5.6 含绝对值符号不等式与三角形不等式证明

绝对值型不等式和三角不等式定理1 如果a, b 是实数，则 |a+b|≤|a|+|b|（当且仅当ab ≥0时，等号成立）。

绝对值三角不等式.a b a b a b a b -≤-≤±≤+(a,b 为实数)定理2 如果a, b, c 是实数，那么 |a-c|≤|a-b|+|b-c|（当且仅当(a-b)(b-c)≥0时，等号成立）。

证明：根据绝对值三角不等式有|a-c|=|(a-b)+(b-c)|≤|a-b|+|b-c|（当且仅当(a-b)(b-c)≥0时，等号成立）。

绝对值三角不等式能应用定理解决一些证明和求最值问题。

题型一 解绝对值不等式【例1】设函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|.(1)解不等式f (x )＞3；(2)若f (x )＞a 对x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】(1)所以不等式f (x )＞3的解集为(－∞，0)∪(3，＋∞).(2)因为f (x )＝⎪⎩⎪⎨⎧-.2＞3,-22,≤≤1,1＜1,,23x x x x x 所以f (x )min ＝1.因为f (x )＞a 恒成立，所以a ＜1，即实数a 的取值范围是(－∞，1).【变式训练1】设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a .(1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围.【解析】(1)由题设知|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，如图，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|和y ＝5的图象，知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞).(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0，即|x ＋1|＋|x －2|≥－a ，又由(1)知|x ＋1|＋|x －2|≥3，所以－a ≤3，即a ≥－3.题型二 绝对值三角不等式的应用[例2] (1)求函数y ＝|x －3|－|x ＋1|的最大值和最小值．(2)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋x －a (－1≤x ≤1)．若|a |≤1，求|f (x )|的最大值．[思路点拨] 利用绝对值三角不等式或函数思想方法可求解．[解] (1)法一：||x －3|－|x ＋1||≤|(x －3)－(x ＋1)|＝4，∴－4≤|x －3|－|x ＋1|≤4.∴y max ＝4，y min ＝－4.法二：把函数看作分段函数．y ＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 4，x <－1，2－2x ，－1≤x ≤3，－4，x >3.∴－4≤y ≤4.∴y max ＝4，y min ＝－4.(2)|x |≤1，|a |≤1， ∴|f (x )|＝|a (x 2－1)＋x |≤|a (x 2－1)|＋|x |＝|a ||x 2－1|＋|x |≤|x 2－1|＋|x |＝1－|x 2|＋|x |＝－|x |2＋|x |＋1＝－(|x |－12)2＋54≤54. ∴|x |＝12时，|f (x )|取得最大值54. 规律：(1)利用绝对值不等式求函数最值，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．3．若a ，b ∈R ，且|a |≤3，|b |≤2则|a ＋b |的最大值是________，最小值是________． 解析：|a |－|b |≤|a ＋b |≤|a |＋|b |，∴1＝3－2≤|a ＋b |≤3＋2＝5.答案：5 14．求函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的最小值．解：∵|x －1|＋|x ＋1|＝|1－x |＋|x ＋1|≥|1－x ＋x ＋1|＝2，当且仅当(1－x )(1＋x )≥0，即－1≤x ≤1时取等号．∴当－1≤x ≤1时，函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1| 取得最小值2.5．若对任意实数，不等式|x ＋1|－|x －2|>a 恒成立，求a 的取值范围．解：a <|x ＋1|－|x －2|对任意实数恒成立，∴a <[|x ＋1|－|x －2|]min.∵||x ＋1|－|x －2||≤|(x ＋1)－(x －2)|＝3，∴－3≤|x ＋1|－|x －2|≤3.