2022届大纲版数学高考名师一轮复习教案6.6含绝对值的不等式一、明确复习目标1.理解不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│,能利用绝对值的定义的性质分析解题;2.掌握解绝对值不等式等不等式的根本思路;掌握去掉绝对值符号的方法;会用分类、换元、数形结合的方法解不等式；二．建构知识网络1.绝对值的定义和性质：;2.绝对值的运算性质（注意不等式成立的条件）（注意不等式成立的条件）;3.解绝对值不等式的根本思想:去绝对值符号;具体方法有:,一般地:（3）分段去绝对值，找出零点,分段求解。（4）数形结合.10/10\n三、双基题目练练手1.(2022江苏)设a、b、c是互不相等的正数，那么以下不等式中不恒成立的是（）A. B.C. D.2．(2022福建)命题p：假设a、b∈R，那么|a|+|b|>1是|a+b|>1的充分而不必要条件；命题q：函数y=的定义域是（－∞，－1∪[3，+∞.那么（）A．“p或q”为假B．“p且q”为真C．p真q假D．p假q真3.（2022北京）在以下四个函数中，满足性质：“对于区间上的任意，恒成立”的只有()A.B.C.D.4.(2022全国IV)不等式的解集为（）A．B．C．D．5．(2022年全国卷I)不等式|x+2|≥|x|的解集是.6.不等式的解集是___________
简答:1-4.CDAD;5.{x|x≥－1};6.四、经典例题做一做【例1】解关于的不等式：(1);(2)解：(1)法一：原不等式①或②由①解得，由②解得∴原不等式的解集是法二：原等式等价于10/10\n∴原不等式的解集是o-33x9y3法三：设，由解得，在同一坐标系下作出它们的图象，由图得使的的范围是，∴原不等式的解集是(2)当x≥a时,不等式可化为当x<a时,不等式可化为。✿提炼方法：题(1)法2比较简单,其转化也不要求x+3>0.题(2)的关键不是对参数进展讨论，而是去绝对值时必须对未知数进展讨论，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。【例2】（1）已知a≠0，求证：≥（2）求实数λ的取值范围，使不等式||＞1对满足|a|＜1，|b|＜1的一切实数a、b恒成立；（3）已知|a|＜1，假设||＜1，求b的取值范围.证明（1）：当|a|≤|b|时，不等式显然成立当|a|>|b|时，左=≥≥=.10/10\n另法:当当,显然成立.（2）解：∵||＞1|1－abλ|2－|aλ－b|2=（a2λ2－1）（b2－1）＞0.∵b2＜1，∴a2λ2－1＜0对于任意满足|a|＜1的a恒成立.当a=0时，a2λ2－1＜0成立；当a≠0时，要使λ2＜对于任意满足|a|＜1的a恒成立，而＞1，∴|λ|≤1.故－1≤λ≤1.（3）||＜1（）2＜1（a+b）2＜（1+ab）2a2+b2－1－a2b2＜0（a2－1）（b2－1）＜0.∵|a|＜1，∴a2＜1.∴1－b2＞0，即－1＜b＜1.【例3】所以，原命题得证【例4】设a，b∈R，关于x方程x2+ax+b=0的实根为α，β，假设|a|+|b|<1，求证：|α|<1，|β|<1。解题思路分析：10/10\n在不等式、方程、函数的综合题中，通常以函数为中心。法一：令f(x)=x2+ax+b那么f(1)=1+a+b>1-(|a|+|b|)>1-1=0f(-1)=1-a+b>1-(|a|+|b|)>0又∵0|a|≤|a|+|b|<1∴-1<a<1∴∴f(x)=0的两根在（-1，1）内，即|α|<1，|β|<1法二：∵α+β=-a，αβ=b∴|α+β|+|αβ|=|a|+|b|<1∴|α|-|β|+|α||β|<|α+β|+|αβ|<1∴（|α|-1）（|β|+1）<0∵|β|+1>0∴|α|<1.同理：|β|<1◆提炼方法：适度放缩是处理绝对值不等式的常用技巧，如|a|-|b|≤|a+b|及|b|-|a|≤|a±b|的选择等。【研讨.欣赏】(2022江苏)已知a>0，函数f(x)＝ax－bx．(1)当b>0时，假设对任意x∈R都有f(x)1，证明a2；(2)当b>1时，证明对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件是b－1a2；(3)当0<b1时，讨论：对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件．证明：⑴对已知二次函数应用配方法，得，当x∈R时，f(x)＝，于是，对任意x∈R都有f(x)1f(x)＝1a2．⑵用f(x)、f(x)表示f(x)在[0，1]上的最大值、最小值，那么对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当（*）而f(x)＝－b(x－+，（x[0，1]）当2b时，0<1，f(x)＝，f(x)＝f(0)或f(1)；10/10\n当2b<a时，>1，f(x)＝f(1)，f(x)＝f(0)．