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《绝对值不等式的解法》（第一课时）教学设计一、教学内容解析《绝对值不等式的解法》是选修4-5第一章第三节内容，我们这里讲解第一课时。
该内容是在初中学习了绝对值的概念，学习了一元一次不等式；高中必修1学习了绝对值函数图像的画法，必修5学习了一元二次不等式的基础上展开的。
通过本节课可渗透数形结合、分类讨论、化归与转化等数学思想方法，因此它是本章的重点之一，在整个数学学科中占有重要地位。
解含绝对值不等式问题的基本思想是设法去掉绝对值符号，转化为同解的不含绝对值符号的一般不等式去解.而去绝对值的方法主要有定义法（分类讨论法）、平方法、几何法、图像法等，实际上，这四种方法也是解绝对值不等式问题的基本思路，为下一节学习含有两个绝对值的不等式的解法做好铺垫.而本节的重点是运用绝对值的几何意义去掉绝对值符号，转化为不含绝对值的不等式求解，并从中总结规律，形成解绝对值不等式的规律公式及口诀。
本节课在求解过程中也是对集合知识的应用和巩固，同时，为以后不等式的学习打下了基础，对培养学生分析问题、解决问题的能力、理解能力、思维的灵活性有很大的帮助，同时能使学生养成多角度认识研究事物的习惯；并通过不等式变换的等价性培养思维的可容性。
二、教学目标设置【教学目标】1、知识与技能：使学生熟练掌握()()()0>≤≥aaxfaxf与型不等式的解法；2、过程与方法：培养学生观察、分析、归纳、概括的能力，渗透数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想方法；培养学生养成多角度认识研究事物的习惯；并通过不等式变换的等价性培养思维的可容性。
3、情感态度价值观：向学生渗透“具体-抽象-具体”辩证唯物主义的认识论观点，使学生形成良好的个性品质。
感悟形与数不同的数学形态间的和谐统一美。
【教学重点与难点】重点：()()()0>≤≥aaxfaxf与型不等式的解法；难点：利用绝对值的几何意义解绝对值不等式。
三、学生学情分析学生在初中已经学过绝对值的定义，在高中必修1中，也会画简单的绝对值函数的图像，也接触过两边平方的方法。
绝对值三角不等式教学设计朱琼瑶【教材地位】本节课是人教B 版选修4-5第一章第四节“绝对值三角不等式”的第一课时。
绝对值是与实数有关的一个基本而重要的概念，绝对值三角不等式b a b a +≤+既是一个基本的结论，又是知识承上启下的生长点。
承上：学生在初中已经接触和学习了实数的绝对值的定义及其几何意义；启下：绝对值三角不等式是证明有关绝对值不等式的基础和基本方法。
【学情分析】 学生在初中已经接触过绝对值的定义及其几何意义，在高中必修5中学习了不等式的基本性质，但对绝对值不等式没有深入研究过，而且利用几何意义探究绝对值三角不等式相关问题的方法对学生来说比较困难。
【教学目标】 ①能借助实数a 的绝对值（a ）的几何意义，在数轴上标出,,,b a b a -并探究出.b a b a +≤-②能运用数形结合的方法理解并证明绝对值三角不等式，b a b a +≤-能用换元法推导得出定理1，并能利用定理1进行简单地应用。
③通过本节课的学习，提升学生对数学问题的探究意识，并能自己找到探究问题的思路和方法。
④由数形两个方面的认识，加深学生对不等式的数学本质的理解，提高学生的逻辑思维能力和分析解决问题的能力，实现直观形象、逻辑推理素养的有效提升。
【教学重难点】教学重点：b a b a +≤-的生成与绝对值三角不等式的几何意义。
教学难点：定理1和定理2 的发现与证明。
【教学过程】1、温故知新（1）复习回顾三角形三边关系，得出三角不等式AB<OAOB 图1，类比三角不等式得出向量模三角不等式b a b a +≤-图2（ba ,共线反向时取等号）。
类比猜想：将向量换成实数，不等式b a b a +≤-是否成立？ 图1图2（2）a 的几何意义，b a -的几何意义。
【设计意图】在学生的最近发展区设置问题，意在培养学生分析问题、探究问题的意识和能力。
2、探索新知 探究1：在数轴上图3表示出，b a b a -,,你能发现b a -与b a +的关系吗？请予以论证说明。
