1.4　绝对值的三角不等式学案

1.4　绝对值的三角不等式
1.理解定理1及其几何说明，理解定理2及其2个推论.
2.会用定理1、定理2及其2个推论解决比较简单的问题.
自学导引
1.a，b∈R，|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立.
2.|a－b|表示a－b与原点的距离，也表示a与b之间的距离.
3.a，b，c∈R，|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0，即b落在a，c之间时等号成立.
4.||a|－|b||≤|a＋b|；||a|－|b||≤|a－b|.
基础自测
1.对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　利用三角不等式直接求解.
∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，
|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥3.
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.
答案　C
2.设ab>0，下面四个不等式①|a＋b|>|a|；②|a＋b|<|b|；③|a＋b|<|a－b|；④|a＋b|>|a|－|b|中，正确的是(　　)
A.①和② B.①和③
C.①和④ D.②和④
解析　∵ab>0，①|a＋b|＝|a|＋|b|>|a|，正确，
②|a＋b|＝|a|＋|b|>|b|，所以②错，
③|a＋b|＝|a|＋|b|>|a－b|错，
④|a＋b|＝|a|＋|b|≥|a－b|≥|a|－|b|对，
所以①④正确应选C.
答案　C
3.若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.
解析　根据去绝对值符号后函数的图象求解.
由于f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|，
当a>－1时，
f(x)＝
作出f(x)的大致图象如图所示，由函数f(x)的图象可知f(a)＝5，即a＋1＝5，∴a＝4.
同理，当a≤－1时，－a－1＝5，∴a＝－6.
答案　－6或4
知识点1　利用绝对值的三角不等式证明变量不等式
【例1】已知|x|<1，|y|<1，求证：≤1.
分析：本题可考虑两边平方去掉绝对值转化为普通不等式(1－x2)(1－y2)≤(1－xy)2.
证明　|x|<1?x2<1?1－x2>0，
|y|<1?1－y2>0，x2＋y2≥2xy?－x2－y2≤－2xy
?1－x2－y2＋x2y2≤1－2xy＋x2y2
?(1－x2)(1－y2)≤(1－xy)2
?≤|1－xy|
所以≤1.
由于|x|<1，|y|<1，则|xy|<1，即1－xy≠0.
●反思感悟：通过添一项、减一项的恒等变形，然后再进行组合，构造成能利用绝对值的三角不等式的形式是证明的关键.
1.证明：|x－a|＋|x－b|≥|a－b|.
证明　∵|x－a|＋|x－b|＝|x－a|＋|b－x|
≥|x－a＋b－x|＝|b－a|＝|a－b|.
∴|x－a|＋|x－b|≥|a－b|.
知识点2　利用绝对值的三角不等式证明函数不等式
【例2】函数f(x)的定义域为[0，1]，f(0)＝f(1)，且对任意不同的x1，x2∈[0，1]都有|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|，求证：|f(x2)－f(x1)|<.
证明　设0≤x1①若x2－x1≤，则|f(x2)－f(x1)|<|x2－x1|≤.
即|f(x2)－f(x1)|<.
②若|f(x2)－f(x1)|＝|f(x2)＋f(0)－f(1)－f(x1)|
＝|f(x2)－f(1)＋f(0)－f(x1)|
≤|f(x2)－f(1)|＋|f(0)－f(x1)|
<|x2－1|＋|x1－0|.
而|x2－1|＋|x1|＝1－x2＋x1＝1－(x2－x1)<1－＝.
综上所述，对任意不同的x1，x2∈[0，1]都有
|f(x2)－f(x1)|<.
●反思感悟：对于绝对值符号内的式子，采用加减某个式子后，重新组合，运用绝对值不等式的性质变形，是证明绝对值不等式的典型方法.
2.设f(x)＝ax2＋bx＋c，当|x|≤1时，总有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤7.
证明　∵|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，|f(0)|≤1，
∴|f(2)|＝|4a＋2b＋c|
＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)|
≤3|f(1)|＋|f(－1)|＋3|f(0)|≤7.
