含有絕對值的不等式
題型1 含絕對值不等式的證明
1．已知|x-a|<,0<|yb-b|<,y∈(0,m).求證：|xy-ab|<ε.
證：|xy-ab|=|ay-ya+ay-ab|=|y(x-a)+a(y-b)|≤|y|·|x-a|+|a|·|y-b|2．已知f(x)=x2-x+13，且|x-a|<1.求證：
|f(x)-f(a)|證：∵|x-a|<1,∴|f(x)-f(a)|=|x2-x-a2+a|=|(x-a)(x+a-1)|<|x+a-1|=|(x-a)+(2a-1)|≤|x-a|+|2a-1|<1+|2a|+1
=2(|a|+1).
3．已知a,b∈r.求證：≤+．
證：當a+b=0時，不等式顯然成立．當a+b≠0時，∵|a+b|≤|a|+|b|,
∴≥，於是=≤==
≤．證法二：前面與證法1同．若證≤，即證|a+b|+|a||a+b|+|b||a+b|
≤|a|+|b|+|a+b||a|+|a+b||b|,也即證|a+b|≤|a|+|b|,上式顯然成立．∴原題得證．
4. 已知|x-a|<1，求證：|a|-1<|x|<|a|+1.
證：∵|a-a|=|a-x|,根據絕對值不等式定理，得|x|-|a|≤|x-a|,|x|-|a|≤|x-a|<1，和|a|-|x|≤|x-a|<1,∴|x|<|a|+1,和|a|-1≤|x|.∴|a|-15.
已知.
證: 由已知，①， ②成立，即①成立。
證法二:設則在r上遞增，而，的根在區間（-1,1）內，，即①式成立。
證法三:以a、b為根的一元二次方程是-1知的對稱軸內，且，即
①式成立.
證法四: 由已知，設，
則6. 已知，求證：.
證：要證成立，只需證，
即證兩邊平方得：，
即，，∴上式成立故原命題得證.
7. 設m等於和1中最大的乙個，當時，求證：.
證： 故原不等式成立。
8. 設時，總有，求證：.
證：，又，
。9. 函式的定義域為[0，1]，且，當時都有，求證：.
證：不妨，以下分兩種情形討論：
若，則則
綜上所述.
題型2 含絕對值不等式的解法
10．解不等式|x+1|>2-x.
解：令x+1=0. x=-1.當x≥1時，原不等式變形為x+1>2-x, ∴x>；當x<-1時，原不等式變形為-(x+1)>2-x, ∴-1>2.∴此時無解．
∴原不等式的解集為.
解法二：由|x+1|>2-x，可得x+1>2-x, ① 或x+1<-(2-x), ② 由①得x>, ②無解．∴原不等式的解集為．
解法三：觀察不等式：（1）當2-x<0，即x>2時，不等式顯然成立．
（2）當2-x≥0時，兩端平方有：x2+2x+1>x-4x+4，解得x>.又2-x≥0, 即x≤2，∴ 11．解不等式<2．
解：原不等式∴<2<+2
.又-x>-2
或或≤x≤2或≤x≤22≤x≤5或≤x≤2≤x<5.
∴原不等式的解集為．
12. 解不等式|x+2|-|2x-1|≥1。
解：原不等式等價於：或解之得ф或0≤x《或≤x≤2，即0≤x≤2。∴原不等式的解集為 [0，2]。
13. 解下列不等式：
（1）|x-x2-2|>x2-3x-42）|logx|+|log3|≥1.
解：（1）原不等式等價於x-x2-2>x2-3x-4或x-x2-2<-(x2-3x-4)。∴原不等式的解集為。
方法二：∵|x-x2-2|=|x2-x+2|，而x2-x+2=(x-)2+>0，∴|x-x2-2|=|x2-x+2|=x2-x+2，故原不等式等價於x2-x+2>x2-3x-4x>-3。∴原不等式的解集為。
（2）因為對數必須有意義，所以先解不等式組解得0為|log3x|+|log3(3-x)|≥1。
①當0②當1③當2綜合得原不等式的解集為(0, , 3)。
14. 解不等式：|logx+1|+|log2x-2|>4。
解：原不等式變形為：|2log2x+1|+|log2x-2|>4，令log2x=t，得|2t+1|+|t-2|>4
①t≥2時，2t+1+t-2>4，∴t>，即t≥2； ②-≤t<2時，2t+1+2-t>4, ∴t>1。即1③t≤-時，-2t-1+2-t>4，∴t<-1，即t<-1。
綜合①②③得，t<-1或t>1，即log2x<-1或log2x>1。∴02，故原不等式的解集
為15. 解不等式.
