:设0≤x1≤x2, 则-=，
∵0≤x1≤x2, ∴x2-x1≥0, 1+x1>0, 1+x2>0, ∴≥0。

∴-≥0, 即≥,
设x1=|a+b|, x2=|a|+|b|
∵|a+b|≤|a|+|b|,
∴≤。

参考练习:
1．解不等式|x2+3x-8|≤10。

2．解不等式|x+7|-|x-2|<3。

3．解不等式|-3|>1。

4．解不等式|log3x|+|log3(3-x)|≥1。

5．求y=的值域。

6．设f(x)=x2+ax+b是整系数二次三项式，求证:|f(1)|<, |f(2)|<, |f(3)|<,不可能同时成立。

7．已知|x|<, |y|<, |z|<, (ξ>0)。

求证:|x+2y-3z|<ξ。

参考答案:
1. [-6, -2]∪[-1, 3]；
2. (-∞, -1)；
3. [, 2)∪(6, +∞)；
4. 提示:首先求定义域（0，3）。

其次求出二零点1，2。

分三个区间（0，1]，（1，2]，（2，3）解即可。

解集（0，]∪[，3）。

5．提示:可用反解法解出sinx=，则解不等式||≤1得y∈[-4, -]。

6．提示:用反证法
略证:假设|1+a+b|<, |4+2a+b|<, 及|9+3a+b|<同时成立。

由题设a, b∈Z, ∴1+a+b∈Z,
∴1+a+b=0.........①
同理4+2a+b=0.......②9+3a+b=0.........③
由①，②解得a=-3, b=2。

但不满足③式，故假设不成立，即|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|不能同时小于。

7．证明略。

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选择题
1．求不等式(1+|x|)(|2x+1|-4)>0的解集是( )
> B. x>或x<- C. x<- D. x<-1 2．不等式|x-2|+|x+2|<10的解是( )
>5 <2 C. -5<x<5 >7
3．解关于x的不等式x2-2ax≤-a2+1 ( )
≤x≤a+1 +1≤x≤a-1
≤x≤a+1 ≤x≤a
4．解不等式( )
>2 =-2或
C.=-2
5．解不等式：( )
A. B.
C. D.
答案与解析
答案：1、B 2、C 3、A 4、B 5、A
解析：
1.分析：首先观察不等式，不难发现(1+|x|)是非负的，所以(|2x+1|-4)必须大于0。

解(|2x+1|-4)>0就可以了。

2.分析：首先寻找零点，就是|x-2|=0和|x+2|=0，得到x=2和x=-2。

然后分x<-2和-2≤x≤2和2<x三个区间分别去掉绝对值符号求解。

注：也可取特殊值代入验证：0满足不等式，所以解集中应该有0，排除A、D；再代入-5验证。

3.分析：原不等式等价于 x2-2ax+a2≤1。

即 (x-a)2≤1，-1≤x-a≤1。

∴原不等式的解集为a-1≤x≤a+1。

4.分析：原不等式
5.分析：原不等式
绝对值不等式内容归纳
1、含有绝对值的不等式的性质
(1) |a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|
证明：∵-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|,
∴-(|a|+|b|)≤a+b≤(|a|+|b|),
|a+b|≤|a|+|b|........①
又a=a+b-b, |-b|=|b|
∴由①得|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|，即|a|-|b|≤|a+b|.......②
由①②得|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|
由以上定理很容易推得以下的结论：
(2) |a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|
(3) |a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3|
2 几个基本不等式的解集
(1) |x|<a-a<x<a(a>0)
(2) |x|>a x>a或x<-a(a>0)
(3) |x-m|<a(a>0)-a<x-m<a m-a<x<m+a
(4) |x-m|>a(a>0)x-m>a或x-m<-a x>m+a 或x<m-a
3．绝对值的定义：
|a|=
由定义可知：|ab|=|a||b|, .
4．绝对值不等式的解法
(1)解含有绝对值不等式的基本思路，绝对值符号的存在是解不等式的一大障碍。

因此如何去掉绝对值符号使其转化为等价的不含绝对值符号的不等式是解决这类问题的关键，
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常采取划分区间逐段讨论，从而去掉绝对值符号转化为一般不等式，或利用绝对值表达的几何意义转化为图像或曲线为解决。

(2)几种主要的类型
①|f(x)|>|g(x)|f2(x)>g2(x)
②|f(x)|>g(x)f(x)>g(x) 或f(x)<-g(x)
③|f(x)|<g(x)-g(x)<f(x)<g(x)
④含有两个或两个以上绝对值符号的不等式可用“按零点分区间”讨论的方法来脱去绝对值符号去求解。

⑤含有两个或两个以上绝对值符号的不等式可以用图像法来解决
5．关于“绝对值”的四则运算规律
(1) |ab|=|a|·|b|
(2)
(3) |a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|
(4) |a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|
在一般情况下，两个数的和或差的绝对值与这两个数的绝对值的和差是不相等的，但在某些情况下，可以取等号。

6．不等式取等号的条件
(1) |a|-|b|≤|a+b|取等号a,b异号且|a|>|b|
(2) |a+b|≤|a|+|b|取等号a,b同号
(3) |a|-|b|≤|a-b|取等号a,b同号且|a|>|b|
(4) |a-b|≤|a|+|b|取等号a,b异号
7．拓展
(1)定理在形式上包含两部分：|a+b|≤|a|+|b|和|a|-|b|≤|a+b|，但|a|-|b|≤|a+b||a+b+(-b)|≤|a+b|+|(-b)|，这说明前者与后者在本质上是一致的，故可先证明前者，再由前者推出后者。

(2)定理可改写为||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|，当a,b同号或至少有一个为0时右侧等号成立，当a,b异号或至少有一为0时左侧等号成立。

等号成立的条件常可用于求最值问题。

(3)推论1：|a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3|，可推广到多个数的情况：|a1+a2+……+a n|≤|a1|+|a2|+……+|a n|，当且仅当a1,a2……a n非异号时等号成立。

它是不等式的证明中“放缩”的依据，同时也使求函数的最值有了更简洁的途径。

(4)定理可与向量模的不等式：联系起来，因此也可称为三角形不等式。

-11。