高二數學45不等式選講含絕對值不等式的解法如何引入

2021-08-11 08:16:09 字數 9034 閱讀 8610

1樓:匿名使用者

b)∈m,且對m中的其它元素(c,d),總有c≥a,則a=____.

分析:讀懂並能揭示問題中的數學實質,將是解決該問題的突破口.怎樣理解「對m中的其它元素(c,d),總有c≥a」?m中的元素又有什麼特點?

解:依題可知,本題等價於求函式x=f(y)=(y+3)�6�1|y-1|+(y+3)

(2)當1≤y≤3時,

所以當y=1時, = 4.

簡評:題設條件中出現集合的形式,因此要認清集合元素的本質屬性,然後結合條件,揭示

其數學實質.即求集合m中的元素滿足關係式

例2.已知非負實數 , 滿足 且 ,則 的最大值是( )

a. b. c. d.

解:畫出圖象,由線性規劃知識可得,選d

例3.數列 由下列條件確定:

(1)證明:對於 ,

(2)證明:對於 .

證明:(1)

(2)當 時,

= 。例4.解關於 的不等式:

分析:本例主要複習含絕對值不等式的解法,分類討論的思想。本題的關鍵不是對引數 進行討論,而是去絕對值時必須對末知數進行討論,得到兩個不等式組,最後對兩個不等式組的解集求並集,得出原不等式的解集。

解:當。例5.若二次函式y=f(x)的圖象經過原點,且1≤f(-1)≤2,3≤f(1)≤4,求f(-2)的範圍.

分析:要求f(-2)的取值範圍,只需找到含人f(-2)的不等式(組).由於y=f(x)是二次函式,所以應先將f(x)的表達形式寫出來.即可求得f(-2)的表示式,然後依題設條件列出含有f(-2)的不等式(組),即可求解.

解:因為y=f(x)的圖象經過原點,所以可設y=f(x)=ax2+bx.於是

解法一(利用基本不等式的性質)

不等式組(ⅰ)變形得

(ⅰ)所以f(-2)的取值範圍是[6,10].

解法二(數形結合)

建立直角座標系aob,作出不等式組(ⅰ)所表示的區域,如圖6中的陰影部分.因為f(-2)=4a-2b,所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率為2的直線系.如圖6,當直線4a-2b-f(-2)=0過點a(2,1),b(3,1)時,分別取得f(-2)的最小值6,最大值10.即f(-2)的取值範圍是:6≤f(-2)≤10.

解法三(利用方程的思想)

又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1),而

1≤f(-1)≤2,3≤f(1)≤4, ①

所以 3≤3f(-1)≤6. ②

①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10,即6≤f(-2)≤10.

簡評:(1)在解不等式時,要求作同解變形.要避免出現以下一種錯解:

2b,8≤4a≤12,-3≤-2b≤-1,所以 5≤f(-2)≤11.

(2)對這類問題的求解關鍵一步是,找到f(-2)的數學結構,然後依其數學結構特徵,揭示其代數的、幾何的本質,利用不等式的基本性質、數形結合、方程等數學思想方法,從不同角度去解決同一問題.若長期這樣思考問題,數學的素養一定會迅速提高.

例6.設函式f(x)=ax2+bx+c的圖象與兩直線y=x,y= x,均不相交.試證明對一切 都有 .

分析:因為x∈r,故|f(x)|的最小值若存在,則最小值由頂點確定,故設f(x)=a(x-x0)2+f(x0).

證明:由題意知,a≠0.設f(x)=a(x-x0)2+f(x0),則

又二次方程ax2+bx+c=±x無實根,故

δ1=(b+1)2-4ac<0,δ2=(b-1)2-4ac<0.

所以(b+1)2+(b-1)2-8ac<0,即2b2+2-8ac<0,即b2-4ac<-1,所以|b2-4ac|>1.

簡評:從上述幾個例子可以看出,在證明與二次函式有關的不等式問題時,如果針對題設條件,合理採取二次函式的不同形式,那麼我們就找到了一種有效的證明途徑.

例7. 設二次函式f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的兩個根x1、x2滿足0<x1<x2< .

(1)當x∈〔0,x1 時,證明x<f(x)<x1;

(2)設函式f(x)的圖象關於直線x=x0對稱,證明:x0< .

解:(1)令f(x)=f(x)-x,因為x1,x2是方程f(x)-x=0的根,所以f(x)=a(x-x1)(x-x2).當x∈(0,x1)時,由於x1<x2,得(x-x1)(x-x2)>0,

又a>0,得f(x)=a(x-x1)(x-x2)>0,即x<f(x)

x1-f(x)=x1-〔x+f(x)〕=x1-x+a(x1-x)(x-x2)=(x1-x)〔1+a(x-x2)〕

∵0<x<x1<x2< ,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0

∴x1-f(x)>0,由此得f(x)<x1.