1.4 绝对值的三角不等式1.理解绝对值不等式的性质定理.2.会用绝对值不等式的性质定理证明简单的含绝对值的不等式；会求简单绝对值不等式的最值.教材整理绝对值的三角不等式1.定理1若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立.2.定理2设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，等号成立⇔(a－b)(b－c)≥0，即b 落在a，c之间.若|a＋b|＝|a|＋|b|成立，a，b∈R，则有( )A.ab<0B.ab>0C.ab≥0D.以上都不对【解析】由定理1易知答案选C.【答案】 C预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：已知|a |≠|b |，m ＝|a －b |，n ＝|a ＋b |，则m ，n 之间的大小关系是________.【精彩点拨】 利用绝对值三角不等式定理分别判定m ，n 与1的大小. 【自主解答】 因为|a |－|b |≤|a －b |， 所以|a |－|b ||a －b |≤1，即m ≤1.又因为|a ＋b |≤|a |＋|b |， 所以|a |＋|b ||a ＋b |≥1，即n ≥1.所以m ≤1≤n . 【答案】 m ≤n1.本题求解的关键在于|a |－|b |≤|a －b |与|a ＋b |≤|a |＋|b |的理解和应用.2.在定理1中，以－b 代b ，得|a －b |≤|a |＋|b |；以a －b 代替实数a ，可得到|a |－|b |≤|a －b |.1.若将“本例的条件”改为“n ＝|a ＋b ||a |＋|b |”，则n 与1之间的大小关系是________.【解析】 ∵|a ＋b |≤|a |＋|b |， ∴|a ＋b ||a |＋|b |≤1，∴n ≤1.【答案】 n ≤1. 【精彩点拨】 令t ＝|x ＋1|＋|x ＋2|，只需m ≤t min . 【自主解答】 法一：对x ∈R ，|x ＋1|＋|x ＋2| ≥|(x ＋1)－(x ＋2)|＝1，当且仅当(x ＋1)(x ＋2)≤0时， 即－2≤x ≤－1时取等号.∴t ＝|x ＋1|＋|x ＋2|的最小值为1，故m ≤1. ∴实数m 的取值范围是(－∞，1].法二：t ＝|x ＋1|＋|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋，x <－2，1，－2≤x ≤－1，2x ＋3，x >－1.∴t ≥1，则t ＝|x ＋1|＋|x ＋2|的最小值为1，故m ≤1. 因此实数m 的取值范围是(－∞，1].1.本题也可利用绝对值的几何意义求解.2.对于含有两个绝对值以上的代数式，通常利用分段讨论的方法转化为分段函数，进而利用分段函数的性质求函数最值.2.若|x ＋1|＋|x －3|＞k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围为________.【导学号：38000013】【解析】 设f (x )＝|x ＋1|＋|x －3|，则有f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2，x ≤－1，4，－1≤x ≤3，2x －2，x ≥3.当x ≤－1时，f (x )有最小值为4； 当－1≤x ≤3时，f (x )有最小值为4； 当x ≥3时，f (x )有最小值为4.综上所述，f (x )有最小值为4，所以k ＜4. 【答案】 (－∞，4)设m 等于|a |，|b |和1中最大的一个，当|x |>m 时，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋b x 2<2.【精彩点拨】 不管|a |，|b |,1的大小，总有m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1，然后利用绝对值不等式的性质证明.【自主解答】 依题意m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1， 又|x |>m ，∴|x |>|a |，|x |>|b |，|x |>1，从而|x |2>|b |.