高二数学4.——5不等式选讲 含绝对值不等式的解法 如何引入课题

Question

急 3.23日中午前要

Answer 1

b)∈M，且对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a，则a=____．
分析：读懂并能揭示问题中的数学实质，将是解决该问题的突破口．怎样理解“对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a”？M中的元素又有什么特点？
解：依题可知，本题等价于求函数x=f(y)=(y+3)�6�1|y-1|+(y+3)

(2)当1≤y≤3时，
所以当y=1时， = 4．

简评：题设条件中出现集合的形式，因此要认清集合元素的本质属性，然后结合条件，揭示
其数学实质．即求集合M中的元素满足关系式
例2．已知非负实数 ， 满足 且 ，则 的最大值是（ ）
A． B． C． D．
解：画出图象，由线性规划知识可得，选D
例3．数列 由下列条件确定：
（1）证明：对于 ,
（2）证明：对于 ．
证明：（1）

（2）当 时，
= 。
例4．解关于 的不等式：
分析：本例主要复习含绝对值不等式的解法，分类讨论的思想。本题的关键不是对参数 进行讨论，而是去绝对值时必须对末知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。
解：当

。
例5．若二次函数y=f(x)的图象经过原点，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范围．
分析：要求f(-2)的取值范围，只需找到含人f(-2)的不等式(组)．由于y=f(x)是二次函数，所以应先将f(x)的表达形式写出来．即可求得f(-2)的表达式，然后依题设条件列出含有f(-2)的不等式(组)，即可求解．
解：因为y=f(x)的图象经过原点，所以可设y=f(x)=ax2+bx．于是

解法一(利用基本不等式的性质)
不等式组(Ⅰ)变形得

(Ⅰ)
所以f(-2)的取值范围是[6，10]．
解法二(数形结合)

建立直角坐标系aob，作出不等式组(Ⅰ)所表示的区域，如图6中的阴影部分．因为f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率为2的直线系．如图6，当直线4a-2b-f(-2)=0过点A(2，1)，B(3，1)时，分别取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范围是：6≤f(-2)≤10．
解法三(利用方程的思想)

又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而
1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4， ①
所以 3≤3f(-1)≤6． ②
①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10，即6≤f(-2)≤10．
简评：(1)在解不等式时，要求作同解变形．要避免出现以下一种错解：
2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．
(2)对这类问题的求解关键一步是，找到f(-2)的数学结构，然后依其数学结构特征，揭示其代数的、几何的本质，利用不等式的基本性质、数形结合、方程等数学思想方法，从不同角度去解决同一问题．若长期这样思考问题，数学的素养一定会迅速提高．
例6．设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y= x，均不相交.试证明对一切 都有 .
分析：因为x∈R，故|f(x)|的最小值若存在，则最小值由顶点确定，故设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)．
证明：由题意知，a≠0．设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，则
又二次方程ax2+bx+c=±x无实根，故
Δ1=(b+1)2-4ac＜0，Δ2=(b-1)2-4ac＜0．
所以(b+1)2+(b-1)2-8ac＜0，即2b2+2-8ac＜0，即b2-4ac＜-1，所以|b2-4ac|＞1．

简评：从上述几个例子可以看出，在证明与二次函数有关的不等式问题时，如果针对题设条件，合理采取二次函数的不同形式，那么我们就找到了一种有效的证明途径．

例7. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2＜ .
(1)当x∈〔0，x1 时，证明x＜f(x)＜x1；
(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜ .
解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，
又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)
x1－f(x)=x1－〔x+F(x)〕=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)〔1+a(x－x2)〕
∵0＜x＜x1＜x2＜ ，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0
∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.
(2)依题意：x0=－ ，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.
∴x1+x2=－
∴x0=－ ，因为ax2＜1，
∴x0＜

例8 已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤1.
(1)证明：|c|≤1；
(2)证明：当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；
(3)设a＞0，有－1≤x≤1时， g(x)的最大值为2，求f(x).
命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.
知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.
错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.
技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系.
(1)证明：由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.
(2)证法一：依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.当a＞0时，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是增函数，于是
g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1).
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，
g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，
因此得|g(x)|≤2 (－1≤x≤1)；
当a＜0时，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是减函数，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，
∵|f(x)|≤1 (－1≤x≤1)，|c|≤1
∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2.
综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2.
证法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)
∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，
∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，
因此，根据绝对值不等式性质得：
|a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，
|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，
∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，
函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，因此|g(x)|在〔－1，1〕上的最大值只能在区间的端点x=－1或x=1处取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1 .

