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2024-09-29 发布于山西
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[本周内容]含绝对值符号的不等式的解法与证明[重点难点]1．实数绝对值的定义:|a|=这是去掉绝对值符号的依据，是解含绝对值符号的不等式的基础。2．最简单的含绝对值符号的不等式的解。若a>0时，则|x|ax<-a或x>a。注:这里利用实数绝对值的几何意义是很容易理解上式的，即|x|可看作是数轴上的动点P(x)到原点的距离。3．常用的同解变形|f(x)|g(x)f(x)<-g(x)或f(x)>g(x)；|f(x)|<|g(x)|f2(x)2x...........①解:①x2-3<-2x或x2-3>2xx2+2x-3<0或x2-2x-3>0-33x<1或x>3。即原不等式的解集（-∞，1）∪（3，+∞）。例3．解不等式||≤1...........①解:①(2)|2x+3|2≤|x-1|2(2x+3)2-(x-1)2≤0(2x+3-x+1)(2x+3+x-1)≤0(x+4)(3x+2)≤0,-4≤x≤-。(3)x≠1。∴原不等式的解集为[-4，-]。例4．解不等式|x+1|+|x-2|<5...........①分析:为了去掉绝对值符号，首先找到两式的零点-1和2，它们把（-∞，+∞）分成了三个区间；（-∞，-1），[-1，2]，（2，+∞）。从而可将不等式①化为三个不等式组。求它们的解集的并集即可。解:将不等式①化为三个不等式组（I）-20,∴③式成立，∴原不等式成立。例7．求证:≤≤+。证法1:∵≤|a+b|(1+|a|+|b|)≤(|a|+|b|)(1+|a+b|)|a+b|≤|a|+|b|。∵上式显然成立，∴≤成立。又=+≤+。∴原命题成立。证法2：这里只证明≤分析:观察两式结构均为的形式，又∵|a+b|≤|a|+|b|，而原不等式要成立，只需证明函数y=在[0，+∞）上单调递增即可。证明:设0≤x1≤x2,则-=，∵0≤x1≤x2,∴x2-x1≥0,1+x1>0,1+x2>0,∴≥0。∴-≥0,即≥,设x1=|a+b|,x2=|a|+|b|∵|a+b|≤|a|+|b|,∴≤。参考练习:1．解不等式|x2+3x-8|≤10。2．解不等式|x+7|-|x-2|<3。3．解不等式|-3|>1。4．解不等式|log3x|+|log3(3-x)|≥1。5．求y=的值域。6．设f(x)=x2+ax+b是整系数二次三项式，求证:|f(1)|<,|f(2)|<,|f(3)|<,不可能同时成立。7．已知|x|<,|y|<,|z|<,(ξ>0)。求证:|x+2y-3z|<ξ。参考答案:1.[-6,-2]∪[-1,3]；2.(-∞,-1)；3.[,2)∪(6,+∞)；4.提示:首先求定义域（0，3）。其次求出二零点1，2。分三个区间（0，1]，（1，2]，（2，3）解即可。解集（0，]∪[，3）。5．提示:可用反解法解出sinx=，则解不等式||≤1得y∈[-4,-]。6．提示:用反证法略证:假设|1+a+b|<,|4+2a+b|<,及|9+3a+b|<同时成立。由题设a,b∈Z,∴1+a+b∈Z,∴1+a+b=0.........①同理4+2a+b=0.......②9+3a+b=0.........③由①，②解得a=-3,b=2。但不满足③式，故假设不成立，即|f(1)|,|f(2)|,|f(3)|不能同时小于。7．证明略。

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