因此⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪b x 2＝|a ||x |＋|b ||x 2|<|x ||x |＋|x |2|x 2|＝2， 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪a x ＋b x 2<2.1.将文字语言“m 等于|a |，|b |,1中最大的一个”转化为符号语言“m ≥|a |，m ≥|b |，m ≥1”是证明本题的关键.2.运用绝对值不等式的性质证明不等式时，要注意放缩的方向和“尺度”，切忌放缩过度.3.若f (x )＝x 2－x ＋c (为常数)，且|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1). 【证明】 |f (x )－f (a )| ＝|(x 2－x ＋c )－(a 2－a ＋c )| ＝|x 2－x －a 2＋a | ＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a |·|x ＋a －1|<|x ＋a －1| ＝|(x －a )＋(2a －1)|≤|x －a |＋|2a －1|. 又|x －a |<1，∴|f (x )－f (a )|≤|x －a |＋|2a －1| ≤|x －a |＋|2a |＋1<1＋2|a |＋1 ＝2(|a |＋1).探究1 【提示】 绝对值的三角不等式：|a |－|b |＜|a ±b |＜|a |＋|b |的几何意义是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.探究2 绝对值的三角不等式|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |的结构特点是什么？ 【提示】 对|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |的诠释：【提示】 含绝对值不等式的证明题主要分两类：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，或利用绝对值三角不等式性质定理：||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，进而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.设a ，b ∈R ，求证：|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |≥ |a ＋b |1＋|a ＋b |.【精彩点拨】 利用绝对值不等式性质或构造函数证明. 【自主解答】 法一：①若ab ＝0或a ＋b ＝0，不等式显然成立. ②若ab ≠0且a ＋b ≠0，∵|a ＋b |≤|a |＋|b |， ∴|a |＋|b |1＋|a |＋|b |＝11＋1|a |＋|b |≥11|a ＋b |＋1＝|a ＋b |1＋|a ＋b |(*)又|a |1＋|a |＞|a |1＋|a |＋|b |，|b |1＋|b |＞|b |1＋|a |＋|b |， ∴|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |＞|a |＋|b |1＋|a |＋|b |. 又由(*)式可知|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |＞|a ＋b |1＋|a |＋|b |.综上①②可知|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |＞|a ＋b |1＋|a ＋b |.法二：若ab ＝0或a ＋b ＝0，不等式显然成立. 若ab ≠0且a ＋b ≠0，∵|a ＋b |≤|a |＋|b |， ∴0＜1＋1|a |＋|b |≤1＋1|a ＋b |.即0＜1＋|a |＋|b ||a |＋|b |≤1＋|a ＋b ||a ＋b |.取倒数得|a |＋|b |1＋|a |＋|b |≥|a ＋b |1＋|a ＋b |，又由法一知，原不等式成立. 