解絕對值不等式,涵蓋高中所有絕對值不等式解法

1、.絕對值不等式，基本的絕對值不等式：|a|-|b|a±b|a|+|b| y=|x-3|+|x+2|(x-3)-(x+2)|=|x-3-x-2|=|-5|=5 所以函數(shù)的最小值是5，沒有最大值 |y|=|x-3|-|x+2|(x-3)-(x+2)|=|x-3-x-2|=|-5|=5由|y|5得-5y5即函數(shù)的最小值是-5，最大值是5也可以從幾何意義上理解，|x-3|+|x+2|表示x到3，-2這兩點的距離之和，顯然當-2x3時，距離之和最小，最小值是5；而|x-3|-|x+2|表示x到3，-2這兩點的距離之差，當x-2時，取最小值-5，當x3時，取最大值5 解絕對值不等式題根探討題根四

2、 解不等式題根4解不等式思路利用f(x)<a(a>0) -a<f(x)<a去掉絕對值后轉化為我們熟悉的一元二次不等式組即求解。解題原不等式等價于， 即 由（1）得：；由（2）得：或， 所以，原不等式的解集為或收獲1）一元一次不等式、一元二次不等式的解法是我們解不等式的基礎，無論是解高次不等式、絕對值不等式還是解無理根式不等式，最終是通過代數(shù)變形后，轉化為一元一次不等式、一元二次不等式組來求解。2）本題也可用數(shù)形結合法來求解。在同一坐標系中畫出函數(shù)的的圖象，解方程，再對照圖形寫出此不等式的解集。第1變 右邊的常數(shù)變代數(shù)式變題1解下列不等式：(1)|+1|>2；(2)

3、|26|<3思路利用f(x)<g(x) -g(x)<f(x)<g(x)和f(x)>g(x) f(x)>g(x)或f(x)<-g(x)去掉絕對值后轉化為我們熟悉的一元一次、一元二次不等式組來處理。解：(1)原不等式等價于+1>2或+1<(2)解得>或無解，所以原不等式的解集是|>(2)原不等式等價于3<26<3即2<<6所以原不等式的解集是|2<<6收獲形如|<，|>型不等式這類不等式的簡捷解法是等價命題法，即：|<<<|>>或<請你試試411解不

4、等式（1）x-x2-2>x2-3x-4；（2）1解：（1）分析一 可按解不等式的方法來解.原不等式等價于：x-x2-2>x2-3x-4或x-x2-2<-(x2-3x-4)解得：1-<x<1+解得：x>-3故原不等式解集為xx>-3分析二 x-x2-2x2-x+2而x2-x+2(x-)2+>0所以x-x2-2中的絕對值符號可直接去掉.故原不等式等價于x2-x+2>x2-3x-4解得：x>-3 原不等式解集為x>-3（2）分析 不等式可轉化為-11求解，但過程較繁，由于不等式1兩邊均為正，所以可平方后求解.原不等式等價于19x2(x

5、2-4)2 (x±2)x4-17x2+160x21或x216-1x1或x4或x-4注意：在解絕對值不等式時，若f(x)中的f(x)的值的范圍可確定(包括恒正或恒非負，恒負或恒非正)，就可直接去掉絕對值符號，從而簡化解題過程.第2變 含兩個絕對值的不等式變題2解不等式（1）|1|<|+|；（2）x-2+x+3>5.思路（1）題由于兩邊均為非負數(shù)，因此可以利用f(x)g(x)f2(x)g2(x)兩邊平方去掉絕對值符號。（2）題可采用零點分段法去絕對值求解。解題（1）由于|1|0，|+|0，所以兩邊平方后有：|1|<|+|即有2+1<+2+，整理得(2+2)>

6、1當2+2>0即>1時，不等式的解為>(1)；當2+2=0即=1時，不等式無解；當2+2<0即<1時，不等式的解為<（2）解不等式x-2+x+3>5.解：當x-3時，原不等式化為(2-x)-(x+3)>5-2x>6x<-3.當-3<x<2時，原不等式為(2-x)+(x+3)>55>5無解.當x2時，原不等式為(x-2)+(x+3)>52x>4x>2.綜合得：原不等式解集為xx>2或x<-3.收獲1）形如|<|型不等式此類不等式的簡捷解法是利用平方法，即：|<|<0

