高二数学同步辅导教材(第5讲)

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高二数学同步辅导教材(第5讲)

高二数学同步辅导教材（第 5 讲） 一、本讲进度 6.5 含有绝对值的不等式 课本第 20 页至第 23 页 二、本讲主要内容 含有绝对值的不等式证明 三、学习指导 1、绝对值的性质 （1）基本性质：①x∈R 时，|x|≥x，|x|≥-x；②|x|a，或 x<-a x2>a2。 （2）运算性质：|ab|=|a||b|， |b| |a||b a|  ，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1 ±a2 ±…+an|≤ |a1|+|a2|+…+|an|。 （3）几何意义：|x-a|表示数轴上数 x，a 对应的两点之间的距离。 2、与绝对值有关的不等式的证明，其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法 等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值的性质，特别是||a|-|b||≤|a| ±|b|这一条性质。 在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择。 3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号； 而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外。 四、典型例题 【例 1】 设|a|<ε ,|a-b|<2ε ，求证：|b|<3ε 。 解题思路分析： 根据解题的“结论向条件靠拢”的原则，本题主要思考如何用 a，a-b 表示 b，从而利用|a|及|a-b| 的条件得到|b|的范围。 ∵ b=a-(a-b) ∴ |b|=|a-(a-b)|≤|a|+|a-b|<ε +2ε =3ε 注：本题还涉及到了化简变形中的整体思想，即将 a-b 看作一个整体。 实际上根据|a-b|的结构特点，也可用绝对值的基本不等式对其缩小：||a|-|b||≤|a-b|，关键是不 等式的左端是选择|a|-|b|，还是|b|-|a|，尽管两个不等式都成立，但由本题的消元要求，应消去 a， 保留 b，故选|b|-|a|≤|a-b|。 ∴ |b|-|a|<2ε 又 |a|<ε ∴ 两不等式同向相加得|b|<3ε 【例 2】 已知 f(x)=x2-x+c，|x-a|<1，a，c∈R，求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)。 求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1) 解题思路分析： 因 f 的对应法则已知，故首先对不等式左边化简：|f(x)-f(a)|=|x2-x+c-(a2-a+c)|=|x2-a2-x+a|。 接下来的变形向条件|x-a|<1 靠拢，即凑出因式 x-a： |f(x)-f(a)|=|x2-a2-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a||x+a-1|<|x+a-1| 下一步化简有两种途径：从结论向条件凑，或从条件向结论凑。 途径一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|≤|x-a|+|2a|+1<1+2|a|+1=2(|a|+1) 途径二：|x+a-1|≤|x|+|a-1|≤|x|+|a|+1 又 |x-a|≥|x|-|a| ∴ |x|-|a|<1 ∴ |x|<|a|+1 ∴ |x+a-1|≤|x|+|a|+1<|a|+1+|a|+1=2(|a|+1) 注：途径二在利用基本不等式|x-a|≥||x|-|a||时，涉及到是选择|x-a|≥|x|-|a|，还是|x-a|≥ |a|-|x|，应根据与|x|有关的不等号方向选择。本题是要将|a|放大，故选择|x-a|≥|x|-|a|。 【例 3】 求证 |ba|1 |ba|   ≤ |b|1 |b| |a|1 |a|  。 解题思路分析： 思路一：三个分式的结构特点完全一致，可构造函数 f(x)= x1 x  ，利用 f(x)的单调性放缩。 令 f(x)= x1 x  (x≥0) 易证 f(x)在[0，+∞）上递增 ∵ 0≤|a+b|≤|a|+|b| ∴ f(|a+b|)≤f(|a|+|b|) ∴ ≤ |b||a|1 |b| |b||a|1 |a| |b||a|1 |b||a|   根据结论要求，采用缩小分母增大分式的放缩技巧 ∵ |a|1 |a| |b||a|1 |a|  ， |b|1 |b| |b||a|1 |b|  ∴ |b|1 |b| |a|1 |a| |b||a|1 |b| |b||a|1 |a|  ∴ 由不等式传递性，原不等式成立 思路二：用|a+b|≤|a|+|b|进行放缩。