∴[|x ＋1|－|x －2|]min ＝－3.∴a <－3.即a 的取值范围为(－∞，－3)．题型三 解绝对值三角不等式【例2】已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －2|，若不等式|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )对a ≠0，a 、b ∈R 恒成立，求实数x 的范围.【解析】由|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )且a ≠0得|a ＋b |＋|a －b ||a |≥f (x ). 又因为|a ＋b |＋|a －b ||a |≥|a ＋b ＋a －b ||a |＝2，则有2≥f (x ). 解不等式|x －1|＋|x －2|≤2得12≤x ≤52. 【变式训练2】(2010深圳)若不等式|x ＋1|＋|x －3|≥a ＋4a对任意的实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是 .【解析】(－∞，0)∪{2}.题型四 利用绝对值不等式求参数范围【例3】(2009辽宁)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a 的取值范围.【解析】(1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|.由f (x )≥3得|x －1|＋|x ＋1|≥3，综上得f (x )≥3的解集为(－∞，－32]∪[32，＋∞). (2)综上可知a 的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞).【变式训练3】关于实数x 的不等式|x －12(a ＋1)2|≤12(a －1)2与x 2－3(a ＋1)x ＋2(3a ＋1)≤0 (a ∈R )的解集分别为A ，B .求使A ⊆B 的a 的取值范围.【解析】由不等式|x －12(a ＋1)2|≤12(a －1)2⇒－12(a －1)2≤x －12(a ＋1)2≤12(a －1)2， 解得2a ≤x ≤a 2＋1，于是A ＝{x |2a ≤x ≤a 2＋1}.由不等式x 2－3(a ＋1)x ＋2(3a ＋1)≤0⇒(x －2)[x －(3a ＋1)]≤0，①当3a ＋1≥2，即a ≥13时，B ＝{x |2≤x ≤3a ＋1}， 因为A ⊆B ，所以必有⎩⎨⎧++1,3≤1,2≤22a a a 解得1≤a ≤3； ②当3a ＋1＜2，即a ＜13时， B ＝{x |3a ＋1≤x ≤2}， 因为A ⊆B ，所以⎩⎨⎧++2,≤1,2≤132a a a 解得a ＝－1. 综上使A ⊆B 的a 的取值范围是a ＝－1或1≤a ≤3.总结提高1.“绝对值三角不等式”的理解及记忆要结合三角形的形状，运用时注意等号成立的条件.2.绝对值不等式的解法中，||x ＜a 的解集是(－a ，a )；||x ＞a 的解集是(－∞，－a )∪(a ，＋∞)，它可以推广到复合型绝对值不等式||ax ＋b ≤c ，||ax ＋b ≥c 的解法，还可以推广到右边含未知数x 的不等式，如||3x ＋1≤x －1⇒1－x ≤3x ＋1≤x －1.3.含有两个绝对值符号的不等式，如||x －a ＋||x －b ≥c 和||x －a ＋||x －b ≤c 型不等式的解法有三种，几何解法和代数解法以及构造函数的解法，其中代数解法主要是分类讨论的思想方法，这也是函数解法的基础，这两种解法都适宜于x 前面系数不为1类型的上述不等式，使用范围更广.类型一：含一个绝对值符号的不等式的解法含一个绝对值符号的不等式的一般形式为()()f x g x > 或 ()()f x g x <，解这种不等式我们最常用的方法是等价转化法，有时也可用分类讨论法．例1.解不等式2|55|1x x -+<．［分析］利用｜f(x)｜<a(a>0) ⇔-a<f(x)<a 去掉绝对值后转化为我们熟悉的一元二次不等式组.解：原不等式等价于21551x x -<-+<，即22551(1)551(2)x x x x ⎧-+<⎪⎨-+>-⎪⎩由（1）得：14x <<；由（2）得：2x <或3x >， 所以，原不等式的解集为{|12x x <<或34}x <<．［注］本题也可用数形结合法来求解.在同一坐标系中画出函数2551y x x y =-+=与的图象，解方程2551x x -+=，再对照图形写出此不等式的解集.例2. 解不等式4321x x ->+.［分析］利用｜f(x)｜<g(x) ⇔-g(x)<f(x)<g(x)和｜f(x)｜>g(x) ⇔f(x)>g(x)或f(x)<-g(x)去掉绝对值后转化为我们熟悉的一元一次、一元二次不等式组来处理或用分类讨论法解之.方法一：原不等式转化为4321x x ->+或43(21)x x -<-+，解之得原不等式的解集为123x x x ⎧⎫><⎨⎬⎩⎭或. 