。 。 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 2.1 绝对值不等式
学习目标 1.进一步理解绝对值的意义.2.理解并掌握绝对值不等式|a＋b|≤|a|＋|b|的代数及几何解释.3.会用|a＋b|≤|a|＋|b|解决一些简单的绝对值不等式问题．
知识点 绝对值不等式定理
思考1 实数a的绝对值|a|的几何意义是什么？ 答案 |a|表示数轴上以a为坐标的点A到原点的距离． 思考2 代数式|x＋2|＋|x－3|的几何意义是什么？ 答案 表示数轴上的点x到点－2,3的距离之和．
思考3 画画图，看看|x＋2|＋|x－3|与|(－2)－3|的关系． 答案
由数轴可以看出数轴上的点x到点－2,3的距离之和大于等于点－2到3的距离，即|x＋2|＋|x－3|≥|(－2)－3|. 梳理 (1)实数的绝对值
a，a>0，??
|a|＝?0，a＝0，
??－a，a<0.
由定义易得|ab|＝|a|·|b|；??＝
b(2)绝对值的几何意义
设a是任意一个实数，在数轴上：
?a?|a|(b≠0)；|a|2＝a2；a2＝|a|；－|a|≤a≤|a|. ??|b|
①|a|表示实数a对应的点与原点O的距离；
②|x－a|表示实数x对应的点与实数a对应的点之间的距离； ③|x＋a|表示实数x对应的点与实数－a对应的点之间的距离． (3)绝对值不等式(定理)
对任意实数a和b，有|a＋b|≤|a|＋|b|.
1
拓展 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
类型一 含绝对值不等式的证明 例1 设函数f(x)＝x－2x，|x－a|＜1. 求证：|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3. 证明 ∵f(x)＝x－2x，且|x－a|＜1， ∴|f(x)－f(a)|＝|x－2x－a＋2a| ＝|(x＋a)(x－a)－2(x－a)|
＝|(x－a)(x＋a－2)|＝|x－a|·|x＋a－2| ＜|x＋a－2|＝|(x－a)＋(2a－2)| ≤|x－a|＋|2a－2| ＜1＋|2a|＋|2|＝2|a|＋3， ∴|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.
反思与感悟 两类含绝对值不等式的证明技巧
一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值转化为常见的不等式证明，或利用||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明．
另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明．
跟踪训练1 已知|A－a|＜，|B－b|＜，|C－c|＜，求证：|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.
333证明 ∵|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|≤|(A－a)＋(B－b)|＋|C－
2
2
2
2
sssc|≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|，
又∵|A－a|＜，|B－b|＜，|C－c|＜，
333∴|A－a|＋|B－b|＋|C－c|＜＋＋＝s，
333∴|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s. 类型二 利用绝对值不等式求最值
例2 (1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值；
(2)如果关于x的不等式|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，求参数a的取值范围． 解 (1)∵||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4， ∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4， ∴ymax＝4，ymin＝－4.
(2)只要a不大于|x－3|＋|x－4|的最小值，则|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，而|x－3|
2
ssssss＋|x－4|＝|x－3|＋|4－x|≥|x－3＋4－x|＝1， 当且仅当(x－3)(4－x)≥0，即3≤x≤4时等号成立． ∴当3≤x≤4时，|x－3|＋|x－4|取得最小值1. ∴a的取值范围为(－∞，1]．
反思与感悟 (1)利用绝对值不等式求函数最值时，要注意利用绝对值的性质进行转化，构造绝对值不等式的形式．
(2)求最值时要注意等号成立的条件，它也是解题的关键． 跟踪训练2 (1)已知x∈R，求f(x)＝|x＋1|－|x－2|的最值； (2)若|x－3|＋|x＋1|＞a的解集不是R，求a的取值范围． 解 (1)∵|f(x)|＝||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3， ∴－3≤f(x)≤3，∴f(x)min＝－3，f(x)max＝3. (2)∵|x－3|＋|x＋1|≥|(x－3)－(x＋1)|＝4， ∴|x－3|＋|x＋1|≥4.
∴当a＜4时，|x－3|＋|x＋1|＞a的解集为R. 又∵|x－3|＋|x＋1|＞a的解集不是R，∴a≥4. ∴a的取值范围是[4，＋∞)． 类型三 绝对值不等式的综合应用
例3 设函数f(x)＝??1?
x＋a???
＋|x－a|(a＞0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)＜5，求a的取值范围． (1)证明 由a＞0，
可得f(x)＝???
x＋1a???
＋|x－a|≥???
x＋1a－?x－a????＝1
a＋a≥2，
所以f(x)≥2.
(2)解 f(3)＝|3＋1
a|＋|3－a|，
当a＞3时，f(3)＝a＋1
a，
由f(3)＜5，得3＜a＜5＋21
2；
当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋1
a，
由f(3)＜5，得1＋5
2
＜a≤3.
3
综上可知，a的取值范围是?
?1＋55＋21?
，?.
2??2
反思与感悟 含绝对值的综合问题，综合性强，所用到的知识多，在解题时，要注意应用绝对值不等式的性质、推论及已知条件，还要注意配方等等价变形，同时在应用绝对值不等式放缩性质求最值时，还要注意等号成立的条件．
跟踪训练3 设f(x)＝ax＋bx＋c，当|x|≤1时，恒有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤7. 证明 因为当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，
所以|f(0)|＝|c|≤1，|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1， 又f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c， 所以|f(2)|＝|4a＋2b＋c| ＝|3(a＋b＋c)＋(a－b＋c)－3c| ＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)| ≤3|f(1)|＋|f(－1)|＋3|f(0)| ≤3＋1＋3＝7，所以|f(2)|≤7.
2
ξξ
1．已知|x－m|＜，|y－n|＜，则|4x＋2y－4m－2n|小于( )
22ξ
A．ξB．2ξC．3ξD. 2答案 C
解析 |4x＋2y－4m－2n|＝|4(x－m)＋2(y－n)| ξξ
≤4|x－m|＋2|y－n|＜4×＋2×＝3ξ.
22
2．已知a为实数，则“|a|≥1”是“关于x的绝对值不等式|x|＋|x－1|≤a有解”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件
D．既不充分又不必要条件 答案 B
解析 由|a|≥1得a≤－1或a≥1.因为关于x的不等式|x|＋|x－1|≤a有解，而|x|＋|x－1|≥|x＋1－x|＝1，所以a≥1.故“|a|≥1”是“关于x的绝对值不等式|x|＋|x－1|≤a有解”的必要不充分条件．
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