含绝对值不等式的解法习题课

2024-07-19

含绝对值不等式的解法习题课（通用4篇）

含绝对值不等式的解法习题课篇1

第十一教时

三、补充：

例

七、已知函数f(x), g(x)在 R上是增函数，求证：f [g(x)]在 R上也是增函数。

例

八、函数 f(x)在 [0, 上单调递减，求f(x2)的递减区间。

例

九、已知函数 f(x)是定义在 R上的奇函数，给出下列命题：

1．f(0)= 0

2．若 f(x)在 [0, 上有最小值 1，则 f(x)在,0上有最大值1。

3．若 f(x)在 [1, 上为增函数，则 f(x)在 ,1上为减函数。

4．若 x > 0时，f(x)= x2  2x ,则 x < 0 时，f(x)=  x2  2x。其中正确的序号是：例

十、判断 f(x)

xx22x1x1 的奇偶性。

含绝对值不等式的解法习题课篇2

普通高中课程标准实验教科书《数学》( 选修4 5) ———《不等式选讲》第20页的第9题是:

如果关于x的不等式︱x - 3︱ + ︱x - 4︱ < a的解集不是空集,求参数a的取值范围.

解法二令f( x) = | x - 3 | + | x - 4 | ,即

作出函数的图像( 如图) ,它是分段线段函数.

由图像可知,当a > 1时,原不等式有解.

解法三由绝对值三角不等式可知:

︱x - 3︱ + ︱x - 4︱ = ︱x - 3︱ + ︱4 - x︱≥︱( x 3) + ( 4 - x) ︱ = 1.

要使︱x - 3︱ + ︱x - 4︱ < a的解集不是空集,只需使a > 1.

本题还可以做以下变式:

︱x - 4︱ + ︱x - 3︱ < a的解集为

变式1: 若关于x的不等式︱x - 4︱ + ︱x - 3︱ > a恒成立,求参数a的取值范围.

解令f( x) = ︱x - 4︱ + ︱x - 3︱.

因为︱x - 4︱ + ︱x - 3︱≥1,

所以fmin( x) = 1.

若要使原不等式恒成立,只需使fmin( x) > a即可.

即 a < 1.

变式2: 若关于x的不等式︱x - 4︱ + ︱x - 3︱ < a的解集为,求参数a的取值范围.

若要使原不等式的解集为,只需使

变式3: 若关于x的不等式︱x - 3︱ - ︱x - 4︱ > a有解,求参数a的取值范围( a < 1,解略) .

变式4: 若关于x的不等式︱x - 3︱ - ︱x - 4︱ < a恒成立,求参数a的取值范围( a > 1,解略) .

变式5: 若关于x的不等式︱x - 3︱ - ︱x - 4︱ > a的解集为求参数a的取值范围( a≥1,解略) .

题型二

︱x2+ 2x - 3︱ > a.

探究绝对值不等式的解法篇3

例1 解不等式[|x+3|-|2x-1|

分析利用零点分段法求解.

解（1）当[x≤-3]时，

原不等式化为[-（x+3）-（1-2x）][

解得[x<10]，∴[x≤-3].

（2）当[-3

原不等式化为[（x+3）-（1-2x）

解得[x<-25]，∴[-3

（3）当[x>12]时，

原不等式化为[（x+3）-（2x-1）

解得[x>2]，∴[x>2].

综上，不等式解集为[{x|<-25或x>2}.]

点拨形如[|x-a|+|x-b|≥c]（或[≤c]）型的不等式主要有三种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为[（-∞，a]，（a，b]，（b，+∞）]（此处设[ac]（[c>0]）的几何意义，数轴上到点[x1=a]和[x2=b]的距离之和大于[c]的全体点. （3）图象法：作出函数[y1=|x-a|+|x-b|]和[y2=c]的图象，结合图象求解.

例2 设函数[f（x）=|x-1|+|x-a|]，

（1）若[a=-1]，解不等式[f（x）≥3]；

（2）如果[?x∈R]，[f（x）≥2]，求实数[a]的取值范围.