方法二：原不等式等价于4304321x x x -≥⎧⎨->+⎩或430(43)21x x x -<⎧⎨-->+⎩.解之得342x x ⎧≥⎪⎨⎪>⎩ 或3413x x ⎧<⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，即2x >或13x <.所以原不等式的解集为123x x x ⎧⎫><⎨⎬⎩⎭或. ［注］⑴.通过例2可以发现：形如)()(x g x f <，)()(x g x f >型不等式，这类不等式如果用分类讨论的方法求解，显得比较繁琐，用同解变形法则更为简洁．⑵.分类讨论法也可讨论()0()0g x g x ≤或而解之，这实际上是同解变形法的推导依据. 类型二：含两个绝对值符号的不等式的解法含两个绝对值符号的不等式，我们常见的形式为：1122a x b a x b c +±+> 或 1122a x b a x b c +±+<()0c ≥，我们解这种不等式常用的方法有零点分段法和构造函数的方法，有时候也可利用绝对值的几何意义和平方法．例3.解不等式||||x x +<+123［分析］两边都含绝对值符号，所以都是非负，故可两边平方，通过移项，使其转化为：“两式和”与“两式差”的积的方法进行，即：|()f x |<|()g x |⇔22()()f x g x <⇔[()()][()()]f x g x f x g x +-<0解：原不等式0)1()32()32()1(|32||1|222222>+-+⇔+<+⇔+<+⇔x x x x x x 解得x x <->-243或，故原不等式的解集为{|}x x x <->-243或 例4.解不等式127x x ++-≥．［分析］解法一 利用绝对值的几何意义（体现了数形结合的思想）． 不等式127x x ++-≥的几何意义是表示数轴上与()1A -、()2B 两点距离之和大于等于7的点，而A 、B 的距离之和为3，因此线段AB 上每一点到A 、B 的距离之和都等于3，A 左侧的点到A 、B 的距离之和等于这点到A 点距离的2倍加3，B 右侧的点到A 、B 的距离之和等于这点到B 点距离的2倍加3．图1由图1可知：原不等式的解集为{}34x x x ≤-≥或．解法二 利用1020x x +=-=，的零点，把数轴分为三段，然后分段考虑．把原不等式化为不含绝对值符号的不等式求解（零点分段讨论法）．（1）当1x <-时，原不等式同解于13127x x x x <-⎧⇒≤-⎨---+≥⎩，，；（2）当12x -≤≤时，原不等式同解于12127x x x -≤≤⎧⇒⎨+-+≥⎩，，无解；（3）当2x >时，原不等式同解于24127x x x x >⎧⇒≥⎨++-≥⎩，，． 综上知，原不等式的解集为{}34x x x ≤-≥或．解法三 通过构造函数，利用函数图像（体现了函数与方程的思想）． 原不等式可化为1270x x ++--≥．令()127f x x x =++--，则(1)(2)7(1)()(1)(2)7(12)(1)(2)7(2)x x x f x x x x x x x -+---<-⎧⎪=+----≤≤⎨⎪++-->⎩⇔26(1)()4(12)28(2)x x f x x x x --<-⎧⎪=--≤≤⎨⎪->⎩，，， 可解得原不等式的解集为{}34x x x ≤-≥或．例5 解关于x 的不等式|log ||log |a a ax x 22<+［分析］原不等式可化为|log ||log |122+<+a a x x ，一般会分类讨论去绝对值号解题，即：通常分log log a a x x <--≤<12120，，log a x ≥0三种情况去绝对值符号，再分a a ><<101或进行讨论，这样做过程冗长，极易出错根据此题特点，不妨改变一下操作程序，即原不等式两边平方，再由定义去绝对值号，则分析将十分清晰，过程也简洁得多.解：原不等式可化为|log ||log |122+<+a a x x ，将两边平方可得：4414422(log )log (log )|log |a a a a x x x x ++<++，则有：（1）log ,(log )log a a a x x x ≥<⎧⎨⎩⇒≤<01012；（2）log ,log log log a a a a x x x x <+-<⎧⎨⎩⇒-<<03830302. 综上知-<<31log a x ，故当a >1时，解为a x a -<<3；当01<<a 时，解为a x a <<-3 ［注］形如()120ax b ax b c c +-+>>和()120ax b ax b c c +++<>的含两个绝对值符号的不等式用平方法并不是很麻烦，可以通过两次平方去掉绝对值化为一般的不等式，所以我们在解题的过程中要选择一个合适的方法进行求解． 例6解不等式 2331x x --≤［分析］解含有双层绝对值符号的不等式的基本思想就是一层一层的去掉绝对值，使不等式化为不含绝对值的一般不等式．