但不等式左边分式的分子、分母均含有|a+b|，必须转化为只 有一项含|a+b|的分式。 ∵ |a+b|≤|a|+|b| ∴ |ba| 1  ≥ |b||a| 1  |ba| 11 1 |ba| 11 1    ≤ |b||a|1 |b||a| |b||a| 11 1    下同思路一。 【例 4】 已知 a，b，x∈R，ab≥0，x≠0，求证 |x bax|  ≥ ab2 。 解题思路分析： 本题考虑去绝对值符号后进行证明。 思路一：不等号两边均为非负，原不等式  2)x bax(  ≥ 2)ab2( 即 ab2 x bxa 2 2 22  ≥ ab4 ∵ 2 2 22 x bxa  ≥ ab2ba2 22  ∴ ab2x bxa 2 2 22   ≥ ab4 思路二：当 a=0，或 b=0 时，原不等式为 |a b| ≥0，|ax|≥0，显然成立 当 a≠0 且 b≠0 时，由 a、b>0 知， )x b()ax(  >0 ∴ |x b||ax||x bax|  ≥ ab2|ab|2|x b||ax|2  【例 5】 已知 f(x)=x2+ax+b，（ 1）求 f(1)-2f(2)+f(3)；（ 2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有 一个不小于 2 1 。 解思路分析： （1）f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论。 这是一个存在性的命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法。 假设|f(x)|< ,|f(2)|< ，|f(3)|< 则 |f(1)-2f(2)+f(3)|≤|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|< 22 1 2 122 1  但 |f(1)-2f(2)+f(3)|=2 由此得到矛盾。 【例 6】 已知 a，b∈R，|a|>1，|b|>1，且 a≠b，求证： |ba ab1|   >1。 解题思路分析： 本题用分析法较为方便。 0)b1)(a1( 0baba1)ba()ab1(1)ba ab1(1|ba ab1| 22 2222222     ∵ |a|>1，|b|>1 ∴ a2>1，b2>1 ∴ 1-a2<0，1-b2<0 ∴ (1-a2)(1-b2)>0 ∴ 原不等式成立 【例 7】 设 x，y∈R，x2+y2≤1，求证：|x2+2xy-y2|≤ 2 。 解题思路分析： 也许有同学会这样解： |x2+2xy-y2|≤|x2|+|2xy|+|-y|2=x2+y2+2|xy|≤x2+y2+x2+y2=2(x2+y2)≤2 但放缩过度，不能满足本题要求。 根据条件“平方和”的特征，考虑用三角换元法： 令 x=rcosθ ，y=rsinθ ，|r|≤1 则 |x2+2xy-y2|= 2 r2|sin(2θ + 4  )|≤ 2 r2≤ 2 五、同步练习 （一）选择题 1、已知函数 f(x)=-2x+1 对任意正数 ε，使得|f(x1)-f(x2)|< ε 成立的一个充分但不必要条件是 A、 |x1-x2|<ε B、|x1-x2|< 2  C、|x1-x2|< 4  D、|x1-x2|>ε 2、a，b 是实数，则使|a|+|b|>1 成立的充分不必要条件是 A、|a+b|≥1 B、|a|≥ 2 1 且|b|≥ 2 1 C、a≥1 D、b<-1 3、设 a，b|a-b| C、|a-b|<||a|-|b|| D、|a-b|<|a|+|b| 4、若 a，b∈R，且|a+b|=|a|+|b|，则 A、      0b 0a B、 0ab C、      0b 0a D、 0ab 5、已知 h>0，命题甲；两个实数 a,b 满足|a-b|<2h；命题乙：两个实数 a，b 满足|a-1|0 D、ab<0 7、设 a，b∈R，则|a|<1 且|b|<1 是 ab+1>a+b 的 A、充分非必要条件 B、必要非充分条件 C、充要条件 D、既非充分又非必要条件 8、已知函数 f(x)=-2x+1，对于任意正数ε ，使得|f(x1)-f(x2)|<ε 成立的一个充分非必要条件是 A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2|< C、|x1-x2|< 3  D、|x1-x2|> 3  （二）填空题 9、若|x+y|=4，则 xy 最大值是________。 10、若 a≠b，a≠0，b≠0，则 |a| |b| |b| |a|  ______ |b||a|  （填>、≥、<、≤）。 11、a，b∈R，则|a+b|-|a-b|与 2|b|的大小关系是______________。 12、关于 x 的不等式|x+2|+|x-1|0，b>0，c>0）的两个实根 x1，x2，求证： a b|x|b c 1  ， a b|x|b c 2  。 