(2)依題意:x0=- ,因為x1、x2是方程f(x)-x=0的兩根,即x1,x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根.

∴x1+x2=-

∴x0=- ,因為ax2<1,

∴x0<

例8 已知a,b,c是實數,函式f(x)=ax2+bx+c,g(x)=ax+b,當-1≤x≤1時|f(x)|≤1.

(1)證明:|c|≤1;

(2)證明:當-1 ≤x≤1時,|g(x)|≤2;

(3)設a>0,有-1≤x≤1時, g(x)的最大值為2,求f(x).

命題意圖:本題主要考查二次函式的性質、含有絕對值不等式的性質,以及綜合應用數學知識分析問題和解決問題的能力.屬★★★★★級題目.

知識依託:二次函式的有關性質、函式的單調性是藥引,而絕對值不等式的性質靈活運用是本題的靈魂.

錯解分析:本題綜合性較強,其解答的關鍵是對函式f(x)的單調性的深刻理解,以及對條件「-1≤x≤1時|f(x)|≤1」的運用;絕對值不等式的性質使用不當,會使解題過程空洞,缺乏嚴密,從而使題目陷於僵局.

技巧與方法:本題(2)問有三種證法,證法一利用g(x)的單調性;證法二利用絕對值不等式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|;而證法三則是整體處理g(x)與f(x)的關係.

(1)證明:由條件當=1≤x≤1時,|f(x)|≤1,取x=0得:|c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1.

(2)證法一:依題設|f(0)|≤1而f(0)=c,所以|c|≤1.當a>0時,g(x)=ax+b在〔-1,1〕上是增函式,於是

g(-1)≤g(x)≤g(1),(-1≤x≤1).

∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),|c|≤1,

∴g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|=2,

g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-2)|+|c|)≥-2,

因此得|g(x)|≤2 (-1≤x≤1);

當a<0時,g(x)=ax+b在〔-1,1〕上是減函式,於是g(-1)≥g(x)≥g(1),(-1≤x≤1),

∵|f(x)|≤1 (-1≤x≤1),|c|≤1

∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2.

綜合以上結果,當-1≤x≤1時,都有|g(x)|≤2.

證法二:∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1)

∴|f(-1)|≤1,|f(1)|≤1,|f(0)|≤1,

∵f(x)=ax2+bx+c,∴|a-b+c|≤1,|a+b+c|≤1,|c|≤1,

因此,根據絕對值不等式性質得:

|a-b|=|(a-b+c)-c|≤|a-b+c|+|c|≤2,

|a+b|=|(a+b+c)-c|≤|a+b+c|+|c|≤2,

∵g(x)=ax+b,∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2,

函式g(x)=ax+b的圖象是一條直線,因此|g(x)|在〔-1,1〕上的最大值只能在區間的端點x=-1或x=1處取得,於是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2,(-1<x<1 .

當-1≤x≤1時,有0≤ ≤1,-1≤ ≤0,

∵|f(x)|≤1,(-1≤x≤1),∴|f |≤1,|f( )|≤1;

因此當-1≤x≤1時,|g(x)|≤|f |+|f( )|≤2.

(3)解:因為a>0,g(x)在〔-1,1〕上是增函式,當x=1時取得最大值2,即

g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2. ①

∵-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,∴c=f(0)=-1.

因為當-1≤x≤1時,f(x)≥-1,即f(x)≥f(0),

根據二次函式的性質,直線x=0為f(x)的圖象的對稱軸,

由此得- <0 ,即b=0.

由①得a=2,所以f(x)=2x2-1.

例9.某城市2023年末汽車保有量為30萬輛,預計此後每年報廢上一年末汽車保有量的6%,並且每年新增汽車數量相同。為了保護城市環境,要求該城市汽車保有量不超過60萬輛,那麼每年新增汽車數量不應超過多少輛?

解:設2023年末的汽車保有量為 ,以後每年末的汽車保有量依次為 ,每年新增汽車 萬輛。由題意得

一、選擇題

1.(★★★★★)定義在r上的奇函式f(x)為增函式,偶函式g(x)在區間〔0,+∞)的圖象與f(x)的圖象重合,設a>b>0,給出下列不等式,其中正確不等式的序號是( )

①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) ②f(b)-f(-a)<g(a)-g(-b)

③f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a) ④f(a)-f(-b)<g(b)-g(-a)

a.①③ b.②④ c.①④ d.②③

二、填空題

2.(★★★★★)下列四個命題中:①a+b≥2 ②sin2x+ ≥4 ③設x,y都是正數,若 =1,則x+y的最小值是12 ④若|x-2|<ε,|y-2|<ε,則|x-y|<2ε,其中所有真命題的序號是__________.