常用的方法有等价转化法、零点分段法和平方法，当然利用绝对值不等式的性质求解不等式是一种比较简单的方法，但这种方法比较抽象，一般不容易想到．但本题不可以采用零点分段法，也不能采用平方法，因为平方后既含有x 的项，又含有x 的项，所以我们先把不等式进行等价转化，然后把它看成有关x 的一元二次不等式组进行求解．解： 2331x x --≤ ⇔ 21331x x -≤--≤ ⇔ 22320340x x x x ⎧--≥⎪⎨--≤⎪⎩，，⇔ 22320340x x x x ⎧--≥⎪⎨--≤⎪⎩，，⇔4x x ⎧≥⎪⎨⎪≤⎩， ⇔44x x x ⎧≤≥⎪⎨⎪-≤≤⎩或， ∴原不等式的解集为33174422⎡⎡⎤++--⎢⎢⎥⎣⎦⎣⎦，． 类型三：含参数的绝对值不等式的解法解含参数的绝对值不等式的思想就是首先要对参数的情况进行分情况讨论，然后分别在各种情况下对不等式进行求解，最后把各种结果综合在一起就可以得到原不等式的解．另外，有一些题也可通过转化，不进行讨论就可以轻松的解答出来．例7 解关于x 的不等式 34422+>+-m m mx x［分析］本题若从表面现象看当含一个根号的无理根式不等式来解，运算理较大.若化简成3|2|+>-m m x ，则解题过程更简单.在解题过程中需根据绝对值定义对3m +的正负进行讨论.解：原不等式等价于 3|2|+>-m m x当03>+m 即3->m 时，)3(232+-<-+>-m m x m m x 或∴333-<+>m x m x 或当03=+m 即3-=m 时， 0|6|>+x ∴x6当03<+m 即3-<m 时， x R ［注］形如|()f x |<a ，|()f x |>a (a R ∈)型不等式，简捷解法是等价命题法，即： ()f x a > ()f x a ≥ ()f x a < ()f x a ≤ 0a > ()()f x a f x a ><-或()()f x a f x a ≥≤-或 ()a f x a -<< ()a f x a -≤≤ 0a = ()0f x ≠ ()f x R ∈ ∅()0f x = 0a < R R ∅ ∅例8 （2004年海南卷）解关于x 的不等式a x x a x x +-->+--1111 ［分析］利用)()(x f x f <，无解或0)()()(<⇔>x f x f x f ，即利用绝对值的定义法求解.解：0111111<+--⇔+-->+--a x x a x x a x x a x a x -<-⇔<+-⇔11011 （1） 当0=a 时，原不等式等价于：1011<⇔<-x x（2） 当0>a 时，原不等式等价于：111011<<-⇔<-<-x ax a （3） 当0<a 时，原不等式等价于：01<-x 或ax 11->-1<⇔x 或a x 11-> 综上所述:（1） 当0=a 时，原不等式的解集为：{}1<x x（2） 当0>a 时，原不等式的解集为：⎭⎬⎫⎩⎨⎧<<-111x a x （3） 当0<a 时，原不等式的解集为：⎭⎬⎫⎩⎨⎧-><a x x x 111或 类型四：含参绝对值不等式有解、解集为空与恒成立问题例9 （2010高考安徽卷）不等式a a x x 3132-≤--+对任意的实数恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(][)+∞-∞-,41, B.(][)+∞-∞-,52,C.[]2,1D.(][)+∞-∞-,21,［分析］要使a a x x 3132-≤--+对任意实数x 恒成立，只要|x +3|－|x －1|的最大值小于或等于23a a -. 方法一：形如使,x m x n c x m x n c ---≤-+-≤恒成立型不等式.可利用绝对值三角不等式：b a b a b a +≤±≤-，结合极端性原理即可解得，即：()()()max c x m x n c x m x n x m x n n m ≥---⇔≥---=---=-；()()()m n n x m x n x m x c n x m x c -=---=---≤⇔-+-≤min ； 解：设函数()()41313)(=--+≤--+=x x x x x f ，所以4)(max =x f 而不等式a a x x 3132-≤--+对任意的实数x 恒成立.故41432≥-≤⇒≥-a a a a 或，故选择A方法二：因|x +3|的几何意义为数轴上点x 到－3的距离，|x －1|的几何意义为数轴上点x 到1的距离，|x +3|－|x －1|的几何意义为数轴上点x 到－3与1的距离的差，其最大值可求.解：根据绝对值的几何意义，设数x ，－3,1在数轴上对应的点分别为P 、A 、B ，则原不等式即求|PA|－|PB|≤23a a -成立 ∵|AB|=4，即|x +3|－|x －1|≤4故当23a a -≥4时，即41432≥-≤⇒≥-a a a a 或原不等式恒成立 ［注］⑴. 