高考要求
1 理解不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│
2．掌握解絕對值不等式等不等式的基本思路，會用分類、換元、數(shù)形結合的方法解不等式；
知識點歸納
1．解絕對值不等式的基本思想:解絕對值不等式的基本思想是去絕對值，常采用的方法是討論符號和平方
2．注意利用三角不等式證明含有絕對值的問題
a─b?a+b?a+b;a─b?a─b?a+b;并指出等號條件
3．(1) f(x)
（3）含絕對值的不等式性質（雙向不等式）
左邊在 時取得等號，右邊在 時取得等號
題型講解
例1 解不等式 分析：不等式 （其中 ）可以推廣為任意 都成立，且 為代數(shù)式也成立 解：原不等式又化為 ∴原不等式的解集為 點評：可利用 去掉絕對值符號 例2 求證：不等式
綜上（1），（2）得
例3
所以，原命題得證
例4
例5
證明：
例6
證明：令
例7 a, b ? R 證明a + b－a－b < 2b
例8 解不等式x+3─x─3>3
解法一：分區(qū)間去絕對值（零點分段法）：
∵x+3─x─3>3
∴(1) ?x<─3;
(2) ?3/2
∴ 原不等式的解為x<─3/2或x>3/2
解法二：用平方法脫去絕對值：
兩邊平方：(x+3─x─3)2>9,即2x2+9>2x2─9;
兩邊再平方分解因式得：x2>9/4?x<─3/2或x>3/2
例9 解不等式x2─3x─3?1
解：∵x2─3x─3?1
∴─1?x2─3x─3?1
∴ ?
∴ 原不等式的解是： ?x?4或─4?x?
點評：本題由于運用了x∈R時，x2=x2從而避免了一場大規(guī)模的討論
例10 求使不等式x─4+x─3
要使f(x)
f(x)=x─4+x─3?(x─4)─(x─3)=1,
所以f(x)的最小值為1，
∴ a>1
點評：本題對條件進行轉化，變?yōu)樽钪祮栴}，從而簡化了討論
例11已知二次函數(shù)f(x)滿足f(1)?1,f(0)?1,f(─1)?1,
求證：x?1時，有f(x)?5/4
證明：設f(x)=ax2+bx+c,
由題意，得
∴ a= [f(1)+f(─1)─2f(0)],b= [f(1)─f(1)]; c=f(0)
代入f(x)的表達式變形得：
f(x)=f(1)(x2+x)/2+f(─1)(x2─x)/2+(1─x2)f(0)
∵ f(1)?1,f(0)?1,f(─1)?1,
∴ 當x?1時，
f(x)?(x2+x)/2f(1)+(x2─x)/2f(─1)+(1─x2)f(0)
?x(1+x)/2+x(1─x)/2+(1─x2)
=─x2+x+1=─(x─1/2)2+5/4?5/4
例12 已知a,b,c都是實數(shù)，且a<1,b<1,c<1,求證：ab+bc+ca>─1
證明：設f(x)=x(b+c)+bc─(─1),
∵ a<1,b<1,c<1,
∴f(1)＝(b+c)+bc+1＝(1+b) (1+c)>0,
f(─1) ＝－(b+c)+bc+1＝(1－b) (1－c)>0,
∴ 當a∈(─1,1)時，f(x)>0恒成立
∴ f(a) ＝a(b+c)+bc─(─1)>0,
∴ab+bc+ca>─1
例13
證明：
小結：
1．理解絕對值不等式的定義，掌握絕對值不等式的定理和推論，會用絕對值不等式的定理和推論解決絕對值不等式的有關證明問題
2．解絕對值不等式的基本途徑是去掉絕對值符號，常用的方法是：（1）分類討論；（2）平方；（3）利用絕對值不等式的性質，如
等
3．證明絕對值不等式的基本思想和基本方法分別是轉化思想和比較法，分析法，換元法，綜合法，放縮法，反證法等等
學生練習
1．不等式 的解集為（ ）
A． B． C． D．
答案：D
2．不等式x－4＋x－3
答案: B 提示: 代數(shù)式x－4＋x－3表示數(shù)軸上的點到(4, 0)與(3, 0)兩點的距離和，最小值為1，∴當a>1時，不等式有解
3．若A={x x－1<2}, B={x >0，則A∩B=（ ）
A {x－1
答案: 1≤x≤ 或 ≤x≤3
5．如果y=log x在(0,+∞)內是減函數(shù)，則a的取值范圍是（ ）
A a>1 B a< C 1
答案: C 提示: 0
答案：{x 0
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