3.(★★★★★)某公司租地建倉庫,每月土地佔用費y1與車庫到車站的距離成反比,而每月庫存貨物的運費y2與到車站的距離成正比,如果在距車站10公里處建倉庫,這兩項費用y1和y2分別為2萬元和8萬元,那麼要使這兩項費用之和最小,倉庫應建在離車站__________公里處.

三、解答題

4.(★★★★★)已知二次函式 f(x)=ax2+bx+1(a,b∈r,a>0),設方程f(x)=x的兩實數根為x1,x2.

(1)如果x1<2<x2<4,設函式f(x)的對稱軸為x=x0,求證x0>-1;

(2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求b的取值範圍.

5.(★★★★)某種商品原來定價每件p元,每月將賣出n件,假若定價**x成(這裡x成即 ,0<x≤10 .每月賣出數量將減少y成,而售貨金額變成原來的 z倍.

(1)設y=ax,其中a是滿足 ≤a<1的常數,用a來表示當售貨金額最大時的x的值;

(2)若y= x,求使售貨金額比原來有所增加的x的取值範圍.

6.(★★★★★)設函式f(x)定義在r上,對任意m、n恆有f(m+n)=f(m)�6�1f(n),且當x>0時,0<f(x)<1.

(1)求證:f(0)=1,且當x<0時,f(x)>1;

(2)求證:f(x)在r上單調遞減;

(3)設集合a=,集合b=,若a∩b= ,求a的取值範圍.

7.(★★★★★)已知函式f(x)= (b<0)的值域是〔1,3〕,

(1)求b、c的值;

(2)判斷函式f(x)=lgf(x),當x∈〔-1,1〕時的單調性,並證明你的結論;

(3)若t∈r,求證:lg ≤f(|t- |-|t+ |)≤lg .

〔科普美文〕數學中的不等式關係

數學是研究空間形式和數量關係的科學,恩格斯在《自然辯證法》一書中指出,數學是辯證的輔助工具和表現形式,數學中蘊含著極為豐富的辯證唯物主義因素,等與不等關係正是該點的生動體現,它們是對立統一的,又是相互聯絡、相互影響的;等與不等關係是中學數學中最基本的關係.

等的關係體現了數學的對稱美和統一美,不等關係則如同仙苑奇葩呈現出了數學的奇異美.不等關係起源於實數的性質,產生了實數的大小關係,簡單不等式,不等式的基本性質,如果把簡單不等式中的實數抽象為用各種數學符號整合的數學式,不等式發展為一個人丁興旺的大家族,由簡到繁,形式各異.如果賦予不等式中變數以特定的值、特定的關係,又產生了重要不等式、均值不等式等.

不等式是永恆的嗎?顯然不是,由此又產生了解不等式與證明不等式兩個極為重要的問題.解不等式即尋求不等式成立時變數應滿足的範圍或條件,不同型別的不等式又有不同的解法;不等式證明則是推理性問題或探索性問題.

推理性即在特定條件下,闡述論證過程,揭示內在規律,基本方法有比較法、綜合法、分析法;探索性問題大多是與自然數n有關的證明問題,常採用觀察—歸納—猜想—證明的思路,以數學歸納法完成證明.另外,不等式的證明方法還有換元法、放縮法、反證法、構造法等.

數學科學是一個不可分割的有機整體,它的生命力正是在於各個部分之間的聯絡.不等式的知識滲透在數學中的各個分支,相互之間有著千絲萬縷的聯絡,因此不等式又可作為一個工具來解決數學中的其他問題,諸如集合問題,方程(組)的解的討論,函式單調性的研究,函式定義域的確定,三角、數列、複數、立體幾何、解析幾何中的最大值、最小值問題無一不與不等式有著密切的聯絡.許多問題最終歸結為不等式的求解或證明;不等式還可以解決現實世界中反映出來的數學問題.

不等式中常見的基本思想方法有等價轉化、分類討論、數形結合、函式與方程.總之,不等式的應用體現了一定的綜合性,靈活多樣性.

等與不等形影不離,存在著概念上的親緣關係,是中學數學中最廣泛、最普遍的關係.數學的基本特點是應用的廣泛性、理論的抽象性和邏輯的嚴謹性,而不等關係是深刻而生動的體現.不等雖沒有等的溫柔,沒有等的和諧,沒有等的恰到好處,沒有等的天衣無縫,但它如山之挺拔,峰之雋秀,海之寬闊,天之高遠,怎能不讓人心曠神怡,魂牽夢繞呢?

參***

難點磁場

解:(1)令f(x)=f(x)-x,因為x1,x2是方程f(x)-x=0的根,所以f(x)=a(x-x1)(x-x2).當x∈(0,x1)時,由於x1<x2,得(x-x1)(x-x2)>0,

又a>0,得f(x)=a(x-x1)(x-x2)>0,即x<f(x)

x1-f(x)=x1-〔x+f(x)〕=x1-x+a(x1-x)(x-x2)=(x1-x)〔1+a(x-x2)〕

∵0<x<x1<x2< ,∴x1-x>0,1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0

∴x1-f(x)>0,由此得f(x)<x1.