此题也可把不等式的左边用零点分段的方法改写成分段函数，通过画出图象，观察k 的取值范围，但过程较繁.⑵. 转化思想在解中有很重要的作用，比如：恒成立问题、定义域为R 、有解或解集为空等问题都可转化为求最大、最小值问题.[变式] （2012陕西文理）若存在实数x 使|||1|3x a x -+-≤成立,则实数a 的取值范围是___________.[解析]:1|||1|3a x a x -≤-+-≤,解得:24a -≤≤ 例10（2012课标文理）已知函数()f x =|||2|x a x ++-.(Ⅰ)当3a =-时,求不等式 ()f x ≥3的解集;(Ⅱ) 若()f x ≤|4|x -的解集包含[1,2],求a 的取值范围.［分析］本题(Ⅱ)有些同学可能会去解()f x ≤|4|x -这个不等式，再分析该不等式的解集与[1,2]的集合关系，结果将问题复杂化.这个问题实际上可转化为不等式()f x ≤|4|x -在[1,2]恒成立的问题而解之.解：(1)当3a =-时,()3323f x x x ≥⇔-+-≥2323x x x ≤⎧⇔⎨-+-≥⎩或23323x x x <<⎧⇔⎨-+-≥⎩或3323x x x ≥⎧⇔⎨-+-≥⎩ 1x ⇔≤或4x ≥(2)原命题()4f x x ⇔≤-在[1,2]上恒成立 24x a x x ⇔++-≤-在[1,2]上恒成立22x a x ⇔--≤≤-在[1,2]上恒成立 30a ⇔-≤≤例11（2010全国卷）设函数)(x f =24x - + 1. （Ⅰ）画出函数y=)(x f 的图像：（Ⅱ）若不等式)(x f ≤ax 的解集非空，求a 的取值范围解：（Ⅰ）由于25,2()23,2x x f x x x -+⎧=⎨-≥⎩则函数()y f x =的图像如图所示.（Ⅱ）由函数()y f x =与函数y ax =的图像可知，当且仅当12a ≥或2a -时，函数()y f x =与函数y ax =的图像有交点.故不等式)(x f ≤a 的解集非空时，a 的取值范围为()1,2,2⎡⎫-∞-⋃∞⎪⎢⎣⎭［注］㈠.此题巧用构造函数法利用数形结合法解第二问，比参变分离法转化为最值问题求解更为简洁，避免了分类讨论的麻烦.㈡.含参绝对值不等式有解、解集为空与恒成立问题的等价转换（函数法）： ⑴.()f x a ≤有解()min a f x ⇒≥；()f x a ≤解集为空集()min a f x ⇒<；这两者互补.()f x a ≤恒成立()max a f x ⇒≥.⑵.()f x a <有解()min a f x ⇒>；()f x a <解集为空集()min a f x ⇒≤；这两者互补.()f x a <恒成立()max a f x ⇒>.⑶.()f x a ≥有解()max a f x ⇒≤；()f x a ≥解集为空集()max a f x ⇒>；这两者互补.()f x a ≥恒成立()min a f x ⇒≤.⑷.()f x a >有解()max a f x ⇒<；()f x a >解集为空集()max a f x ⇒≤；这两者互补.()f x a >恒成立()min a f x ⇒≤.类型五 绝对值三角不等式问题例12 已知13)(2+-=x x x f ，1<-a x ，求证：)1(2)()(+<-a a f x f［分析］本题中给定函数)(x f 和条件1<-a x ，注意到要证的式子右边不含x ，因此对条件1<-a x 的使用可有几种选择：(1)直接用；(2)打开绝对值用11+<<-a x a ，替出x ；(3)用绝对值的性质11+<⇒<-≤-a x a x a x 进行替换． 证明：∵13)(2+-=x x x f ，∴13)(2+-=a a a f ， ∵1<-a x ，∴1<-≤-a x a x ．∴1+<a x ， ∴x a a x a f x f -+-=-22)()()())((a x a x a x --+-=)1)((-+-=a x a x 1-+⋅-=a x a x)1(21111+=+++<++<-+<a a a a x a x ，即)1(2)()(+<-a a f x f ．［注］这是绝对值和函数的综合题，这类题通常要涉及绝对值及绝对值不等式的性质等综合知识的运用．分析中对条件1<-a x 使用时出现的三种可能是经常碰到的，要结合求证，灵活选用．例13 已知函数f(x)=21x +，a,b ∈R ，且b a ≠，求证|f(a)-f(b)|<|a-b|.［分析］要证|||11|22b a b a -<+-+，考察左边，是否能产生|a-b|. 证明：|f(a)-f(b)|=||||||||11|||11|222222b a b a b a b a b a b a +-⋅+<+++-=+-+||||||||||||b a b a b a b a -=-⋅++≤（其中||122a a a =>+，同理|,|12b b >+∴||||111122b a b a +<+++）［注］⑴.证题时，应注意式子两边代数式的联系，找出它们的共同点是证题成功的第一步.