2018-2019學年同步指導人教B版數(shù)學選修4-5導學案：1.4　絕對值的三角不等式

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1。4絕對值的三角不等式1。理解定理1及其幾何說明，理解定理2及其2個推論.2.會用定理1、定理2及其2個推論解決比較簡單的問題.自學導引1.a，b∈R，|a＋b｜≤｜a|＋｜b｜，當且僅當ab≥0時，等號成立。2.｜a－b|表示a－b與原點的距離，也表示a與b之間的距離.3。a，b，c∈R，｜a－c｜≤|a－b｜＋|b－c|，當且僅當（a－b）(b－c)≥0，即b落在a,c之間時等號成立.4。|｜a|－|b|｜≤｜a＋b｜；｜｜a|－｜b|｜≤｜a－b|.基礎自測1。對任意x，y∈R，｜x－1｜＋｜x｜＋｜y－1｜＋|y＋1｜的最小值為(）A。1 B.2C.3 D.4解析利用三角不等式直接求解.∵x，y∈R，∴｜x－1｜＋|x｜≥|(x－1)－x｜＝1，｜y－1|＋|y＋1｜≥|（y－1)－（y＋1）|＝2，∴|x－1|＋｜x|＋|y－1｜＋|y＋1|≥3.∴｜x－1｜＋｜x|＋｜y－1｜＋｜y＋1｜的最小值為3。答案C2.設ab〉0，下面四個不等式①|(zhì)a＋b|〉|a|;②|a＋b|<|b|；③|a＋b｜<｜a－b｜；④｜a＋b|〉｜a｜－｜b｜中，正確的是(）A.①和② B。①和③C。①和④ D.②和④解析∵ab>0,①|(zhì)a＋b|＝|a｜＋|b|>｜a|，正確，②｜a＋b|＝｜a|＋|b｜>｜b｜,所以②錯，③|a＋b|＝|a|＋｜b|〉｜a－b|錯，④|a＋b|＝｜a｜＋|b｜≥｜a－b｜≥｜a｜－｜b｜對，所以①④正確應選C.答案C3.若函數(shù)f(x）＝｜x＋1｜＋2｜x－a｜的最小值為5,則實數(shù)a＝________.解析根據(jù)去絕對值符號后函數(shù)的圖象求解。由于f(x）＝|x＋1|＋2|x－a|，當a〉－1時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（－3x＋2a－1（x<－1)，，－x＋2a＋1（－1≤x≤a）,,3x－2a＋1（x〉a).）)作出f（x)的大致圖象如圖所示,由函數(shù)f(x)的圖象可知f（a)＝5，即a＋1＝5，∴a＝4。同理，當a≤－1時,－a－1＝5，∴a＝－6。答案－6或4知識點1利用絕對值的三角不等式證明變量不等式【例1】已知｜x｜〈1，|y｜<1，求證:eq\f(\r(（1－x2）（1－y2）），｜1－xy|）≤1。證明|x|〈1?x2<1?1－x2〉0，|y｜〈1?1－y2>0,x2＋y2≥2xy?－x2－y2≤－2xy?1－x2－y2＋x2y2≤1－2xy＋x2y2?(1－x2）（1－y2)≤(1－xy)2?eq\r（（1－x2）（1－y2)）≤｜1－xy｜所以eq\f（\r(（1－x2）（1－y2))，｜1－xy｜）≤1。由于｜x｜<1，|y｜<1，則｜xy|〈1，即1－xy≠0.●反思感悟：通過添一項、減一項的恒等變形,然后再進行組合，構(gòu)造成能利用絕對值的三角不等式的形式是證明的關鍵.1.證明：|x－a｜＋|x－b｜≥｜a－b｜.證明∵|x－a｜＋｜x－b|＝|x－a｜＋｜b－x｜≥｜x－a＋b－x｜＝｜b－a｜＝|a－b｜?！啵黿－a｜＋｜x－b|≥|a－b｜。知識點2利用絕對值的三角不等式證明函數(shù)不等式【例2】函數(shù)f(x)的定義域為［0，1］,f(0）＝f(1），且對任意不同的x1，x2∈[0，1］都有｜f（x2）－f(x1）|<｜x2－x1|，求證：｜f(x2）－f(x1)｜〈eq\f(1，2）.證明設0≤x1〈x2≤1，①若x2－x1≤eq\f（1，2），則｜f（x2)－f（x1）|<｜x2－x1|≤eq\f(1,2)。即｜f(x2）－f（x1)｜<eq\f（1，2）。