法三：∵|a |＋|b |≥|a ＋b |，∴|a |＋|b |＋(|a |＋|b |)·|a ＋b |≥|a ＋b |＋(|a |＋|b |)·|a ＋b |， 即(|a |＋|b |)(1＋|a ＋b |)≥|a ＋b |(1＋|a |＋|b |). 两边同除以(1＋|a ＋b |)(1＋|a |＋|b |)得|a |＋|b |1＋|a |＋|b |≥|a ＋b |1＋|a ＋b |.又由法一知，原不等式成立.法四：构造函数f (x )＝x1＋x，任取x 1，x 2∈1.已知实数a ，b 满足ab <0，那么有( ) A.|a －b |<|a |＋|b | B.|a ＋b |>|a |－|b | C.|a ＋b |<|a －b | D.|a －b |<||a |－|b ||【解析】 ∵ab <0，∴|a －b |>|a ＋b |成立，|a －b | ＝|a |＋|b |，|a ＋b |≥|a |－|b |也成立. 【答案】 C2.若a ，b ∈R ，则使|a |＋|b |>1成立的充分不必要条件( )【导学号：38000014】A.|a |≥12且|b |≥12B.|a ＋b |≥1C.|a |≥1D.b <－1【解析】 当b <－1时，|b |>1， ∴|a |＋|b |>1，但|a|＋|b|>1⇒/ b<－1(如a＝2，b＝0)，∴“b<－1”是“|a|＋|b|>1”的充分不必要条件.【答案】 D3.若|a－c|<b，则下列不等式不成立的是( )A.|a|<|b|＋|c|B.|c|<|a|＋|b|C.b>||c|－|a||D.b<|a|－|c|【解析】由|a－c|<b可知b>0，∴b＝|b|.∵|a|－|c|≤|a－c|，∴|a|－|c|<b，则|a|<b＋|c|＝|b|＋|c|，故选项A成立.同理，由|c|－|a|≤|a－c|，得|c|－|a|<b，∴|c|<|a|＋b＝|a|＋|b|，故选项B成立.而由选项A成立，得|c|－|a|>－|b|，由选项B成立，得|c|－|a|<|b|.∴－|b|<|c|－|a|<|b|，即||c|－|a||<|b|＝b.故选项C成立.由选项A成立知选项D不成立.故选D.【答案】 D4.已知α，β是实数，给出三个论断：①|α＋β|＝|α|＋|β|；②|α＋β|>5；③|α|>22，|β|>2 2.以其中的两个论断为条件，另一个论断作为结论，下列正确的命题是( )A.①③⇒②B.①②⇒③C.②③⇒①D.都不正确【解析】当①，③成立时，则|α＋β|＝|α|＋|β|>42>5.【答案】 A5.已知f(x)＝|x－10|＋|x－20|(x∈R)，求f(x)的最小值，并求当f(x)有最小值时，实数x的取值范围.【解】∵|x－10|＋|x－20|＝|x－10|＋|20－x|≥|(x－10)＋(20－x)|＝10.当且仅当(x－10)(20－x)≥0时取等号.由(x－10)(20－x)≥0，得10≤x≤20，因此f(x)的最小值为10，此时实数x的取值范围是.我还有这些不足：(1)(2) 我的课下提升方案：(1)(2)。
绝对值的三角不等式
.理解绝对值不等式的性质定理.
.会用绝对值不等式的性质定理证明简单的含绝对值的不等式；会求简单绝
对值不等式的最值.
[基础·初探]
教材整理绝对值的三角不等式
.定理
≤
若，为实数，则＋
＋
时，等号成立.
≥
，当且仅当
.定理
，等号成立
－＋－
设，，为实数，则－
≤
⇔
，即落在，之间.
≥
(－)(－)
若＋＝＋成立，，∈，则有( )
<
>
.以上都不对
≥
【解析】由定理易知答案选.
【答案】
[质疑·手记]
预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：
疑问：
解惑：
疑问：
解惑：
疑问：
解惑：
[小组合作型]
【精彩点拨】利用绝对值三角不等式定理分别判定，与的大小. 【自主解答】因为－≤－， 所以
≤， 即≤.
又因为＋
≤＋， 所以≥，即≥. 所以≤≤. 【答案】≤
.本题求解的关键在于－≤－与＋≤＋的理解和应用.
.在定理中，以－代，得－≤＋；以－代替实数，可得到－≤－.
[
再练一题]
.若将“本例的条件”改为“＝”，则与之间的大小关系是.