此外，综合运用不等式的性质是证题成功的关键.如在本例中，用到了不等式的传递性，倒数性质，以及“三角形不等式”等等.⑵.本题的背景知识与解析几何有关.函数21x y +=是双曲线，122=-x y 的上支，而||2121x x y y --（即|)()(|ba b f a f --），则表示该图象上任意两点连线的斜率的绝对值，很显然这一斜率的范围是在（-1，1）之间.类型六 含有绝对值的不等式的应用含绝对值的不等式常用来解决一些有关集合、函数、数列、平面向量、解析几何的问题，也用来解决一些实际问题，通常解决这些问题就是根据题意列出含有绝对值符号的不等式，然后解出这个不等式就可以得到问题的答案，解这些不等式的常用的方法就是我们上面所总结的方法．例14 （2004届湖北省黄冈中学综合测试题）已知条件a x p >-|15:|和条件01321:2>+-x x q ，请选取适当的实数a 的值，分别利用所给的两个条件作为A 、B 构造命题：“若A 则B ”，并使得构造的原命题为真命题，而其逆命题为假命题.则这样的一个原命题可以是什么并说明为什么这一命题是符合要求的命题.［分析］本题为一开放性命题，由于能得到的答案不唯一，使得本题的求解没有固定的模式，考生既能在一般性的推导中找到一个满足条件的a ，也能先猜后证，所找到的实数a 只需满足2151≤-a ，且≥+51a1即可.这种新颖的命题形式有较强的综合性，同时也是对于四个命题考查的一种新尝试，如此命题可以考查学生探究问题、解决问题的能力，符合当今倡导研究性学习的教学方向.解：已知条件p 即a x -<-15，或a x >-15，∴51a x -<，或51ax +>， 已知条件q 即01322>+-x x ，∴21<x ，或1>x ；令4=a ，则p 即53-<x ，或1>x ，此时必有q p ⇒成立，反之不然. 故可以选取的一个实数是4=a ，A 为p ，B 为q ，对应的命题是若p 则q ， 由以上过程可知这一命题的原命题为真命题，但它的逆命题为假命题. 例15 已知数列通项公式n n naa a a a 2sin 23sin 22sin 2sin 32++++=对于正整数m 、n ，当n m >时，求证：n n m a a 21<-． ［分析］已知数列的通项公式是数列的前n 项和，它的任意两项差还是某个数列的和，再利用不等式n n a a a a a a +++≤+++ 2121，问题便可解决．证明：∵n m > ∴mn n n m maa n a n a a 2sin 2)2sin(2)1sin(21+++++=-++ mn n maa n a n 2sin 2)2sin(2)1sin(21+++++≤++ 211)211(21212121121--=+++≤-+++n m n m n n )12110(21)211(21<-<<-=--n m n n m n ． ［注］⑴.以121+n 为首项，以21为公比，共有n m -项的等比数列的和，误认为共有1--n m 项是常见错误．⑵.弦函数的值域，即1sin ≤α，1cos ≤α，是解本题的关键．⑶.把不等式、三角函数、数列、n 个变量的绝对值不等式问题连在一起，是一个较为典型的综合题目．如果将本题中的正弦改为余弦，不等式同样成立．[高考试题精选] 2011年试题： 一、选择题:1. (2011年高考山东卷理科4)不等式|5||3|10x x -++≥的解集为 （A ）[] （B ）[-4,6]（C ）(,5][7,)-∞-⋃+∞ （D ）(,4][6,)-∞-⋃+∞ 【答案】D 【解析】由不等式的几何意义知，式子|3||5|++-x x 表示数轴的点)(x 与点（5）的距离和与点（-3）的距离之和，其距离之和的最小值为8，结合数轴，选项D 正确 二、填空题1. (2011年高考天津卷理科13)已知集合{}1|349,|4,(0,)A x R x x B x R x t t t⎧⎫=∈++-≤=∈=+∈+∞⎨⎬⎩⎭，则集合A B ⋂=________.【答案】{}52|≤≤-∈x R x【解析】∵{}{}54|9|4||3||≤≤-∈=≤-++∈=x R x x x R x A ，()()⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∞∈-⨯≥∈=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+∞∈-+=∈=,0,6142|,0,614|t t t x R x t t t x R x B {}2|-≥∈=x R x ，∴{}{}{}52|2|54|≤≤-∈=-≥∈≤≤-∈=x R x x R x x R x B A .对于实数x ，y ，若11≤-x ，12≤-y ，则12+-y x 的最大值为 .【答案】53. (2011年高考广东卷理科9)不等式130x x +--≥的解集是______. 【解析】}1|{≥x x 。