②若eq\f（1,2）<x2－x1≤1，則｜f（x2)－f(x1）｜＝|f(x2）＋f(0)－f（1）－f（x1）｜＝|f（x2)－f（1)＋f(0）－f（x1)|≤|f(x2)－f（1)｜＋|f（0）－f(x1）｜<|x2－1|＋|x1－0|.而｜x2－1｜＋｜x1|＝1－x2＋x1＝1－(x2－x1)〈1－eq\f（1，2)＝eq\f（1,2）。綜上所述，對任意不同的x1，x2∈［0,1]都有|f（x2)－f(x1）|<eq\f（1，2）?！穹此几形颍簩τ诮^對值符號內(nèi)的式子,采用加減某個式子后，重新組合,運用絕對值不等式的性質(zhì)變形，是證明絕對值不等式的典型方法.2.設f（x）＝ax2＋bx＋c，當｜x｜≤1時，總有｜f（x）｜≤1,求證：｜f(2）｜≤7.證明∵|f(1)｜≤1，|f(－1)|≤1，|f(0）｜≤1，∴｜f(2）|＝|4a＋2b＋c|＝|3f(1）＋f（－1）－3f(0）|≤3|f(1）|＋|f（－1)|＋3|f（0)｜≤7。知識點3絕對值的三角不等式的應用【例3】若關于x的不等式｜x＋2|＋|x－1|<a的解集為?，求實數(shù)a的取值范圍.解方法一:∵|x＋2｜＋|x－1｜≥|(x＋2）－（x－1）｜＝3，∴當a≤3時，原不等式解集為?.方法二：式子｜x＋2｜＋|x－1｜可看作數(shù)軸上一點到－2、1對應的兩點間距離之和，而數(shù)軸上任一點與這兩點距離之和不小于3，故使原不等式解集為?的a的范圍是a≤3?！穹此几形颍航獯祟惒坏仁接腥N方法：分區(qū)間（分類)討論法、圖象法、幾何法。3。已知函數(shù)f(x)、g（x），設不等式|f(x）|＋｜g（x)|〈a(a>0）的解集為M,不等式｜f（x）＋g(x)|〈a(a〉0）的解集是N，則集合M與N的關系是(）A。NM B.M＝NC.M?N D.MN解析∵|f（x)＋g(x）｜≤｜f（x）｜＋｜g（x）｜，若x0∈M，|f（x0)｜＋|g（x0)｜<a，故|f(x0)＋g(x0）｜<a，所以x0∈N。答案C課堂小結(jié)證明含有絕對值的不等式，要運用實數(shù)的性質(zhì)，不等式的性質(zhì),以及不等式證明的有關方法，另外主要運用絕對值的三角不等式即｜a|－|b｜≤|a＋b｜≤｜a|＋｜b|；|a1＋a2＋a3|≤|a1|＋｜a2｜＋｜a3｜;｜a|－|b｜≤|a－b｜≤|a｜＋|b｜。隨堂演練1。若a，b都是非零實數(shù),則下列不等式不恒成立的是（)A.｜a＋b｜≥a－bB。a2＋b2≥2｜a·b|C.|a＋b|≤｜a｜＋|b|D.eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f（a，b)＋\f（b，a）））≥2解析當a>0，b〈0時，｜a＋b|<a－b.故A不恒成立。答案A2。若對任意實數(shù)，不等式|x＋1|－|x－2|〉a恒成立,則a的取值范圍是(）A.(－∞,3） B。(－∞，3］C.(－∞，－3） D.(－∞，－3]解析|x＋1|－|x－2｜＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（－3,x〈－1，，2x－1，－1≤x<2，，3，x≥2.））∴|x＋1｜－|x－2｜〉a恒成立時，a<－3，故選C.答案C3.若1<eq\f(1，a)〈eq\f(1,b）,則下列結(jié)論中不正確的是（)A.logab>logbaB。|logab＋logba｜〉2C。(logba）2〈1D.|logab｜＋|logba｜〉|logab＋logba|解析∵1〈eq\f(1,a）〈eq\f（1,b)，∴0〈b〈a<1，∴l(xiāng)ogab〉1＝logaa＝logbb>logba,∴A正確；|logab＋logba|＝logab＋eq\f（1,logab)≥2，∴B正確；0〈logba<logbb〈1，∴(logba）2<1,C正確?！