知识点3　绝对值的三角不等式的应用
【例3】若关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|解　方法一：∵|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，
∴当a≤3时，原不等式解集为?.
方法二：式子|x＋2|＋|x－1|可看作数轴上一点到－2、1对应的两点间距离之和，而数轴上任一点与这两点距离之和不小于3，故使原不等式解集为?的a的范围是a≤3.
●反思感悟：解此类不等式有三种方法：分区间(分类)讨论法、图象法、几何法.
3.已知函数f(x)、g(x)，设不等式|f(x)|＋|g(x)|0)的解集为M，不等式|f(x)＋g(x)|0)的解集是N，则集合M与N的关系是(　　)
A.N(M B.M＝N
C.M?N D.M(N
解析　∵|f(x)＋g(x)|≤|f(x)|＋|g(x)|，若x0∈M，
|f(x0)|＋|g(x0)|所以x0∈N.
答案　C
课堂小结
证明含有绝对值的不等式，要运用实数的性质，不等式的性质，以及不等式证明的有关方法，另外主要运用绝对值的三角不等式即
|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|；
|a1＋a2＋a3|≤|a1|＋|a2|＋|a3|；
|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.
随堂演练
1.若a，b都是非零实数，则下列不等式不恒成立的是(　　)
A.|a＋b|≥a－b
B.a2＋b2≥2|a·b|
C.|a＋b|≤|a|＋|b|
D.≥2
解析　当a>0，b<0时，|a＋b|答案　A
2.若对任意实数，不等式|x＋1|－|x－2|>a恒成立，则a的取值范围是(　　)
A.(－∞，3) B.(－∞，3]
C.(－∞，－3) D.(－∞，－3]
解析　|x＋1|－|x－2|＝
∴|x＋1|－|x－2|>a恒成立时，a<－3，故选C.
答案　C
3.若1<<，则下列结论中不正确的是(　　)
A.logab>logba
B.|logab＋logba|>2
C.(logba)2<1
D.|logab|＋|logba|>|logab＋logba|
解析　∵1<<，∴0∴logab>1＝logaa＝logbb>logba，∴A正确；
|logab＋logba|＝logab＋≥2，∴B正确；
0∵logab>0，logba>0，∴|logab|＋|logba|＝|logab＋logba|故D错.
答案　D
4.x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，则x＋y的取值范围为________.
解析　利用绝对值的几何意义求解，注意等号成立的条件.由绝对值的几何意义知，|x|＋|x－1|是数轴上的点x到原点和点1的距离之和，所以|x|＋|x－1|≥1，当且仅当x∈[0，1]时取“＝”.
同理|y|＋|y－1|≥1，当且仅当y∈[0，1]时取“＝”.
∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≥2.
而|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，
∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|＝2，
此时x∈[0，1]，y∈[0，1]，∴(x＋y)∈[0，2].
答案　[0，2]
基础达标
1.若|a－c|A.|a|<|b|＋|c| B.|c|<|a|＋|b|
C.b>||c|－|a|| D.b<||a|－|c||
解析　b>|a－c|>|a|－|c|，
b>|a－c|>|c|－|a|，故A、B成立，
∴b>||a|－|c||，故C成立.
应选D(此题代入数字也可判出).
答案　D
2.若|x－a|A.|x－y|<2h B.|x－y|<2k
C.|x－y|解析　|x－y|＝|x－a＋a－y|≤|x－a|＋|a－y|答案　C
3.如果存在实数x，使cos α＝＋成立，那么实数x的集合是(　　)
A.{－1，1} B.{x|x<0或x＝1}
C.{x|x>0或x＝－1} D.{x|x≤－1或x≥1}
解析　由|cosα|≤1，所以≤1.
又＝＋≥1.
∴＋＝1，当且仅当|x|＝1时成立，即x＝±1.
答案　A
4.已知－2≤a≤3，－3解析　∵－3又－2≤a≤3，∴－6答案　(－6，3]
5.若|x－4|＋|x＋5|>a对于x∈R均成立，则a的取值范围为__________.