不等式·含绝对值符号的不等式证明·教案一、教学目标1. 让学生理解含绝对值符号的不等式的含义。

2. 让学生掌握含绝对值符号的不等式的解法。

3. 培养学生运用不等式解决实际问题的能力。

二、教学内容1. 绝对值的概念及其性质。

2. 含绝对值符号的不等式的解法。

3. 实际例子中的应用。

三、教学重点与难点1. 教学重点：含绝对值符号的不等式的解法。

2. 教学难点：理解绝对值的概念及其性质。

四、教学方法1. 采用启发式教学法，引导学生自主探究含绝对值符号的不等式的解法。

2. 通过实际例子，让学生了解含绝对值符号的不等式在生活中的应用。

3. 利用小组讨论法，培养学生合作解决问题的能力。

五、教学过程1. 引入绝对值的概念，讲解绝对值的性质。

2. 讲解含绝对值符号的不等式的解法，引导学生进行自主练习。

3. 通过实际例子，让学生了解含绝对值符号的不等式在生活中的应用。

4. 组织小组讨论，让学生合作解决实际问题。

5. 总结本节课的主要内容，布置课后作业。

教案示例：一、教学目标1. 让学生理解绝对值的概念及其性质。

2. 让学生掌握含绝对值符号的不等式的解法。

3. 培养学生运用不等式解决实际问题的能力。

二、教学内容1. 绝对值的概念及其性质。

2. 含绝对值符号的不等式的解法。

3. 实际例子中的应用。

三、教学重点与难点1. 教学重点：含绝对值符号的不等式的解法。

2. 教学难点：理解绝对值的概念及其性质。

四、教学方法1. 采用启发式教学法，引导学生自主探究含绝对值符号的不等式的解法。

2. 通过实际例子，让学生了解含绝对值符号的不等式在生活中的应用。

3. 利用小组讨论法，培养学生合作解决问题的能力。

五、教学过程1. 引入绝对值的概念，讲解绝对值的性质。

讲解绝对值的定义：数轴上某个数与原点的距离称为该数的绝对值。

讲解绝对值的性质：(1) 任何数的绝对值都是非负数。

(2) 正数的绝对值是它本身。

(3) 负数的绝对值是它的相反数。

绝对值三角不等式的证明方法绝对值三角不等式是解决三角函数不等式问题的重要方法之一。

在证明绝对值三角不等式时，我们可以采用以下简单的策略。

1. 利用三角函数的定义：- 对于正弦函数，我们有sin(x) = sqrt(1 - cos^2(x))。

- 对于余弦函数，我们有cos(x) = sqrt(1 - sin^2(x))。

2. 利用绝对值的性质：- 任何数x的绝对值为|x|，即x的绝对值是x的非负值。

- 绝对值函数满足|x| = -x 当且仅当x ≤ 0。

3. 利用三角函数的周期性：- 正弦和余弦函数的周期都是2π。

即sin(x + 2π) = sin(x) 和cos(x + 2π) = cos(x)。

下面是一个例子，展示了利用以上策略证明绝对值三角不等式的方法：假设我们要证明sin(x) ≤ |cos(x)|，即正弦函数的值永远小于等于余弦函数的绝对值。

证明过程：1. 根据三角函数的定义，sin(x) = sqrt(1 - cos^2(x))。

2. 将右边的cos(x)替换为|cos(x)|，因为余弦函数的绝对值是非负的。

即sin(x) = sqrt(1 - |cos(x)|^2)。

3. 根据绝对值的性质，我们知道|cos(x)|^2 = cos^2(x)。

因此，sin(x) = sqrt(1 - cos^2(x)) = sqrt(1 - |cos(x)|^2)。

4. 由于平方根函数的值永远是非负的，所以sin(x) ≤ sqrt(1 - |cos(x)|^2)。

5. 根据三角函数的周期性，我们可以在等式两边加上2π的整数倍，不改变不等式的成立性。

因此，sin(x) ≤ sqrt(1 - |cos(x)|^2) 可以转变为sin(x) ≤ sqrt(1 - |cos(x + 2πn)|^2)，其中n为整数。