7、2）所謂零點分段法，是指：若數(shù)，分別使含有|，|，|的代數(shù)式中相應絕對值為零，稱，為相應絕對值的零點，零點，將數(shù)軸分為+1段，利用絕對值的意義化去絕對值符號，得到代數(shù)式在各段上的簡化式，從而化為不含絕對值符號的一般不等式來解，即令每項等于零，得到的值作為討論的分區(qū)點，然后再分區(qū)間討論絕對值不等式，最后應求出解集的并集。零點分段法是解含絕對值符號的不等式的常用解法，這種方法主要體現(xiàn)了化歸、分類討論等數(shù)學思想方法，它可以把求解條理化、思路直觀化請你試試421 解關于的不等式(>0且1)解析：易知1<<1，換成常用對數(shù)得：于是1<<10<1<1(1)<

8、0<0解得0<<12不等式|x+3|-|2x-1|<+1的解集為 。解： |x+3|-|2x-1|= 當時 x>2 當-3<x<時4x+2<+1 當時 綜上或x>2故填。3求不等式的解集.解：因為對數(shù)必須有意義，即解不等式組，解得又原不等式可化為 (1)當時，不等式化為即 綜合前提得：。(2)當1<x2時，即. 。(1) 當時，(2) ，結合前提得：。綜合得原不等式的解集為第3變 解含參絕對值不等式變題3解關于x的不等式 思路本題若從表面現(xiàn)象看當含一個根號的無理根式不等式來解，運算理較大。若化簡成，則解題過程更簡單。在解題過程中需根據(jù)

9、絕對值定義對的正負進行討論。解題原不等式等價于 當即時， 當即時， x¹-6當即時， xÎR收獲1）一題有多解，方法的選擇更重要。2）形如|<，|>()型不等式此類不等式的簡捷解法是等價命題法，即： 當>0時，|<<<；|>>或<； 當=0時，|<無解，|>0 當<0時，|<無解，|>有意義。請你試試431解關于的不等式：分析：本例主要復習含絕對值不等式的解法，分類討論的思想。本題的關鍵不是對參數(shù)進行討論，而是去絕對值時必須對末知數(shù)進行討論，得到兩個不等式組，最后對兩個不等式組的解集求并集，

10、得出原不等式的解集。解：當。2關于的不等式|1|5的解集為|32，求的值。按絕對值定義直接去掉絕對值符號后，由于值的不確定，要以的不同取值分類處理。解：原不等式可化為46當>0時，進一步化為，依題意有，此時無解。當=0時，顯然不滿足題意。當<0時，依題意有綜上，=2。第4變 含參絕對值不等式有解、解集為空與恒成立問題變題4若不等式|4|+|3|<的解集為空集，求的取值范圍。思路此不等式左邊含有兩個絕對值符號，可考慮采用零點分段法，即令每一項都等于0，得到的值作為討論的分區(qū)點，然后再分區(qū)間討論絕對值不等式，最后應求出解集的并集，這是按常規(guī)去掉絕對值符號的方法求解，運算量較大。若

11、仔細觀察不等式左邊的結構，利用絕對值的幾何意義用數(shù)形結合方法或聯(lián)想到絕對值不等式|+|+|，便把問題簡化。解題解法一 (1)當0時，不等式的解集是空集。(2)當>0時，先求不等式|4|+|3|<有解時的取值范圍。令4=0得=4，令3=0得=3 當4時，原不等式化為4+3<，即27<解不等式組，>1 當3<<4時，原不等式化為4+3<得>1 當3時，原不等式化為4+3<即72<解不等式，>1綜合可知，當>1時，原不等式有解，從而當0<1時，原不等式解集為空集。由(1)(2)知所求取值范圍是1解法二由|4|+|3|

12、的最小值為1得當>1時，|4|+|3|<有解從而當1時，原不等式解集為空集。解法三： >|4|+|3|4+3|=1當>1時，|4|+|3|<有解從而當1時，原不等式解集為空集。收獲1）一題有多法，解題時需學會尋找最優(yōu)解法。2）有解；解集為空集；這兩者互補。恒成立。有解；解集為空集；這兩者互補。恒成立。有解；解集為空集；這兩者互補。恒成立。有解；解集為空集；這兩者互補。恒成立。請你試試441對任意實數(shù)，若不等式|+1|2|>恒成立，求的取值范圍。思維點撥：要使|+1|2|>對任意實數(shù)恒成立，只要|+1|2|的最小值大于。因|+1|的幾何意義為數(shù)軸上點到1

13、的距離，|2|的幾何意義為數(shù)軸上點到2的距離，|+1|2|的幾何意義為數(shù)軸上點到1與2的距離的差，其最小值可求。此題也可把不等式的左邊用零點分段的方法改寫成分段函數(shù)，通過畫出圖象，觀察的取值范圍。解法一 根據(jù)絕對值的幾何意義，設數(shù)，1,2在數(shù)軸上對應的點分別為P、A、B，則原不等式即求|PA|PB|>成立|AB|=3，即|+1|2|3故當<3時，原不等式恒成立解法二 令=|+1|2|，則要使|+1|2|>恒成立，從圖象中可以看出，只要<3即可。故<3滿足題意。O-332對任意實數(shù)x，不等式|x+1|+|x-2|>a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。分析：經(jīng)過分析轉