当－1≤x≤1时，有0≤ ≤1，－1≤ ≤0，
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f( )|≤1；
因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f |+|f( )|≤2.
(3)解：因为a＞0，g(x)在〔－1，1〕上是增函数，当x=1时取得最大值2，即
g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2. ①
∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.
因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，
根据二次函数的性质，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，
由此得－ ＜0 ，即b=0.
由①得a=2，所以f(x)=2x2－1.

例9．某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为了保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？
解：设2001年末的汽车保有量为 ，以后每年末的汽车保有量依次为 ，每年新增汽车 万辆。由题意得

一、选择题
1.(★★★★★)定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间〔0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )
①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)
③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
二、填空题
2.(★★★★★)下列四个命题中：①a+b≥2 ②sin2x+ ≥4 ③设x，y都是正数，若 =1，则x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.
3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.
三、解答题
4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.
(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；
(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.
5.(★★★★)某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即 ，0＜x≤10 .每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍.
(1)设y=ax，其中a是满足 ≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；
(2)若y= x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.
6.(★★★★★)设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)�6�1f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1.
(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；
(2)求证：f(x)在R上单调递减；
(3)设集合A={ (x，y)|f(x2)�6�1f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B= ，求a的取值范围.
7.(★★★★★)已知函数f(x)= (b＜0)的值域是〔1，3〕，
(1)求b、c的值；
(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈〔－1，1〕时的单调性，并证明你的结论；
(3)若t∈R，求证：lg ≤F(|t－ |－|t+ |)≤lg .
〔科普美文〕数学中的不等式关系
数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系.
等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美.不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明.另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等.
数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不等式有着密切的联系.许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程.总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性.
等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系.数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现.不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？

参考答案
难点磁场
解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，
又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)
x1－f(x)=x1－〔x+F(x)〕=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)〔1+a(x－x2)〕
∵0＜x＜x1＜x2＜ ，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0
∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.
(2)依题意：x0=－ ，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.
∴x1+x2=－
∴x0=－ ，因为ax2＜1，
∴x0＜
歼灭难点训练
一、1.解析：由题意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)
∴f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)
而g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－〔g(a)－g(b)〕
=2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)
同理可证：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)
答案：A
二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x－y|=|(x－2)－(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε.
答案：④
3.解析：由已知y1= ；y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥2 =8
当且仅当0.8x= 即x=5时“=”成立
答案：5公里处
三、4.证明：(1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.
∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，

(2)解：由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1�6�1x2= ＞0，所以x1，x2同号�
1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，
∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 ①
又(x2－x1)2=
∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，
2 ＜3－2b ②
解②得b＜
2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2
∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 ③
又2a+1= ，代入③式得
2 ＜2b－1 ④
解④得b＞ .
综上，当0＜x1＜2时，b＜ ，当－2＜x1＜0时，b＞ .
5.解：(1)由题意知某商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是：p(1+ )元、n(1－ )元、npz元，因而
，在y=ax的条件下，z= 〔－a
〔x－ 〕2+100+ 〕.由于 ≤a＜1，则0＜ ≤10.
要使售货金额最大，即使z值最大，此时x= .
(2)由z= (10+x)(10－ x)＞1，解得0＜x＜5.
6.(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)�6�1f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1
取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)
∴f(m)= ，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1
(2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f〔(x2－x1)+x1〕
=f(x1)－f(x2－x1)�6�1f(x1)=f(x1)〔1－f(x2－x1)〕，
∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，
∴函数f(x)在R上为单调减函数.
(3)由 ，由题意此不等式组无解，数形结合得： ≥1，解得a2≤3
∴a∈〔－ ， 〕
7.(1)解：设y= ，则(y－2)x2－bx+y－c=0 ①
∵x∈R，∴①的判别式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，
即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ②
由条件知，不等式②的解集是〔1，3〕
∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的两根
∴c=2，b=－2，b=2(舍）
(2)任取x1，x2∈〔－1，1〕，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且
(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－ ＞0，
∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)
∴F(x)为增函数.

即－ ≤u≤ ，根据F(x)的单调性知
F(－ )≤F(u)≤F( )，∴lg ≤F(|t－ |－|t+ |)≤lg 对任意实数t 成立.