6. 综上所述，我们证明了sin(x) ≤ |cos(x)|。

根据以上证明方法，我们可以尝试证明其他类似的绝对值三角不等式。

含绝对值符号的不等式证明·教案教学目标1．掌握绝对值的基本性质，在学会一般不等式的证明的基础上，学会含有绝对值符号的不等式的证明方法．2．通过含有绝对值符号的不等式的证明．进一步巩固不等式的证明中的由因导果、执要溯因，……等数学思想方法．通过证明方法的探求，培养学生勤于思考，全面思考的思考方法．3．通过含有绝对值符号的不等式的证明，可培养学生辩证思维的方法和能力，以及严谨的治学精神．教学重点与难点理解掌握定理1，及其证明方法是这节课的重点也是难点，对定理1的指导论证不仅重在结论，更重要是重视结论的探求推导过程．捕捉住推证这个时机，启发学生用辩证的思想方法，去探求解决矛盾的途径．教学过程设计（一）复习师：我们在初中学过绝对值的有关概念．哪位同学来说说绝对值的定义？生：当a∈R时，则有：师：绝对值的几何意义？生：点A的读数为a，|a|表示A点到原点的距离．师：绝对值的运算公式？生：如果a＞0，则有：|x|＜a x2＜a2-a＜x＜a；|x|＞a x2＞a2x＞a或x＜-a．师：绝对值的基本性质有哪些？生：当|a|≥0时，若a≠0，|a|＞0．师：|a|与±a有什么关系？生：a＞0时，|a|=a；a＜0时，|a|＞a，|a|=-a；a=0时，|a|=±a，所以|a|≥±a．师：|a|2与a2有什么关系？生：|a|2=a2师：比较-|a|与a，a与|a|的大小？生：这需要讨论．当a＞0时：当a＜0时：当a=0时：|a|=a |a|=-a-|a|=a=|a|-|a|=-a＜0 -|a|=a-|a|＜a=|a| a＜|a|-| a|=a＜|a|师：由以上大家的讨论，我们可以得到什么结论？生：-|a|≤a≤|a|．师：这里对a有什么要求？生：a∈R．（二）新课师：请大家看式子|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|．这个式子包括两部分：|a+b|≤|a|+|b|（1）；|a|-|b|≤|a+b|（2）．利用上面的式子-|a|≤a≤|a|，如何出现含有a+b的式子？生：由-|a|≤a≤|a|①与-|b|≤b≤|b|②两式相加就有-（|a|+|b|）≤a+b ≤|a|+|b|．③师：当我们将|a|+|b|看作一个整体时，上面的③式逆用|x|＜a-a ＜x＜a可有什么结论？生：|a+b|≤|a|+|b|．（*）师：这正是我们要证明的式子的（1）．那么式子（2）我们又如何证明呢？现在我们考虑（2）式左边|a|与|b|的差的符号有哪些可能？生：|a|-|b|＞0或=0或＜0三种可能．师：现在我们就这几种可能进行讨论．当 |a|-|b|＜0时，看（2）式是一个怎样的不等式？生：绝对不等式，显然成立．师：那当|a|-|b|≥0时，|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|a2-2|ab|+b2≤a2+2ab+b2≤a2+2|ab|+b2-2|ab|≤2ab≤2|ab|-|ab|≤ab≤|ab|，这正是以上我们复习的绝对值的基本性质．所以我们可有以下证明：由-|ab|≤ab≤|ab|，知-|2ab|≤2ab≤|2ab|，则a2|2ab|+b2≤a2+2ab+b2≤a2+|2ab|+b2，即|a|2-|2ab|+|b|2≤（a+b）2≤|a|2+|2ab|+|b|2．所以（|a|-|b|）2≤|a+b|2≤（|a|+|b|）2．又|a|-|b|≥0，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|．由以上证明我们可以看到如论|a|-|b|＜0或|a|-|b|≥0都有|a|-|b|≤|a+b|成立．师：再与（*）合在一起，就有公式：|a|-|b|≤|a+b|≤|a+b|≤|a|+|b|成立，这就是我们要学习的定理1．师：对上面的（2）式的证明还有什么其他方法呢？是否可以考虑利用已经证明的（1）式来证明（2）式呢？生：可以把a成a=a+b-b，|-b|=|b|，这样就有|a|=|（a+b）-b|≤|a+b|+|-b|，移项后就有：|a|-|b|≤|a+b|得到（4），由（3）（4）便也可得到定理 1．师：由于定理1中对a，b没有特殊要求．我们如果用-b代b会有什么结果？（要求学生自己运算）．下面请一位学生到黑板上完成．生：（在黑板上做）因为|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|，用-b代b，得|a|-|-b|≤|a+（-b）|≤|a|+|b|，即|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|．师：这就是我们今天要学的定理2．（三）练习（由学生自行完成）师：请一个同学上黑板完成其余同学在课堂本上完成．师：这是一道含有绝对值符号的不等式．但首先是一道不等式的证明．以前我们学过的不等式证明都有些什么常用的方法？生：有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、三角代换法等．师：当我们无从下手时，我们考虑用什么方法？生：用分析法．师：那我们用分析法试试．（由学生叙述老师板书）生：分析法．1+2ab＋a2b2，只要证1-a2-b2+a2b2＞0，只要证（1-a2）（1-b2）＞0．师：经过以上分析法那我们还可以用什么方法？能不能利用分析的过程？生：可以用综合法．师：那谁来说说如何用综合法证明？生：综合法．（由学生口述教师写板书）证明：由|a|＜1，知a2＜1，则1-a2＞0；又|b|＜1，则b2＜1，即1-b2＞0，因此（1-a2）（1-b2）＞0．故a2+b2＜1+a2b2，进而a2+2ab+b2＜1+a2b2+2ab，即生：大于或等于．师：如果从证明那些可能不存在出发证，能用什么方法？生：反证法．师；下面请同学用反证法来证明．生：（学生口述老师书写）移项：（a+b）2-（1+ab）2≥0，1+a2b2-a2-b2≤0，即（1-a2）（1-b2）≤0．证法1：从定理1出发，利用放缩法．当a+b=0时，不等式显然成立；证法2：由|a+b|≤|a|+|b|，知|a|+|b|-|a+b|≥0．证法3：（考虑构造函数）通过例2的证明计算的启发，让学生运用已学过的定理，及其它已有的知识技能进行演算，通过演算启发学生认识定理1及其他有关数学知识．（四）作业P28：练习4，P30：9，10．课堂教学设计说明含有绝对值不等式的证明的学习，是在学生掌握了不等式的几种基本方法的基础之上展开的．这部分先复习绝对值的定义及几何意义，再复习绝对值的运算性质和绝对值不等式的基本解法等有关知识．在这基础上介绍含有绝对值的不等式的两个基本定理，并用不等式证明的基本方法来证明，要求学生了解这两条定理形式上虽有不同，但实质是等价的．当用-b代替b时，可由一个推出另一个，而重要的是证明定理1，通过例题初步会用不等式||a|-|b||≤a+b|≤|a|+|b|解决一些简单问题．在用定理证明例2时，引导学生多种思路，采用前面已经讲过的不等式证明中的基本方法和数学思想方法，培养学生分析问题、解决问题的能力．例3是根据绝对值不等式的定理采用放缩变换的方法，掌握处理好含有绝对值不等式的常用方法，这也是提高逻辑推理能力的内容之一。