(2)依題意:x0=- ,因為x1、x2是方程f(x)-x=0的兩根,即x1,x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根.

∴x1+x2=-

∴x0=- ,因為ax2<1,

∴x0<

殲滅難點訓練

一、1.解析:由題意f(a)=g(a)>0,f(b)=g(b)>0,且f(a)>f(b),g(a)>g(b)

∴f(b)-f(-a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)

而g(a)-g(-b)=g(a)-g(b)∴g(a)+g(b)-〔g(a)-g(b)〕

=2g(b)>0,∴f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b)

同理可證:f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a)

答案:a

二、2.解析:①②③不滿足均值不等式的使用條件「正、定、等」.

④式:|x-y|=|(x-2)-(y-2)|≤|(x-2)-(y-2)|≤|x-2|+|y-2|<ε+ε=2ε.

答案:④

3.解析:由已知y1= ;y2=0.8x(x為倉庫與車站距離)費用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥2 =8

當且僅當0.8x= 即x=5時「=」成立

答案:5公里處

三、4.證明:(1)設g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,且x>0.

∵x1<2<x2<4,∴(x1-2)(x2-2)<0,即x1x2<2(x1+x2)-4,

(2)解:由方程g(x)=ax2+(b-1)x+1=0可知x1�6�1x2= >0,所以x1,x2同號�

1°若0<x1<2,則x2-x1=2,∴x2=x1+2>2,

∴g(2)<0,即4a+2b-1<0 ①

又(x2-x1)2=

∴2a+1= (∵a>0)代入①式得,

2 <3-2b ②

解②得b<

2°若 -2<x1<0,則x2=-2+x1<-2

∴g(-2)<0,即4a-2b+3<0 ③

又2a+1= ,代入③式得

2 <2b-1 ④

解④得b> .

綜上,當0<x1<2時,b< ,當-2<x1<0時,b> .

5.解:(1)由題意知某商品定價**x成時,**後的定價、每月賣出數量、每月售貨金額分別是:p(1+ )元、n(1- )元、npz元,因而

,在y=ax的條件下,z= 〔-a

〔x- 〕2+100+ 〕.由於 ≤a<1,則0< ≤10.

要使售貨金額最大,即使z值最大,此時x= .

(2)由z= (10+x)(10- x)>1,解得0<x<5.

6.(1)證明:令m>0,n=0得:f(m)=f(m)�6�1f(0).∵f(m)≠0,∴f(0)=1

取m=m,n=-m,(m<0),得f(0)=f(m)f(-m)

∴f(m)= ,∵m<0,∴-m>0,∴0<f(-m)<1,∴f(m)>1

(2)證明:任取x1,x2∈r,則f(x1)-f(x2)=f(x1)-f〔(x2-x1)+x1〕

=f(x1)-f(x2-x1)�6�1f(x1)=f(x1)〔1-f(x2-x1)〕,

∵f(x1)>0,1-f(x2-x1)>0,∴f(x1)>f(x2),

∴函式f(x)在r上為單調減函式.

(3)由 ,由題意此不等式組無解,數形結合得: ≥1,解得a2≤3

∴a∈〔- , 〕

7.(1)解:設y= ,則(y-2)x2-bx+y-c=0 ①

∵x∈r,∴①的判別式δ≥0,即 b2-4(y-2)(y-c)≥0,

即4y2-4(2+c)y+8c+b2≤0 ②

由條件知,不等式②的解集是〔1,3〕

∴1,3是方程4y2-4(2+c)y+8c+b2=0的兩根

∴c=2,b=-2,b=2(舍)

(2)任取x1,x2∈〔-1,1〕,且x2>x1,則x2-x1>0,且

(x2-x1)(1-x1x2)>0,∴f(x2)-f(x1)=- >0,

∴f(x2)>f(x1),lgf(x2)>lgf(x1),即f(x2)>f(x1)

∴f(x)為增函式.

即- ≤u≤ ,根據f(x)的單調性知

f(- )≤f(u)≤f( ),∴lg ≤f(|t- |-|t+ |)≤lg 對任意實數t 成立.

求含絕對值不等式的解法,含有絕對值的不等式怎麼解

其他的也是一樣的思路,先討論絕對值內大於等於零和小於零的兩種情況,然後綜合討論的c地取值很解不等式的取值,取交集。1 1 x 2 2是拆開解不等式組,方法一樣。分段討論 1 5x 1 0時,x 1 5 5x 1 2 x 求交集 x 1 6 2 5x 1 0時。x 1 5 5x 1 2 x 交集 x ...

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