2019-2020学年高中数学 第1讲 不等式和绝对值不等式 第4课时 绝对值三角不等式课件 新人教

第4课时绝对值三角不等式1．绝对值不等式：|a|－|b|≤________≤________.2．几何意义：_______________________________________________________________.|a±b||a|＋|b|三角形任意两边之差小于第三边，三角形任意两边之和大于第三边1．已知a，b∈R，且ab＞0，下面给出了四个不等式：(1)|a＋b|＞|a|；(2)|a－b|＞|a|－|b|；(3)|a＋b|＞|a－b|；(4)|a|＋|b|＞|a＋b|；其中正确的是()A．(1)和(2)B．(1)和(3)C．(1)和(4)D．(3)和(4)【答案】B【解析】取a＝1，b＝1，则(1)、(3)成立，(2)、(4)不成立．2．若|x－m|＜ε，|y－m|＜ε，下列不等式中一定成立的是()A．|x－y|＜εB．|x－y|＜2εC．|x－y|＞2εD．|x－y|＞ε【答案】B【解析】|x－y|＝|(x－m)－(y－m)|≤|x－m|＋|y－m|＜ε＋ε＝2ε.3．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为__________．【答案】5【解析】因为|x－1|≤1，|y－2|≤1，所以|x－2y＋1|＝|x－1－2(y－2)－2|≤|x－1|＋2|y－2|＋|－2|≤1＋2＋2＝5.4．若f(x)＝x2－x＋c(c为常数)，|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．【解析】|f(x)－f(a)|＝|(x2－x＋c)－(a2－a＋c)|＝|x2－a2－(x－a)|＝|x－a||x＋a－1|，因为|x－a|＜1，所以|f(x)－f(a)|＜|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a|＋1＜1＋2|a|＋1，即|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．【解题探究】由于题设和结论相差很远，为了能整体运用上条件，应先对结论式子的左端进行配凑．绝对值不等式的证明方法【例1】已知|x－a|＜ε2M，0＜|y－b|＜ε2|a|，y∈(0，M)，求证：|xy－ab|＜ε.【解析】∵|x－a|＜ε2M，0＜|y－b|＜ε2|a|，0＜y＜M，∴|xy－ab|＝|xy－ya＋ya－ab|＝|y(x－a)＋a(y－b)|≤|y||x－a|＋|a||y－b|＜M·ε2M＋|a|·ε2|a|＝ε，即|xy－ab|＜ε.在证明中关键是把|xy－ab|变形为|xy－ya＋ya－ab|＝|y(x－a)＋a(y－b)|，从而利用题设的条件，通常是利用“加减项”技巧．1．(2017年常宁模拟节选)已知函数f(x)＝|x＋a|＋x＋1a(a＞0)，求证：f(m)＋f－1m≥4.【证明】∵f(m)＋f－1m＝|m＋a|＋m＋1a＋－1m＋a＋－1m＋1a＝|m＋a|＋－1m＋a＋m＋1a＋－1m＋1a≥m＋a－－1m＋a＋m＋1a－－1m＋1a＝2m＋1m＝2|m|＋1m≥4，∴f(m)＋f－1m≥4成立．【例2】若不等式|x－1|＋|x＋3|≥a对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．【解题探究】只需求出|x－1|＋|x＋3|的最小值，利用最值法．绝对值不等式的恒成立问题【解析】∵|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴a≤4，当且仅当(x－1)(x＋3)≤0即－3≤x≤1时，|x－1|＋|x＋3|有最小值为4.故实数a的取值范围为(－∞，4]．不等式f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a；f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a，使用不等式|a|＋|b|≥|a±b|求最值时通常使a＋b或a－b为定值．2．设函数f(x)＝x－1a＋|x＋a|≥m对任意的x恒成立，求m的取值范围．【解析】f(x)＝x－1a＋|x＋a|≥x－1a－x＋a＝a＋1a＝|a|＋1a≥2.∵函数f(x)＝x－1a＋|x＋a|≥m对任意的x恒成立，∴m≤2.故m的取值范围是(－∞，2]．绝对值不等式的最值问题【例3】已知二次函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的定义域为[－1,1]且|f(x)|的最大值为M.(1)证明：|1＋b|≤M；(2)证明：M≥12；(3)当M＝12时，试求出f(x)的解析式．【解题探究】证明(1)要充分利用条件M≥|f(1)|，M≥|f(－1)|.(2)的证明可以用推论|a1|＋|a2|＋|a3|≥|a1＋a2＋a3|.(3)确定f(x)的解析式，关键是利用不等式取等号生成方程．【解析】(1)∵|f(x)|≤M，∴M≥|f(－1)|＝|1－a＋b|，M≥|f(1)|＝|1＋a＋b|.∴2M≥|1－a＋b|＋|1＋a＋b|≥|(1－a＋b)＋(1＋a＋b)|＝2|1＋b|，即|1＋b|≤M.(2)依题意，有M≥|f(－1)|，M≥|f(0)|，M≥|f(1)|.又f(－1)－2f(0)＋f(1)＝2，∴4M≥|f(－1)|＋2|f(0)|＋|f(1)|≥|f(－1)－2f(0)＋f(1)|＝2.∴M≥12.(3)当M＝12时，|f(0)|＝|b|≤12，－12≤b≤12.①同理|f(1)|＝|1＋a＋b|≤12，－12≤1＋a＋b≤12，②|f(－1)|＝|1－a＋b|≤12，－12≤1－a＋b≤12.③由②＋③得－32≤b≤－12.④由①④得b＝－12.当b＝－12时分别代入②③得－1≤a≤0，0≤a≤1.∴a＝0.故f(x)＝x2－12.证明含有绝对值的不等式常用途径有二：一是去掉绝对值符号；二是用绝对值不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|来证明．3．(1)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a，求a的值；(2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－y＋1|的最大值．【解析】(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，故a＝3.(2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－y＋1|＝|(x－1)－(y－2)|≤|x－1|＋|y－2|≤2，故|x－y＋1|的最大值为2.1．应用绝对值不等式求解基本问题时，要注意等号成立的条件：(1)|a＋b|＝|a|＋|b|⇔ab≥0；(2)|a－b|＝|a|＋|b|⇔ab≤0.2．利用|a±b|≤|a|＋|b|求最值时，原则上是使a＋b或a－b为定值．3．通常采取加、减项进行配凑，然后再利用绝对值不等式．