探究绝对值不等式的解法

马玉湖

含多个绝对值的不等式

例1 解不等式[|x+3|-|2x-1|

分析 利用零点分段法求解.

解 （1）当[x≤-3]时，

原不等式化为[-（x+3）-（1-2x）][

解得[x<10]，∴[x≤-3].

（2）当[-3

原不等式化为[（x+3）-（1-2x）

解得[x<-25]，∴[-3

（3）当[x>12]时，

原不等式化为[（x+3）-（2x-1）

解得[x>2]，∴[x>2].

综上，不等式解集为[{x|<-25或x>2}.]

点拨 形如[|x-a|+|x-b|≥c]（或[≤c]）型的不等式主要有三种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为[（-∞，a]，（a，b]，（b，+∞）]（此处设[ac]（[c>0]）的几何意义，数轴上到点[x1=a]和[x2=b]的距离之和大于[c]的全体点. （3）图象法：作出函数[y1=|x-a|+|x-b|]和[y2=c]的图象，结合图象求解.

例2 设函数[f（x）=|x-1|+|x-a|]，

（1）若[a=-1]，解不等式[f（x）≥3]；

（2）如果[?x∈R]，[f（x）≥2]，求实数[a]的取值范围.

分析 零点去绝对值法适用于含有多个绝对值的不等式的求解问题.

解 （1）当[a=-1]时，[f（x）=|x-1|+|x+1|]，

由[f（x）≥3]得：[|x-1|+|x+1|≥3]，

方法一：由绝对值的几何意义知，不等式的解集为[{x|x≤-32或x≥32}].

方法二：不等式可化为

[x≤-1，-2x≥3，]或[-11，2x≥3，]

∴不等式的解集为[{x|x≤-32或x≥32}].

（2）若[a=1]，[f（x）=2|x-1|]，不满足题设条件.

若[a<1，f（x）=-2x+a+1， x≤a，1-a， a

[∴f（x）]的最小值为[1-a].

若[a>1，f（x）=][-2x+a+1， x≤1，1-a， 1

[∴f（x）]的最小值为[a-1].

所以[?x∈R]，[f（x）≥2]的充要条件是[|a-1|≥2]，

从而[a]的取值范围为（-∞，-1]∪[3，+∞）.

点拨 含有多个绝对值的不等式，可以分别令各绝对值里的式子为零，并求出相应的根.把这些根从小到大排序，以这些根为分界点，将实数分成若干小区间.按每个小区间来去掉绝对值符号，解不等式，最后取每个小区间上相应解的并集.

含参数的绝对值不等式问题

例3 已知不等式[|x+1|-|x-3|>a].

（1）若不等式有解；

（2）不等式的解集为[R]；

（3）不等式的解集为?，分别求出[a]的取值范围.

分析 利用绝对值的几何意义，求出[|x+1|-|x-3|]的最值，结合题目条件求解.

解法一 因为[|x+1|-|x-3|]表示数轴上的点[P（x）]与两定点[A（-1）]，[B（3）]距离的差，

即[|x+1|-|x-3|=PA-PB].

由绝对值的几何意义知，[PA-PB]的最大值为[AB=4]，

最小值为[-AB=-4]，即[-4≤|x+1|-|x-3|≤4].

（1）若不等式有解，[a]只要比[|x+1|-|x-3|]的最大值小即可，故[a<4].

（2）若不等式的解集为[R]，即不等式恒成立，

只需[a]比[|x+1|-|x-3|]的最小值还小，即[a<-4].

（3）若不等式解集为[?]，则[a≥4.]

解法二 由[|x+1|-|x-3|≤|x+1-（x-3）|=4]可得

[-4≤|x+1|-|x-3|≤4].

（1）若不等式有解，则[a<4].

（2）若不等式的解集为[R]，则[a<-4].

（3）若不等式解集为?，则[a≥4].

点拨 含参数的不等式有解是存在性问题，只要求存在满足条件的[x]即可. 不等式的解集为[R]是指不等式的恒成立问题，而不等式的解集为?的对立面（如[f（x）>m]的解集是空集，则[f（x）≤m]恒成立）也是不等式的恒成立问题，这两类问题都可转化为最值问题，即[f（x）f（x）max]，[f（x）>a]恒成立?[a

绝对值不等式的证明

例4 设[a∈R]，函数[f（x）=ax2+x-a（-1≤x≤1）]，

（1）若[|a|≤1]，求证：[|f（x）|≤54]；

（2）求[a]的值，使函数[f（x）]有最大值[178].

分析 （1）[|f（x）|]是一个多项式的绝对值，所以可以考虑利用绝对值三角不等式的性质进行放缩，然后再用配方法求解.（2）从[f（x）]的最大值为[178]入手分析，[a<0]时，[f（x）]在对称轴上取得最值.

解 （1）方法一：∵[-1≤x≤1]，∴[|x|≤1].

又∵[|a|≤1]，

∴[|f（x）|=|a（x2-1）+x|]

[≤|a（x2-1）|+|x|≤|x2-1|+|x|=1-|x|2+|x|]

[=-（|x|-12）2+54≤54].

方法二：设[g（a）=f（x）=ax2+x-a=（x2-1）a+x].

①当[x=±1]，即[x2-1=0]时，

[|f（x）|=|g（a）|=1≤54].

②当[-1

∵[|a|≤1]，∴[-1≤a≤1].

∴[g（a）max=g（-1）=-x2+x+1][=-（x-12）2+54].

[g（a）min=g（1）=x2+x-1=（x-12）2-54].

∴[|f（x）|=|g（a）|≤54].

（2）当[a=0]时，[f（x）=x].

当[-1≤x≤1]时，[f（x）]的最大值为[f（1）=1]，不满足题设条件，∴[a≠0].

又[f（1）=a+1-a=1，f（-1）=a-1-a=-1]，

故[f（1）]和[f（-1）]均不是最大值.

∴[f（x）]的最大值应在其对称轴上的顶点位置取得.

∴命题等价于[a<0，-1<-12a<1，f（-12a）=178.]

∴[a=-2].

点拨 绝对值不等式的证明题主要分为两类. 一类是比较简单的不等式，往往可通过公式法、平方法、换元法等去掉绝对值转化为常规的不等式证明题，或利用绝对值三角不等式性质定理（[|a|-|b|≤|a±b|≤][|a|+|b|]）进行适当的添、拆项来证明. 另一类是综合性较强的含绝对值的函数型不等式，可考虑利用一般情况成立则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明.