解析　∵|x－4|＋|x＋5|＝|4－x|＋|x＋5|
≥|4－x＋x＋5|＝9.
∴当a<9时，不等式对x∈R均成立.
答案　(－∞，9)
6.已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.
(1)求a的值；
(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.
(1)解　因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，
所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)证明　由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2
＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.
综合提高
7.若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为(　　)
A.5或8 B.－1或5
C.－1或－4 D.－4或8
解析　利用绝对值的几何意义分类讨论，根据解析式特征确定函数最小值点进而求a.
(1)当－1≤－，即a≤2时，
f(x)＝
易知函数f(x)在x＝－处取最小值，即1－＝3.
所以a＝－4.
(2)当－1>－，即a>2时，
f(x)＝
易知函数f(x)在x＝－处取最小值，即－1＝3，故a＝8.综上a＝－4或8.
答案　D
8.已知定义在[0，1]上的函数f(x)满足：
①f(0)＝f(1)＝0；
②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<|x－y|.
若对所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|A. B.
C. D.
解析　先利用特值法确定范围，再结合函数的取值特性求解.
取y＝0，则|f(x)－f(0)|<|x－0|，即|f(x)|取y＝1则|f(x)－f(1)|<|x－1|，
即|f(x)|<(1－x).∴|f(x)|＋|f(x)|要使|f(x)－f(y)|∴k的最小值为.
答案　B
9.若不等式|x－4|－|x－3|≤a对一切x∈R恒成立，那么实数a的取值范围是________.
解析　令f(x)＝|x－4|－|x－3|，不等式f(x)≤a对一切x∈R恒成立的充要条件是a≥f(x)的最大值，因为|x－4|－|x－3|≤|1(x－4)－(x－3)|＝1，即f(x)的最大值等于1，所以a≥1.
答案　a≥1
10.关于x的不等式|x＋2|＋|x－1|＜a的解集是?，则a的取值范围是________.
解析　|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，
∴a＜3.
答案　a＜3
11.已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.
(1)求a＋b＋c的值；
(2)求a2＋b2＋c2的最小值.
解　(1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，
当且仅当－a≤x≤b时，等号成立.
又a＞0，b＞0，所以|a＋b|＝a＋b.
所以f(x)的最小值为a＋b＋c.
又已知f(x)的最小值为4，所以a＋b＋c＝4.
(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得
(4＋9＋1)
≥＝(a＋b＋c)2＝16，
即a2＋b2＋c2≥.
当且仅当＝＝，即a＝，b＝，c＝时等号成立.故a2＋b2＋c2的最小值是.
12.若a、b∈R，且|a|＋|b|<1，证明方程x2＋ax＋b＝0的两个根的绝对值均小于1.
证明　方法一：设方程x2＋ax＋b＝0的两根为x1，x2，根据韦达定理，有a＝
－(x1＋x2)，b＝x1x2，
代入|a|＋|b|<1得|x1＋x2|＋|x1x2|<1， ①
若用|x1|－|x2|≤|x1＋x2|对①式作放缩代换，有
|x1|－|x2|＋|x1|·|x2|<1，即(|x1|－1)(|x2|＋1)<0.
∵|x2|＋1>0，得|x1|－1<0，∴|x1|<1.
若用|x2|－|x1|≤|x1＋x2|对①式作放缩代换，有
|x2|－|x1|＋|x1|·|x2|<1.
同理，由(|x2|－1)(|x1|＋1)<0，得|x2|<1.
因此，方程x2＋ax＋b＝0的两个根的绝对值均小于1.
方法二：假设方程x2＋ax＋b＝0至少有一根的绝对值不小于1.不失一般性，令|x1|≥1，则根据一元二次方程的韦达定理，有
|a|＝|－(x1＋x2)|＝|x1＋x2|≥|x1|－|x2|≥1－|x2|，
|b|＝|x1x2|＝|x1|·|x2|≥|x2|.
将以上两个不等式相加，得|a|＋|b|≥1.这与已知|a|＋|b|<1矛盾.究其原因是假设错误所致.
因此方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值均小于