【解析】∵＋≤＋，
∴≤，∴≤. 【答案】≤。
[读教材·填要点]绝对值的三角不等式(1)定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|.当且仅当ab≥0时，等号成立．(2)定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，等号成立⇔(a－b)(b－c)≥0，即b落在a，c之间．①推论1：||a|－|b||≤|a＋b|②推论2：||a|－|b||≤|a－b|[小问题·大思维]1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|及|a|＋|b|分别具有什么关系？提示：|a|－|b|≤|a＋b|，|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.2．不等式|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中“＝”成立的条件分别是什么？提示：不等式|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，右侧“＝”成立的条件是ab≥0，左侧“＝”成立的条件是ab≤0，且|a|≥|b|；不等式|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，右侧“＝”成立的条件是ab ≤0，左侧“＝”成立的条件是ab≥0且|a|≥|b|.3．绝对值不等式|a－c|≤|a－b|＋|b－c|的几何解释是什么？提示：在数轴上，a，b，c所对应的点分别为A，B，C，当点B在点A，C之间时，|AC|＝|AB|＋|BC|；当点B不在点A，C之间时，|AC|<|AB|＋|BC|.绝对值的三角不等式的应用[例1] (1)以下四个命题：①若a，b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；②若|a－b|＜1，则|a|＜|b|＋1；③若|x|＜2，|y|＞3，则||＜；④若AB≠0，则lg≥( lg|A|＋lg|B|)．其中正确的命题有( )A．4个 B．3个C．2个 D．1个(2)不等式≥1成立的充要条件是________．[思路点拨] 本题考查绝对值的三角不等式定理的应用及充要条件等问题．解答问题(1)可利用绝对值的三角不等式定理，结合不等式的性质、基本定理等一一验证；解答问题(2)应分|a|＞|b|与|a|<|b|两类讨论．[精解详析] (1)|a＋b|＝|(b－a)＋2a|≤|b－a|＋2|a|＝|a－b|＋2|a|，∴|a＋b|－2|a|≤|a－b|，①正确；1＞|a－b|≥|a|－|b|，∴|a|＜|b|＋1，②正确；|y|＞3，∴＜.又∵|x|＜2，∴＜.③正确；2＝(|A|2＋|B|2＋2|A||B|)，≥(2|A||B|＋2|A||B|)＝|A||B|，∴2lg≥lg|A||B|.∴lg≥(lg|A|＋lg|B|)，④正确．(2)当|a|>|b|时，有|a|－|b|>0，∴|a＋b|≥||a|－|b||＝|a|－|b|.∴必有≥1.即|a|>|b|是≥1成立的充分条件．当≥1时，由|a＋b|>0，必有|a|－|b|>0.即|a|>|b|，故|a|>|b|是≥1成立的必要条件．故所求为：|a|>|b|.[答案] (1)A (2)|a|＞|b|(1)绝对值的三角不等式：|a|－|b|＜|a±b|＜|a|＋|b|的几何意义是：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．(2)对|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|的诠释：左端|a|－|b|可能是负的≤中间部分中间部分为|a＋b|时，ab≤0，且|a|≥|b|时，左边的等号成立；中间部分为|a－b|时，ab≥0，且|a|≥|b|时，左边等号成立．中间部分|a±b|肯定是非负的≥左端≤右端用“＋”连接时，ab≥0，右端取等号，ab≤0，且|a|≥|b|时，左端取等号；用“－”连接时，ab≥0，且|a|≥|b|时，左端取等号，ab≤0，右端取等号．右端|a|＋|b|是非负的≥中间部分中间部分为|a＋b|时，ab≥0，等号成立；中间部分为|a－b|时，ab≤0，等号成立.1．(1)若x＜5，n∈N＋，则下列不等式：①|x lg|＜5|lg|；②|x|lg＜5lg；③x lg ＜5|lg|；④|x|lg＜5|lg|.其中，能够成立的有________．(2)已知|a|≠|b|，m＝，n＝，则m，n之间的大小关系是( )A．m＞n B．m＜nC．m＝n D．m≤n解析：(1)∵0＜＜1.∴lg＜0.由x＜5，并不能确定|x|与5的关系，∴可以否定①②③，而|x|lg＜0，④成立．(2)∵|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，∴m＝≤＝1，n＝≥＝1.∴m≤1≤n.答案：(1)④ (2)D利用绝对值的三角不等式证明不等式[例2] 已知a，b∈R且a≠0，求证：≥－.[思路点拨] 本题的特点是绝对值符号较多，直接去掉绝对值符号较困难．从所证的不等式可以看出，不等式的左边为非负值，而不等式右边的符号不定．