高三理科数学074.doc

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期数 0601 SXG3 074
学科：理科数学 年级：高三 编稿老师：毕 伟
审稿老师：杨志勇

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预 习 篇

预习篇五十七 高三理科数学总复习三十四
——含有绝对值的不等式

【考试大纲的要求】
理解不等式，并能应用解决简单问题。
【基础知识概要】
1． 绝对值的基本性质：设,则
（1）（当且仅当时取等号）
（2）
（3）
（4）
（5）
2．绝对值的运算法则：
（1）
（2）
（3）
【典型例题解析】
例1不等式|x+log3x|＜|x|+|log3x|的解集为
A.（0，1） B.（1，+∞）
C.（0，+∞） D.（－∞，+∞）
分析：由不等式成立的条件可求解。
解：由|x+log3x|＜|x|+|log3x|，得，∵x＞0，∴log3x＜0.∴0＜x＜1.
故选A．
例2设函数，不等式的解集为（－1，2），试求不等式的解集．
解：由，得|ax+2|6，即，∴，
∵不等式的解集为（－1，2），∴方程的二根为-1和2，
∴，解得，∴．
由，即，可得，解得x＞或x≤.
∴原不等式的解集为{x|x＞或x≤}.．
例3已知函数f（x）=x|x－a|（a∈R）.
（1）判断f（x）的奇偶性；
（2）解关于x的不等式：．
解：（1）当a=0时，，∴是奇函数.
当时，，∴
∴是非奇非偶函数.
（2）由，得，
∴原不等式等价于 ① 或 ②
由①得，x∈.
由②得
当a=0时，，
当时，解得∴．
当时，，∴．
综上，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为．
例4已知定义在区间［0，1］上，x1、x2∈［0，1］，且x1≠x2，求证：
（1）；
（2）| f（x2）－f（x1）|＜|x1－x2|；
（3）| f（x1）－f（x2）|＜.
证明：（1）f（0）=c，f（1）=c，∴f（0）=f（1）.
（2）| f（x2）－f（x1）|=|x2－x1||x2+x1－1|.
∵0≤x1≤1，∴0≤x2≤1，0＜x1+x2＜2（x1≠x2）.
∴－1＜x1+x2－1＜1.
∴| f（x2）－f（x1）|＜|x2－x1|.
（3）不妨设x2＞x1，由（2）知| f（x2）－f（x1）|＜x2－x1. ①
而由f（0）=f（1），从而

②
①+②得2| f（x2）－f（x1）|＜1，
即| f（x2）－f（x1）|＜.
例5已知函数．
(1) 设的最大值为M，求证：；
(2) 当时，求的解析式．
分析：在中，较特殊。有，
，观察上述三个不等式，可知为常数（目的消去），然后再利用绝对值不等式的性质即可求解．
解：（1）∵，
∴，
∴．
（2）∵，又，
∴，代入得
∴，即．
【强化训练】
同步落实[※级]
一、选择题
1．已知ab＜0，则下列不等式中正确的是（ ）
A.|a－b|＞|a+b| B.|a－b|＜|a+b|
C.|a－b|＜||a|－|b|| D.|a－b|＜|a|+|b|
2．设时，下列不等式中正确的是（ ）
A.a2+b2＞|a+b| B.|a+b|＞a2+b2
C.a2+b2＞|a－b| D.|a－b|＞a2+b2
3．若|x－a|＜, |y－a|＜, 则下列不等式中成立的是（ ）
A.|x－ y|＞ B.|x－ y|＞2
C.|x－ y|＜ D.|x－ y|＜2
二、填空题
4．若 则|x+2y－3z|的最大值为________.
5．已知 |x|＜m，|y|＜m，则|x+y|+|x－ y|与2m的大小关系为_______.
同步检测[※※级]
一、选择题
1．已知，则下列不等式中错误的是（ ）
A.|(A+B)－(a+b)|＜ B. |(A－B)－(a－b)|＜
C.|(A+a)－(B+b)|＜ D.|(A+b)－(B+a)|＜
2．已知，则下列不等式中错误的是（ ）
A. B.
C. D.
3．不等式 ||a|－|b||≤|a|+|b| 中等号成立的充要条件是（ ）
A. ab≥0 B. ab≤0
C. ab=0 D. a=b=0
二、填空题
4．若则的大小关系为________.
5．在下列各命题中：
（1）|a+b|－|a－b|≤2|b|；
（2）≥2；
（3）若；
（4）在不等式|a|－|b|≤|a+b|中，当且仅当a、b异号或a、b中至少有一个为0时，等号成立.
正确的命题为________(写出序号即可).
三、解答题
6．求证： .
7．已知函数当x∈[－1,1]时，均有 |f(x)|≤1，求证：|a|≤2.
参考答案
同步落实[※级]
一、1.A 2.B 3.D
二、4. 5. |x+y|+|x－ y|＜2m
同步检测[※※级]
一、1.C 2.D 3.C
二、4. 5. (1)(2)(3)
三、6．证明：∵|a+b|≤|a|+|b|，
∴ ≥,
∴ (|a|+|b|)(1+|a+b|)≥|a+b|(1+|a|+|b|)，
∴ ≥，
即 ≤≤.
12．证明：由已知，得

∵2a+2c=(a+b+c)+(a－b+c),
∴2|a+c|=|(a+b+c)+(a－b+c)|≤|a+b+c|+|a－b+c|≤2.
∴|a+c|≤1, ∴－1≤a+c≤1, ∴－1－c≤a≤1－c.
又∵|c|≤1，
∴－1≤c≤1，∴－2≤a≤2, ∴|a|≤2.