15、已知 f(x)在[0。1]上有意义，且 f(0)=f(1)，对于任意不同的 x1 ，x2 ∈[0，1]，都有 |f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|成立，求证：|f(x1)-f(x2)< 2 1 。 16、求证： 2 ba 22  ≥ 2 |b||a|  （a，b∈R）。 17、已知 a，b∈R，|a|<1，|b|>1，求证：|1+ab|<|a+b|。 18、已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证： （1） 1|abc1| |cab|   ； （2）a+b+c0， 24  ， ∴|x1-x2|<  4 |x1-x2|< 2  ，反之不然。如取|x2-x1|= 3  。 2、D。 A、B、C 均能得到|a|+|b|≥1，但等号条件不满足要求。 3、A。 ∵ab<0，∴|a-b|=|a|+|b|，|a|+|b|>|a+b|，∴|a-b|>|a+b|。 4、D。 当 a，b 中有一个为零时，|a+b|=|a|+|b|，当 a·b>0 时，|a+b|=|a|+|b|。 5、B。 ∵|a-b|=|a-1-(b-1)|≤|a-1|+|b-1| |a|-1，|a-1|a+b ab-a-b+1>0 (a-1)(b-1)>0      1b 1a 或      1b 1a ，                1b 1a 1b1 1a1 1|b| 1|a| ，∴条件 结论。 8、C。 类似于 1。 （二）填空题 9、 9 |x+y|=4 (x+y)2=16 x2+y2+2xy=16 ∵ x2+y2≥2xy ∴ x2+y2+2xy≥4xy ∴ 16≥4xy，xy≤4 当且仅当 x=y=±2 时，取得等号。 10、 > 用比差法 0)|b||a|()|b||a|( |ab| 1 |b||a| |b||a|)|b||a|( ) |a| |b| |b| |a|)(|b||a|( |a| )|a||b|(|b| |b| )|b||a|(|a| |a| |b||a||b| |b| |b||a||a| )|b| |a| |b|()|a| |b| |a|( )|b||a|( |a| |b| |a| |a| 2        11、 |a+b|-|a-b|≤2|b| ∵ |a-b|≥|a|-|b| ∴ -|a-b|≤|b|-|a| 又 |a+b|≤|b|+|a| 同向相加得：|a+b|-|a-b|≤2|b| 12、 a≤3 欲使|x+2|+|x-1| b c 同理，|x1|> b c ∴ a b|x|b c 1  ， a b|x|b c 2  15、证明： （1）当|x1+x2|≤ 2 1 时，|f(x1)-f(x2)<|x1-x2|≤ ∴ |f(x1)-f(x2)|< 2 1 （2）当|x1-x2|> 2 1 时，不妨设 x1< 2 1 ，x2> 2 1 ，x2-x1> 2 1 则 |f(x1)-f(x2)|=|[f(x1)-f(0)]+[f(1)-f(x2)]| ≤|f(x1)-f(0)|+f(1)-f(x2)| = (x1-0)+(1-x2)=1-(x2-x1) < 1- 2 1 2 1  由（1）、（2），原不等式成立 16、证明： 原不等式  2 ba 22  ≥ 4 |ab|2ba)2 |b||a|( 22 2  作差： ∵ 4 |)b||a(| 4 |ab|2ba 4 |ab|2ba 2 ba 2222222  ≥0 ∴ 2 ba 22  ≥ 2)2 |b||a|(  ∴ 2 ba 22  ≥ 2 |b||a|  17、证明：原不等式 (1+ab)2<(a+b)2 作差： (1+ab)2-(a+b)2=1+2ab+a2b2-a2-b2-2ab=1+a2b2-a2-b2=(1-a2)(1-b2) ∵ |a|<1，|b|>1 ∴ a2<1，b2>1 ∴ 1-a2>0，1-b2<0，(1-a2)（1-b2）<0 ∴ (1+ab)2<(a+b)2 ∴ |1+ab|<|a+b| 18、证明： （1）原不等式 |ab-c|<|1-abc| (ab-c)2<(1-abc)2 作差： (ab-c)2-(1-abc)2=a2b2-2abc+c2-1+2abc+a2b2c2 =a2b2c2-a2b2+c2-1+a2b2c2 =(a2b2-1)(1-c2) ∵ |a|<1，|b|<1 ∴ |ab|<1 ∴ a2b2<1 ∴ a2b2-1<0 ∵ |c|<1 ∴ c2<1 ∴ 1-c2>0 ∴ (a2b2-1)(1-c2)<0 ∴ (ab-c)2-(1-abc)2<0 ∴ (ab-c)2<(1-abc)2 ∴ |ab-c|<|1-abc| （2）∵ (a-1)(b-1)>0 ∴ a+b0 ∴ ab+c
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