14、化，實質(zhì)上就要求|x+1|+|x-2|的最小值，a應比最小值小。解： 由絕對值不等式：|x+1|+|x-2|(x+1)-(x-2)|=3，當且僅當(x+1)(x-2)0, 即時取等號。故a<3說明：轉化思想在解中有很重要的作用，比如：恒成立問題、定義域為R等問題都可轉化為求最大、最小值問題。（在這些問題里我們要給自己提問題，怎樣把一般性的問題轉化到某個特殊的值的問題，常問的問題是：要使，只要）3已知a>0,不等式|x-4|+|x-3|<a在實數(shù)集R上的解集不是空集，求a的取值范圍分析（一）|x-4|+|x-3|x-4(x-3)|=1 當|x-4|+|x-3|<a在實數(shù)R

15、上非空時，a須大于|x-4|+|x-3|的最小值，即a>1（二）如圖，實數(shù)x、3、4在數(shù)軸上的對應點分別為P、A、B則有：y=|x-4|+|x-3|=|PA|+|PB|PA|+|PB|1 恒有y1數(shù)按題意只須a>1 A B P 0 3 4 x（三）令y=f(x)=|x-4|+|x-3|作出其圖象由f(x)<g(x)=a有解得a>1 y 3 2 1 0 3 4 x（四）考慮|z-4|+|z-3|<a(zc)的幾何意義當a>1時，表示復平面上以3、4為焦點，長軸長為a的橢圓內(nèi)部，當z為實數(shù)時，a>1原不等式有解a>1即為所求（五） 可利用零點分段法討

16、論.將數(shù)軸可分為(-，3)，3，4，(4，+)三個區(qū)間.當x<3時，得(4-x)+(3-x)<ax>.有解條件為<3 即a>1當3x4時得(4-x)+(x-3)<a 即a>1當x>4時，得(x-4)+(x-3)<ax<有解條件為>4 即a>1以上三種情況中任一個均可滿足題目要求，故求它們的并集，即仍為a>1.變題：1、若不等式|x-4|+|x-3|>a對于一切實數(shù)x恒成立，求a的取值范圍2、若不等式|x-4|-|x-3|<a的解集在R上不是空集，求a的取值范圍3、若不等式|x-4|-|x-3|>a在

17、R上恒成立，求a的取值范圍評注：1、此題運用了絕對值的定義，絕對值不等式的性質(zhì)，以及絕對值的幾何意義等多種方法。4、構造函數(shù)及數(shù)形結合的方法，是行之有效的常用方法設0<a,若滿足不等式的 一切實數(shù)x，亦滿足不等式求正實數(shù)b的取值范圍。簡析略解：此例看不出明顯的恒成立問題，我們可以設法轉化: 設集合A， B= 由題設知AB，則： () 于是得不等式組： 又 ，最小值為； 最小值為； , 即 ：b的取值范圍是第5變 絕對值三角不等式問題變題5已知函數(shù)，當時，求證：；，則當時，求證：。思路本題中所給條件并不足以確定參數(shù)，的值，但應該注意到：所要求的結論不是的確定值，而是與條件相對應的“取值范圍

18、”，因此，我們可以用 、來表示,。因為由已知條件得，。解題證明：(1)由，從而有(2)由 從而 將以上三式代入，并整理得收獲1） 二次函數(shù)的一般式中有三個參數(shù). 解題的關鍵在于：通過三個獨立條件“確定”這三個參數(shù). 2）本題變形技巧性強，同時運用公式，及已知條件進行適當?shù)姆糯?。要求同學們做題時要有敏銳的數(shù)學觀察能力。請你試試451已知函數(shù)f(x)=，a,bR，且，求證|f(a)-f(b)|<|a-b|。分析：要證，考察左邊，是否能產(chǎn)生|a-b|。證明：|f(a)-f(b)|= （其中，同理）回顧：1、證題時，應注意式子兩邊代數(shù)式的聯(lián)系，找出它們的共同點是證題成功的第一步。此外，綜合運用不