遧ogab>0，logba〉0，∴|logab|＋｜logba｜＝｜logab＋logba｜故D錯。答案D4.x，y∈R，若|x|＋|y｜＋｜x－1｜＋|y－1｜≤2，則x＋y的取值范圍為________.解析利用絕對值的幾何意義求解，注意等號成立的條件。由絕對值的幾何意義知，|x|＋|x－1｜是數(shù)軸上的點x到原點和點1的距離之和，所以｜x｜＋|x－1｜≥1，當且僅當x∈［0,1］時取“＝”。同理|y|＋|y－1｜≥1，當且僅當y∈[0，1］時取“＝”.∴｜x|＋|y｜＋｜x－1|＋｜y－1｜≥2。而|x|＋|y｜＋｜x－1|＋｜y－1|≤2，∴|x|＋|y|＋|x－1|＋｜y－1｜＝2，此時x∈[0，1]，y∈[0，1］，∴（x＋y)∈[0，2］。答案［0，2］基礎達標1。若|a－c｜〈b,則下列不等式不成立的是（)A。|a|〈｜b｜＋|c| B。|c｜<｜a｜＋|b|C.b〉｜|c|－｜a|| D.b<｜|a｜－｜c||解析b>｜a－c｜>｜a｜－｜c｜,b>｜a－c｜>|c｜－|a｜，故A、B成立，∴b>｜|a｜－|c||，故C成立.應選D（此題代入數(shù)字也可判出）。答案D2。若|x－a｜〈h，|y－a|〈k，則下列不等式一定成立的是（）A.|x－y｜〈2h B。｜x－y|<2kC.|x－y｜<h＋k D.|x－y｜〈|h－k|解析|x－y|＝｜x－a＋a－y|≤|x－a|＋｜a－y|<h＋k，∴應選C.答案C3。如果存在實數(shù)x,使cosα＝eq\f（x,2）＋eq\f(1,2x)成立，那么實數(shù)x的集合是（)A.｛－1,1｝ B.｛x｜x〈0或x＝1}C.{x|x>0或x＝－1} D。｛x｜x≤－1或x≥1｝解析由|cosα|≤1，所以eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(x,2）＋\f（1,2x）))≤1.又eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f（1,2x)）)＝eq\f(｜x|,2）＋eq\f(1,2｜x|）≥1.∴eq\f（｜x|,2）＋eq\f（1，2｜x｜)＝1，當且僅當｜x|＝1時成立，即x＝±1。答案A4.已知－2≤a≤3,－3<b<4,則a－|b|的取值范圍為______________.解析∵－3<b〈4，∴0≤｜b|〈4，－4<－|b|≤0，又－2≤a≤3，∴－6<a－|b｜≤3。答案(－6，3］5.若|x－4｜＋｜x＋5｜>a對于x∈R均成立,則a的取值范圍為__________.解析∵|x－4|＋｜x＋5|＝｜4－x｜＋|x＋5｜≥|4－x＋x＋5|＝9.∴當a〈9時，不等式對x∈R均成立。答案(－∞，9)6。已知定義在R上的函數(shù)f(x）＝|x＋1｜＋|x－2｜的最小值為a。(1)求a的值；（2）若p,q，r是正實數(shù)，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3。（1）解因為｜x＋1|＋|x－2|≥｜(x＋1）－(x－2)｜＝3，當且僅當－1≤x≤2時，等號成立，所以f（x）的最小值等于3，即a＝3。(2）證明由(1）知p＋q＋r＝3，又因為p,q，r是正實數(shù),所以（p2＋q2＋r2）（12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1）2＝(p＋q＋r）2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.綜合提高7。若函數(shù)f（x）＝｜x＋1｜＋｜2x＋a|的最小值為3，則實數(shù)a的值為（)A.5或8 B.－1或5C.－1或－4 D。－4或8解析利用絕對值的幾何意義分類討論，根據(jù)解析式特征確定函數(shù)最小值點進而求a。