于是(*)或b－1a2或xb－1a2．故对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件是b－1a2．(３) 由(２)的解答知，对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当或0<a2b或2b<ab+10<ab+1．故当0<b1时，对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件为0<ab+1．点评：含参数的二次函数与绝对值不等式相综合，这是历年高考命题的热点之一．在备考复习时，应当重视这类题型的解题技巧，掌握一些解题的套路，领悟当中的变化技能，反复思考参数的处理艺术．五．提炼总结以为师1、含绝对值不等式的解法的根本思想是设法去掉绝对值符号常用方法是（1）利用；（2）由定义分段去绝对值；（3）平方法；（4）数形结合法等。2、含绝对值不等式的证明，要善于应用分析转化法3、灵活运用绝对值不等式两个重要性质定理，特别关注等号成立的条件。10/10\n同步练习6.6含绝对值的不等式【选择题】1.假设那么以下不等式一定成立的是（）A．B．C．D．2.不等式的解集是()A．B．C．D．3.（2022山东），以下不等式一定成立的是（）A.B.C.D.4．不等式|x－4|＋|x－3|<a有解的充要条件是（）A.a>7B.a>1C.a<1D.a≥1【填空题】5．不等式1≤≤2的解集是6.已知|a+b|＜－c（a、b、c∈R），给出以下不等式：①a＜－b－c；②a＞－b+c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c.其中一定成立的不等式是____________.（把成立的不等式的序号都填上）简答：1-4.BDAB;4.|x－4|＋|x－3|表示数轴上的点x到(4,0)与(3,0)两点距离和，最小值为1，∴当a>1时，不等式有解.5.{x|1≤x≤或≤x≤3};6.6.①②④【解答题】7.解不等式(1)|x2─3|x|─3|£1;(2)|x-x2-2|>x2-3x-4(x>-3)解：(1)∵|x2─3|x|─3|£1∴─1£x2─3|x|─3£1∴Þ10/10\n∴原不等式的解是：£x£4或─4£x£点评：此题由于运用了x∈R时，x2=|x|2从而防止了一场大规模的讨论(2)法1:原不等式等价于:x-x2-2<-(x2-3x-4)①或:x-x2-2>x2-3x-4②解①得:x>1,解②得:∴原不等式的解集为:.法2:……8.求证：(1)≤+.(2)如果设m等于，和1中最大的一个，时，那么.证明(1)：令f（x）=（x≥0），易证f（x）在［0，+∞）上单调递增.|a+b|≤|a|+|b|，∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|），即≤=≤.法2:分析法当|a+b|=0时，不等式成立；当|a+b|≠0时，原不等式即为≤.∵|a+b|≤|a|+|b|,∴左边(2)（综合法）由已知得，，，从而知,9.已知f（x）=x2－x+c定义在区间［0，1］上，x1、x2∈［0，1］，且x1≠x2，求证：（1）f（0）=f（1）；10/10\n（2）|f（x2）－f（x1）|＜|x1－x2|；（3）|f（x1）－f（x2）|＜；（4）|f（x1）－f（x2）|≤.证明：（1）f（0）=c，f（1）=c，∴f（0）=f（1）.（2）|f（x2）－f（x1）|=|x2－x1||x2+x1－1|.∵0≤x1≤1，∴0≤x2≤1，0＜x1+x2＜2（x1≠x2）.∴－1＜x1+x2－1＜1.∴|f（x2）－f（x1）|＜|x2－x1|.（3）不妨设x2＞x1，由（2）知|f（x2）－f（x1）|＜x2－x1.①而由f（0）=f（1），从而|f（x2）－f（x1）|=|f（x2）－f（1）+f（0）－f（x1）|≤|f（x2）－f（1）|+|f（0）－f（x1）|＜|1－x2|+|x1|＜1－x2+x1.②①+②得2|f（x2）－f（x1）|＜1，即|f（x2）－f（x1）|＜.（4）|f（x2）－f（x1）|≤fmax－fmin=f（0）－f（）=.10.设、b是满足的实数，其中.⑴求证：；⑵求证：.解：（1）由只能（2）由由于a、b为正数，，即【探索题】已知，求证：(1)中至少有一个不小于。(2)假设时，,求证：|p|≤1.10/10\n【分析】由于题(1)的结论是：三个函数值中“至少有一个不小于”，情况较复杂，会出现多个异向不等式组成的不等式组，一一证明十分繁冗，而结论的反面构成三个同向不等式，构造简单，故采用反证法为宜。证明(1)（反证法）假设都小于，那么，而，相互矛盾∴中至少有一个不小于。（2）由已知得，∴∴10/10