19、等式的性質(zhì)是證題成功的關鍵。如在本例中，用到了不等式的傳遞性，倒數(shù)性質(zhì)，以及“三角形不等式”等等。2、本題的背景知識與解析幾何有關。函數(shù)是雙曲線，的上支，而（即），則表示該圖象上任意兩點連線的斜率的絕對值。（學過有關知識后），很顯然這一斜率的范圍是在（-1，1）之間。2（1）已知不等式|x-3|+|x+1|<a，的解集為空集，求a的取值范圍；（2）已知不等式|x-3|+|x+1|<a有解，求a的取值范圍。分析：“有解”即“解集非空”，可見（1）（2）兩小題的答案（集合）互為補集（全集為R）當然可以用|x-3|+|x+1|=這種“去絕對值”的方法來解，但我們考慮到“三角形不等式”：|

20、a|-|b|ab|a|+|b|知|x-3|+|x+1|x-3-x-1|=4這樣|x-3|+|x+1|<a等價于若（*）解集為，則a4，若（*）有解，則a>4。解（略）回顧：本題是“絕對值不等式性質(zhì)定理”（即“三角形不等式”）的一個應用。發(fā)展題：（1）已知不等式|x-3|+|x+1|>a的解集非空，求a的取值范圍。（2）已知不等式|x-3|+|x+1|a的解集非空，求a的取值范圍。3已知f(x)的定義域為0,1，且f(0)=f(1)，如果對于任意不同的x1,x20,1，都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|，求證：|f(x1)-f(x2)|<分析：題設中沒有

21、給出f(x)的解析式，這給我們分析f(x)的結構帶來困難，事實上，可用的條件只有f(0)=f(1) ，與|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|兩個。首先，若|x1-x2|，那么必有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|即|f(x1)-f(x2)|<成立。但若|x1-x2|>呢？考慮到0|x1-x2|1，則1-|x1-x2|<，看來要證明的是|f(x1)-f(x2)|1-|x1-x2|<成立！證明：不妨設x1x2，則0x1x21（1）當|x1-x2|時，則有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|即|f(x1)-f(x2)|<成立。（2）

22、當|x1-x2|>時，即x2-x1>時，0x2-x11 必有1-|x1-x2|<即1- x2+x1< 也可寫成|1- x2|+|x1|< (*) 另一方面|f(x1)-f(x2)|=|f(1)-f(x2)+f(x1)-f(0)|f(1)-f(x2)|+|f(x1)-f(0)|<|1- x2|+|x1-0| 則由（*）式知|f(x1)-f(x2)|<成立 綜上所述，當x1,x20,1時都有|f(x1)-f(x2)|<成立。 已知二次函數(shù)，當時，有，求證：當時，有.分析：研究的性質(zhì)，最好能夠得出其解析式，從這個意義上說，應該盡量用已知條件來表達參數(shù).

23、 確定三個參數(shù)，只需三個獨立條件，本題可以考慮，這樣做的好處有兩個：一是的表達較為簡潔，二是由于正好是所給條件的區(qū)間端點和中點，這樣做能夠較好地利用條件來達到控制二次函數(shù)范圍的目的. 要考慮在區(qū)間上函數(shù)值的取值范圍，只需考慮其最大值，也即考慮在區(qū)間端點和頂點處的函數(shù)值.證明：由題意知：， ， .由時，有，可得 . ,.（1）若，則在上單調(diào)，故當時， 此時問題獲證. （2）若，則當時，又， 此時問題獲證. 綜上可知：當時，有.評析：因為二次函數(shù)在區(qū)間和區(qū)間上分別單調(diào)，所以函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值、最小值必在區(qū)間端點或頂點處取得；函數(shù)在閉區(qū)間上的最大值必在區(qū)間端點或頂點處取得. 第6變 絕對值不等式

24、與其它知識的橫向聯(lián)系變題6（2003年全國高考試題）已知.設函數(shù)在R上單調(diào)遞減.不等式的解集為R.如果和有且僅有一個正確，求的取值范圍.思路 此題雖是一道在老教材之下的高考試題，但揭示了“解不等式”一類高考試題的命題方向.在新教材中，絕對值不等式的解法和二次不等式的解法與集合運算、命題判斷都有一定聯(lián)系，屬于對于學生提出的基本要求內(nèi)容的范疇，本題將這幾部分知識內(nèi)容有機地結合在一起，在考查學生基礎知識、基本方法掌握的同時，考查了學生命題轉換，分類討論等能力，在不同的方法下有不同的運算量，較好地體現(xiàn)出了“多考一點想，少考一點算”的命題原則.解題:函數(shù)在R上單調(diào)遞減，不等式的解集為R函數(shù)在R上恒大于1，函數(shù)在R上的最小值為，不等式的解集為R，即，若正確，且不正確，則；若正確，且不正確，則；所以的取值范圍為.收獲“解不等式”一類的命題可以有形式上的更新和內(nèi)容上的變化.結合簡易邏輯的