解：的零點為-2和的零點為-3，原不等式
或或或或
或。原不等式的解集為。
16. 解下列等式：（1）； （2）。
解:（1）不等式同解於或，解得或或
或原不等式的解集為。
（2）。原不等工的解集為
題型3 絕對值不等式中的綜合問題
17．已知a、b、c是實數，函式f(x)=ax+2+bx+c, g(x)=ax+b,當-1≤x≤1時，|f(x)|≤1.
（1）證明：|c|≤12）證明：當-1≤x≤1時，|g(x)|≤2;
（3）設a>0，當-1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x)．
證：（1）由條件當-1≤x≤1時，|f(x)|≤1.取x=0,得|c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1.
（2）當a>0時，g(x)=ax+b在[-1,1]上是增函式．∴g(-1)≤g(x)≤g(1). ∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1),|c|≤1,
∴g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|≤2, g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2.由此得|g(x)|≤2;
當a<0時，g(x)=ax+b在[-1,1]上是減函式．∴g(-1)≥g(x)≥g(1), ∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1),|c|≤1,
∴g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≤|f(-1)|+|c|≤2, g(1)=a+b=f(1)-c≥-(|f(x)|+|c|)≥-2.由此得|g(x)|≤2;
當a=0時,g(x)=b,f(x)=bx+c.∵-1≤x≤1,∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2.
綜上得：|g(x)|≤2.
證法二:由x=得g(x)=ax+b=a
=-=.
當-1≤x≤1時，有0≤≤1，-1≤≤0．∴≤≤2，即g(x)≤2．
（3）∵a>0，g(x)在[-1，1]上是增函式，當x=1時取最大值2，即g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2.
∵-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,∴c=f(0)=-1.∵當-1≤x≤1時，f(x)≥-1，即f(x)≥f(0).由二次函式性質知，直線x=0為f(x)的圖象的對稱軸，由此得-=0,即b=0．由a+b=2，得a=2，∴f(x)=2x2-1.
18．已知a＞0，函式f（x）＝ax－bx2．
（1）當b＞0時，若對任意x∈r都有f（x）≤1，證明a≤2；
（2）當b＞1時，證明：對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是b－1≤a≤2；
（3）當0＜b≤1時，討論：對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件.
證：（ⅰ）依設，對任意x∈r，都有f（x）≤1，∵f（x）＝，∴≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2．
（ⅱ）必要性：對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤f（x），據此可以推出－1≤f（1），即a－b≥－1，∴a≥b－1；
對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1f（x）≤1，因為b＞1，可以推出f（）≤1，即a·－1≤1，∴a≤2；∴b－1≤a≤2．
充分性：∵b＞1，a≥b－1，對任意x∈［0，1］，可以推出ax－bx2≥b（x－x2）－x≥－x≥－1，即ax－bx2≥－1；∵b＞1，a≤2，對任意x∈［0，1］，可以推出ax－bx2≤2x－bx2≤1，即ax－bx2≤1．
∴－1≤f（x）≤1．
綜上，當b＞1時，對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是b－1≤a≤2．
（ⅲ）∵a＞0，0＜b≤1時，對任意x∈［0，1］：f（x）＝ax－bx2≥－b≥－1，即f（x）≥－1；
f（x）≤1f（1）≤1a－b≤1，即a≤b＋1，a≤b＋1f（x）≤（b＋1）x－bx2≤1，即f（x）≤1．
∴當a＞0，0＜b≤1時，對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是a≤b＋1．
19. 已知|x-4|+|x-3|解：依題意，如圖6-5-1將數軸分為(-∝,3), [3,4], (4,+∝)三個區間，分別研究
當x<3時，得4-x+3-x,有解條件為<3, ∴a>1；
當3≤x≤4時，得4-x+x-31；
當x>4時，得x-4+x-31．
∴當原不等式有解時，a的取值範圍是(1,+∝ ).
20. 設函式，不等式的解集為（-1，2），試求不等式的解集.
解：由題設可得
，由它等價於
原不等式解集為.
21. 設集合a=[-1, 1], b=[-,]，函式f(x)=2x2+mx-1。
（1）設不等式f(x)≤0的解集為c，當c (a∪b)時，求實數m的取值範圍；
（2）當m∈a, x∈b時，證明|f(x)|≤。
解：（1）a∪b=[-1, 1], ∵c (a∪b)，且△=m2+8>0，∴2x2+mx-1=0的兩根在[-1，1]上，即f(x)的影象與x軸交點在[-1，1]上。∴-1≤m≤1。
∴當-1≤m≤1時，f(x)≤0的解集為c (a∪b)。
（2）∵m∈a, x∈b|m|≤1, x2≤，∴|f(x)|=|2x2+mx-1|≤|2x2-1|+|mx|=1-2x2+|mx|≤1-2x2+|x|
=-2|x|2+|x|+1=-2(|x|-)2+≤。當且僅當|x|=時，等號成立。∴|f(x)|≤。
佳禾網校日語職場影視人生第六章第3節
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第六章第6節經典力學的侷限性
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