如果不等式右边非正，这时不等式显然成立；当不等式右边为正值时，有|a|＞|b|.所以本题应从讨论|a|与|b|的大小入手，结合作差比较法，可以使问题得以解决．[精解详析] ①若|a|＞|b|，左边＝＝≥＝.∵≤，≤，∴＋≤.∴左边≥＝右边．②若|a|<|b|，左边>0，右边<0，∴原不等式显然成立．③若|a|＝|b|，原不等式显然成立．综上可知原不等式成立．含绝对值不等式的证明题主要分两类：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，或利用绝对值三角不等式性质定理：||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．2．(1)已知µ>0，|x－a|<µ，|y－b|<µ，求证：|(x＋y)－(a＋b)|<2µ.(2)设f(x)＝x2－x＋13，实数a满足|x－a|<1，求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．证明：(1)|(x＋y)－(a＋b)|＝|(x－a)＋(y－b)|≤|x－a|＋|y－b|.①∵|x－a|<µ，|y－b|<µ，∴|x－a|＋|y－b|<µ＋µ＝2µ.②由①②得：|(x＋y)－(a＋b)|<2µ.(2)∵f(x)＝x2－x＋13，∴|f(x)－f(a)|＝|x2－x－a2＋a|＝|x－a|·|x＋a－1|<|x＋a－1|.又∵|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，∴|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1).利用绝对值的三角不等式求最值[例3] 已知a，b∈R，且|a＋b＋1|≤1，|a＋2b＋4|≤4.求|a|＋|b|的最大值．[思路点拨] 本题考查绝对值三角不等式的应用．解答本题可先求出|a＋b|，|a－b|的最值，再通过|a|＋|b|与它们相等时进行讨论求出最大值．[精解详析] |a＋b|＝|(a＋b＋1)－1|≤|a＋b＋1|＋|－1|≤2，|a－b|＝|3(a＋b＋1)－2(a＋2b＋4)＋5|≤3|a＋b＋1|＋2|a＋2b＋4|＋5≤3＋2×4＋5＝16.①若ab≥0，则|a|＋|b|＝|a＋b|≤2；②若ab＜0，则|a|＋|b|＝|a－b|≤16.而当即a＝8，b＝－8时，|a|＋|b|取得最大值，且|a|＋|b|＝|a－b|＝16.(1)求含绝对值的代数式的最值问题综合性较强，本题直接求|a|＋|b|的最大值比较困难，可采用|a＋b|，|a－b|的最值，及ab≥0时，|a|＋|b|＝|a＋b|，ab＜0时，|a|＋|b|＝|a－b|的定理，达到目的，其巧妙之处令人赞叹不已．(2)求y＝|x＋m|＋|x＋n|和y＝|x＋m|－|x＋n|的最值，其主要方法有：①借助绝对值的定义，即零点分段；②利用绝对值几何意义；③利用绝对值不等式性质定理．3．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为( )A．5 B．4C．8 D．7解析：由题易得，|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.答案：A[对应学生用书P15]一、选择题1．已知实数a，b满足ab<0，则下列不等式成立的是( )A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|解析：∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|，又|a＋b|<|a|＋|b|，∴|a＋b|<|a|＋|b|＝|a－b|.答案：B2．“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的( )A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件解析：∵|x－a|＜m，|y－a|＜m，∴|x－a|＋|y－a|＜2m.又∵|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|，∴|x－y|＜2m.但反过来不一定成立，如取x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，|3－1|＜2×2.5，但|3－(－2)|＞2.5，|1－(－2)|＞2.5，∴|x－y|＜2m不一定有|x－a|＜m且|y－a|＜m，故“|x－a|＜m且|y－a|＜m”是“|x－y|＜2m”(x，y，a，m∈R)的充分非必要条件．答案：A3．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是( )A．|a＋b|＋|a－b|>2 B．|a＋b|＋|a－b|<2C．|a＋b|＋|a－b|＝2 D．不能比较大小解析：当(a＋b)(a－b)≥0时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|<2，当(a＋b)(a－b)<0时，|a＋b|＋|a－b|＝|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|<2.