(1)當－1≤－eq\f（a，2）,即a≤2時，f(x)＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（－3x－a－1，x≤－1，，－x－a＋1，－1〈x〈－\f(a,2),，3x＋a＋1，x≥－\f(a,2).））易知函數(shù)f（x)在x＝－eq\f（a,2）處取最小值,即1－eq\f(a，2)＝3.所以a＝－4.(2)當－1>－eq\f(a,2），即a〉2時,f(x）＝eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（－3x－a－1,x≤－\f(a,2），,x＋a－1，－\f（a,2）<x〈－1，，3x＋a＋1，x≥－1.）)易知函數(shù)f(x)在x＝－eq\f（a,2）處取最小值，即eq\f(a，2）－1＝3，故a＝8。綜上a＝－4或8。答案D8。已知定義在［0，1］上的函數(shù)f(x)滿足：①f（0）＝f(1）＝0；②對所有x，y∈［0,1],且x≠y，有｜f(x)－f（y）|〈eq\f（1,2）｜x－y｜。若對所有x，y∈［0,1］，｜f（x）－f（y)｜〈k恒成立,則k的最小值為（）A.eq\f(1，2) B.eq\f(1，4）C.eq\f(1，2π） D.eq\f（1,8)解析先利用特值法確定范圍，再結(jié)合函數(shù)的取值特性求解。取y＝0，則|f(x）－f（0）|<eq\f（1,2)|x－0|，即｜f（x)｜<eq\f（1，2)x，取y＝1則|f（x）－f(1)|〈eq\f（1，2)｜x－1|,即｜f（x)｜<eq\f（1，2）(1－x).∴｜f(x）｜＋｜f（x)｜<eq\f（1，2)x＋eq\f（1,2）－eq\f（1，2）x＝eq\f（1，2），∴｜f（x)｜〈eq\f(1，4）。不妨取f(x)≥0，則0≤f（x）<eq\f（1，4）,0≤f（y）〈eq\f(1，4），∴｜f（x)－f(y)|〈eq\f（1，4)－0＝eq\f(1，4)，要使|f（x)－f（y）｜<k恒成立，只需k≥eq\f（1，4）.∴k的最小值為eq\f（1，4）.答案B9。若不等式|x－4｜－｜x－3|≤a對一切x∈R恒成立,那么實數(shù)a的取值范圍是________.解析令f(x)＝｜x－4|－｜x－3｜，不等式f(x）≤a對一切x∈R恒成立的充要條件是a≥f（x)的最大值,因為|x－4|－|x－3｜≤|1（x－4)－(x－3）|＝1，即f（x）的最大值等于1，所以a≥1。答案a≥110。關于x的不等式|x＋2|＋｜x－1｜＜a的解集是?,則a的取值范圍是________.解析｜x＋2|＋｜x－1｜≥｜（x＋2)－（x－1)|＝3,∴a＜3。答案a＜311。已知a＞0,b＞0，c＞0，函數(shù)f（x)＝｜x＋a|＋｜x－b|＋c的最小值為4.(1）求a＋b＋c的值；(2）求eq\f（1,4）a2＋eq\f（1,9）b2＋c2的最小值.解(1）因為f(x)＝|x＋a｜＋｜x－b|＋c≥|(x＋a）－（x－b)|＋c＝｜a＋b｜＋c，當且僅當－a≤x≤b時，等號成立。又a＞0，b＞0,所以|a＋b|＝a＋b.所以f（x)的最小值為a＋b＋c.又已知f(x)的最小值為4，所以a＋b＋c＝4.（2)由（1）知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，4)a2＋\f（1，9）b2＋c2)）（4＋9＋1)≥eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a,2）×2＋\f（b,3）×3＋c×1))eq\s\up12(2）＝(a＋b＋c）2＝16，即eq\f(1,4）a2＋eq\f(1，9）b2＋c2≥eq\f(8，7).當且僅當eq\f（\f（1，2)a，2）＝eq\f（\f（1，3）b,3)＝eq\f（c,1)，即a＝eq\f（8，7），b＝eq\f