分析零点去绝对值法适用于含有多个绝对值的不等式的求解问题.

解（1）当[a=-1]时，[f（x）=|x-1|+|x+1|]，

由[f（x）≥3]得：[|x-1|+|x+1|≥3]，

方法一：由绝对值的几何意义知，不等式的解集为[{x|x≤-32或x≥32}].

方法二：不等式可化为

[x≤-1，-2x≥3，]或[-11，2x≥3，]

∴不等式的解集为[{x|x≤-32或x≥32}].

（2）若[a=1]，[f（x）=2|x-1|]，不满足题设条件.

若[a<1，f（x）=-2x+a+1， x≤a，1-a， a

[∴f（x）]的最小值为[1-a].

若[a>1，f（x）=][-2x+a+1， x≤1，1-a， 1

[∴f（x）]的最小值为[a-1].

所以[?x∈R]，[f（x）≥2]的充要条件是[|a-1|≥2]，

从而[a]的取值范围为（-∞，-1]∪[3，+∞）.

点拨含有多个绝对值的不等式，可以分别令各绝对值里的式子为零，并求出相应的根.把这些根从小到大排序，以这些根为分界点，将实数分成若干小区间.按每个小区间来去掉绝对值符号，解不等式，最后取每个小区间上相应解的并集.

含参数的绝对值不等式问题

例3 已知不等式[|x+1|-|x-3|>a].

（1）若不等式有解；

（2）不等式的解集为[R]；

（3）不等式的解集为?，分别求出[a]的取值范围.

分析利用绝对值的几何意义，求出[|x+1|-|x-3|]的最值，结合题目条件求解.

解法一因为[|x+1|-|x-3|]表示数轴上的点[P（x）]与两定点[A（-1）]，[B（3）]距离的差，

即[|x+1|-|x-3|=PA-PB].

由绝对值的几何意义知，[PA-PB]的最大值为[AB=4]，

最小值为[-AB=-4]，即[-4≤|x+1|-|x-3|≤4].

（1）若不等式有解，[a]只要比[|x+1|-|x-3|]的最大值小即可，故[a<4].

（2）若不等式的解集为[R]，即不等式恒成立，

只需[a]比[|x+1|-|x-3|]的最小值还小，即[a<-4].

（3）若不等式解集为[?]，则[a≥4.]

解法二由[|x+1|-|x-3|≤|x+1-（x-3）|=4]可得

[-4≤|x+1|-|x-3|≤4].

（1）若不等式有解，则[a<4].

（2）若不等式的解集为[R]，则[a<-4].

（3）若不等式解集为?，则[a≥4].

点拨含参数的不等式有解是存在性问题，只要求存在满足条件的[x]即可. 不等式的解集为[R]是指不等式的恒成立问题，而不等式的解集为?的对立面（如[f（x）>m]的解集是空集，则[f（x）≤m]恒成立）也是不等式的恒成立问题，这两类问题都可转化为最值问题，即[f（x）f（x）max]，[f（x）>a]恒成立?[a

绝对值不等式的证明

例4 设[a∈R]，函数[f（x）=ax2+x-a（-1≤x≤1）]，

（1）若[|a|≤1]，求证：[|f（x）|≤54]；

（2）求[a]的值，使函数[f（x）]有最大值[178].

分析（1）[|f（x）|]是一个多项式的绝对值，所以可以考虑利用绝对值三角不等式的性质进行放缩，然后再用配方法求解.（2）从[f（x）]的最大值为[178]入手分析，[a<0]时，[f（x）]在对称轴上取得最值.

解（1）方法一：∵[-1≤x≤1]，∴[|x|≤1].

又∵[|a|≤1]，

∴[|f（x）|=|a（x2-1）+x|]

[≤|a（x2-1）|+|x|≤|x2-1|+|x|=1-|x|2+|x|]

[=-（|x|-12）2+54≤54].

方法二：设[g（a）=f（x）=ax2+x-a=（x2-1）a+x].

①当[x=±1]，即[x2-1=0]时，