答案：B4．若|a－c|＜b，则下列不等式不成立的是( )A．|a|＜|b|＋|c| B．|c|＜|a|＋|b|C．b＞|c|－|a| D．b＜||a|－|c||解析：∵|a－c|＜b，令a＝1，c＝2，b＝3.则|a|＝1，|b|＋|c|＝5，∴|a|＜|b|＋|c|成立．|c|＝2，|a|＋|b|＝4，∴|c|＜|a|＋|b|成立．||c|－|a||＝||2|－|1||＝1，∴b＞||c|－|a||成立．故b＜||a|－|c||不成立．答案：D二、填空题5．已知p，q，x∈R，pq≥0，x≠0，则________2.(填不等关系符号)解析：当p，q至少有一个为0时，≥2，当pq>0时，p，q同号，则px与同号，∴＝|px|＋≥2，故≥2.答案：≥6．(重庆高考)若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：|2x－1|＋|x＋2|0＋＝，当且仅当x＝时取等号，因此函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值是.所以a2＋a＋2≤，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，即实数a的取值范围是.答案：7．不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．解析：由绝对值的几何意义知：|x－4|＋|x＋5|≥9，则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则需a<2.答案：(－∞，2)8．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数m＞0，使|f(x)|≤m|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为F函数．给出下列函数：①f(x)＝0；②f(x)＝x2；③f(x)＝(sin x＋cos x)；④f(x)＝；⑤f(x)是定义在R上的奇函数，且满足对一切实数x1，x2均有|f(x1)－f(x2)|≤2|x1－x2|.其中是F函数的序号是________．解析：由|f(x)|≤m|x|，当x≠0时，知m≥，对于①，有＝0，x≠0，故取m＞0即可；对于②，由|x2|＝|x|2，∴＝|x|，无最大值；对于③，由f(x)＝2sin，而＝无最大值；对于④，由＝≤，x≠0，只要取m＝即可；对于⑤，令x2＝0，x1＝x，由f(0)＝0，知|f(x)|≤2|x|.答案：①④⑤三、解答题9．已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜.证明：因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|＜，|2x－y|＜，从而3|y|＜＋＝，所以|y|＜.10．设a，b∈R，求证：＋≥.证明：法一：①若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．②若ab≠0且a＋b≠0，∵|a＋b|≤|a|＋|b|，∴＝≥＝(*)又＞，＞，∴＋＞.又由(*)式可知＋＞.综上①②可知＋≥.法二：若ab＝0或a＋b＝0，不等式显然成立．若ab≠0且a＋b≠0，∵|a＋b|≤|a|＋|b|，∴0＜1＋≤1＋.即0＜≤.取倒数得≥，又由法一知，原不等式成立．法三：∵|a|＋|b|≥|a＋b|，∴|a|＋|b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|≥|a＋b|＋(|a|＋|b|)·|a＋b|，即(|a|＋|b|)(1＋|a＋b|)≥|a＋b|(1＋|a|＋|b|)．两边同除以(1＋|a＋b|)(1＋|a|＋|b|)得≥.又由法一知，原不等式成立．法四：构造函数f(x)＝，任取x1，x2∈[0，＋∞)且x1＜x2，有f(x1)－f(x2)＝－＝＜0.∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数．又|a|＋|b|≥|a＋b|，∴f(|a|＋|b|)≥f(|a＋b|)，即≥.又由法一知，所证不等式成立．11．已知|x1－2|<1，|x2－2|<1.(1)求证：2<x1＋x2<6，|x1－x2|<2.(2)若f(x)＝x2－x＋1，x1≠x2，求证：|x1－x2|<|f(x1)－f(x2)|<5|x1－x2|.证明：(1)∵|x1－2|<1，|x2－2|<1，∴2－1<x1<2＋1,2－1<x2<2＋1，即1<x1<3,1<x2<3，∴2<x1＋x2<6，|x1－x2|＝|(x1－2)－(x2－2)|≤|x1－2|＋|x2－2|<1＋1＝2，即|x1－x2|<2.(2)∵f(x)＝x2－x＋1，∴|f(x1)－f(x2)|＝|x－x1－x＋x2|＝|(x1－x2)(x1＋x2－1)|＝|x1－x2||x1＋x2－1|.由(1)知2<x1＋x2<6，|x1－x2|>0，∴|x1－x2|<|x1－x2||x1＋x2－1|<5|x1－x2|，即|x1－x2|<|f(x1)－f(x2)|<5|x1－x2|.。
