1、4绝对值三角不等式

1、4绝对值的三角不等式定理1如果a,b是实数，则|a+b|≤|a|+|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立。定理2如果a,b,c是实数，那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|当且仅当(a-b)(b-c)≥0时，等号成立。||a|-|b||≤|a+b|||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|推论1、2||a|-|b||≤|a-b|推广：123123||||||||aaaaaannaaaaaa2121Nnn绝对值三角不等式题型探究证明∵|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＝|(A－a)＋(B－b)＋(C－c)|≤|(A－a)＋(B－b)|＋|C－c|≤|A－a|＋|B－b|＋|C－c|，证明跟踪训练1已知|A－a|＜s3，|B－b|＜s3，|C－c|＜s3，又∵|A－a|＜s3，|B－b|＜s3，|C－c|＜s3，∴|A－a|＋|B－b|＋|C－c|＜s3＋s3＋s3＝s，∴|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.求证：|(A＋B＋C)－(a＋b＋c)|＜s.例2(1)求函数y＝|x－3|－|x＋1|的最大值和最小值；类型二利用绝对值三角不等式求最值解方法一||x－3|－|x＋1||≤|(x－3)－(x＋1)|＝4，∴－4≤|x－3|－|x＋1|≤4，∴ymax＝4，ymin＝－4.方法二把函数看作分段函数，y＝|x－3|－|x＋1|＝4，x＜－1，2－2x，－1≤x≤3，－4，x＞3.∴－4≤y≤4，∴ymax＝4，ymin＝－4.解答跟踪训练2(1)已知x∈R，求f(x)＝|x＋1|－|x－2|的最值；解∵|f(x)|＝||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，∴－3≤f(x)≤3，∴f(x)min＝－3，f(x)max＝3.解答解答(2)如果关于x的不等式|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，求参数a的取值范围.解只要a不大于|x－3|＋|x－4|的最小值，则|x－3|＋|x－4|＜a的解集为空集，而|x－3|＋|x－4|＝|x－3|＋|4－x|≥|x－3＋4－x|＝1，当且仅当(x－3)(4－x)≥0，即3≤x≤4时等号成立.∴当3≤x≤4时，|x－3|＋|x－4|取得最小值1.∴a的取值范围为(－∞，1].例3设函数f(x)＝|x＋|＋|x－a|(a＞0)，(1)证明：f(x)≥2；类型三绝对值三角不等式的综合应用1a证明由a＞0，可得f(x)＝|x＋1a|＋|x－a|≥|x＋1a－(x－a)|所以f(x)≥2.证明＝1a＋a≥2，解答解f(3)＝|3＋1a|＋|3－a|，当a＞3时，f(3)＝a＋1a，(2)若f(3)＜5，求a的取值范围.由f(3)＜5，得3＜a＜5＋212；当0＜a≤3时，f(3)＝6－a＋1a，由f(3)＜5，得1＋52＜a≤3.综上可知，a的取值范围是(1＋52，5＋212).当堂训练2341答案51.已知|x－m|＜ξ2，|y－n|＜ξ2，则|4x＋2y－4m－2n|小于A.ξB.2ξC.3ξD.ξ2√解析|4x＋2y－4m－2n|＝|4(x－m)＋2(y－n)|≤4|x－m|＋2|y－n|＜4×ξ2＋2×ξ2＝3ξ.解析2341答案52.若|x－a|＜h，|y－a|＜k，则下列不等式一定成立的是A.|x－y|＜2hB.|x－y|＜2kC.|x－y|＜h＋kD.|x－y|＜|h－k|√解析|x－y|＝|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|＜h＋k.解析23415答案3.已知|a|≠|b|，m＝|a|－|b||a－b|，n＝|a|＋|b||a＋b|，则m，n之间的大小关系是A.m＞nB.m＜nC.m＝nD.m≤n√解析m＝|a|－|b||a－b|≤|a－b||a－b|＝1.又n＝|a|＋|b||a＋b|≥|a＋b||a＋b|＝1，∴m≤n.解析234514.已知x∈R，不等式|x＋1|－|x－3|≤a恒成立，则实数a的取值范围为A.(－∞，4]B.[4，＋∞)C.[1,3]D.[－1,3]答案√解析|x＋1|－|x－3|≤|(x＋1)－(x－3)|＝4，∴a≥4.解析234515.下列四个不等式：①|logx10＋lgx|≥2；②|a－b|＜|a|＋|b|；③≥2(ab≠0)；④|x－1|＋|x－2|≥1.其中恒成立的是.(把你认为正确的序号都填上)|ba＋ab|①③④解析|logx10＋lgx|＝|1lgx＋lgx|＝1|lgx|＋|lgx|≥2，①正确；当ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|，②不正确；∵ab≠0，ba与ab同号，∴|ba＋ab|＝|ba|＋|ab|≥2，③正确；由|x－1|＋|x－2|的几何意义知，|x－1|＋|x－2|≥1恒成立，④正确.答案解析跟踪训练3设f(x)＝ax2＋bx＋c，当|x|≤1时，恒有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤7.证明因为当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，所以|f(0)|＝|c|≤1，|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，又f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，所以|f(2)|＝|4a＋2b＋c|＝|3(a＋b＋c)＋(a－b＋c)－3c|＝|3f(1)＋f(－1)－3f(0)|≤3|f(1)|＋|f(－1)|＋3|f(0)|≤3＋1＋3＝7，所以|f(2)|≤7.证明例题例3求证.bbaababa111证明：在时，显然成立.0ba当时，左边0ba111ba1111ababab.11bbaa.3.||1,||1,11ababab例已知求证22()111(1)abababab证明：2222212aabbabab222210abab22(1)(1)0ab||1,||1,ab由可知22(1)(1)0ab成立，11abab所以例1设函数f(x)＝x2－2x，实数|x－a|＜1.求证：|f(x)－f(a)|＜2|a|＋3.类型一含绝对值不等式的证明证明