兩個絕對值不等式命題及其應用

孫艷梅 劉才華

摘 要：本文主要給出了兩個由三個函數組成的絕對值不等式的命題.

關鍵詞：函數;絕對值;充要條件;應用

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）10-0006-02

給出三個函數f（x），g（x），F（x），其絕對值之間的大小關系，有如下：

命題1 f（x）+g（x）≤F（x）的充要條件是f（x）+g（x）≤F（x）且f（x）-g（x）≤F（x）.

證明：充分性

若f（x）g（x）<0，則f（x）+g（x）=f（x）-g（x）≤F（x）;

若f（x）g（x）≥0，則f（x）+g（x）=f（x）+g（x）≤F（x）.充分性得證.

必要性

由f（x）+g（x）≤F（x）得f（x）+g（x）≤f（x）+g（x）≤F（x）;由f（x）-g（x）≤F（x）得

f（x）-g（x）≤f（x）+g（x）≤F（x）.必要性得證.

于是命題1得證.

命題2 f（x）+g（x）≥F（x）的充要條件是f（x）+g（x）≥F（x）或f（x）-g（x）≥F（x）.

證明：充分性

若f（x）+g（x）≥F（x），則f（x）+g（x）≥f（x）+g（x）≥F（x）;

若f（x）-g（x）≥F（x），則f（x）+g（x）≥f（x）-g（x）≥F（x）.充分性得證.

必要性

若f（x）g（x）<0，則f（x）-g（x）=f（x）+g（x）≥F（x）;

若f（x）g（x）≥0，則f（x）+g（x）=f（x）+g（x）≥F（x）.必要性得證.

于是命題2得證.

含有兩個絕對值的不等式問題，是高中數學選修4-5中的重要內容，也是高考的重點內容.對于絕對值不等式的解法，常用“零點分析法”去掉絕對值，化歸為若干個不等式組問題，原不等式的解集是這些不等式組解集的并集.若利用上述兩個命題解絕對值不等式，可操作性強，過程簡潔明快.下面我們通過幾道題目加以說明.

例1 （人教B版選修4-5第14頁例2）解不等式x+2+x-1<4.

解 由命題1得2x+1<43<4，解得-52<x<32.所以等式的解集為x-52<x<32.

例2 （2015年全國Ⅰ卷理科第24題）已知函數f（x） =x+1-2x-a，a>0.

（1）當a=1時，求不等式f（x）>1的解集;

（2）若f（x）的圖象與x軸圍成的三角形的面積大于6，求a的取值范圍.

解 （1） 當a=1時，不等式f（x）>1等價于x+1-2x-1>1，即x+1>2x-2+1.

由命題1得2x-1<x+12x-3<x+1，則x 2-2x<03x 2-14x+8<0，解得23<x<2，所以不等式的解集為x23<x<2.

（2）解答略.

例3 已知函數f（x）=2x-1+2x+a，g（x）=x+3.

（1）當a=-2時，求不等式f（x）<g（x）的解集;

（2）設a>-1，且當x∈-a2，12時， f（x）≤g（x）， 求a的取值范圍（2013年全國Ⅰ卷理科第24題）.

解 （1）當a=-2時，不等式f（x）<g（x）等價于2x-1+2x-2<x+3.由命題1得

4x-3<x+33<x+3，解得0<x<2，所以不等式的解集為x0<x<2.

（2）解答略.

例4 （人教A版選修4-5第17頁例5）解不等式x-1+x+2≥5.

解 由命題2得2x+1≥5或3>5，解得x≤-3或x≥2，所以不等式的解集為xx≤-3或x≥2.

例5 （2015年山東卷理科第5題）不等式x-1-x-5<2的解集是（）.

A.-SymboleB@，4 B.-SymboleB@，1 C.1，4 D.1，5

解 x-1-x-5<2化歸為x-1<x-5+2.由命題2得x-3>x-1或x-7>x-1，解得x<2或x<4，所以不等式的解集為-SymboleB@，4.選擇答案A.

例6 （2012年全國Ⅰ卷理科第24題）已知函數f（x） =x+a+x-2.

（1）當a=-3時，求不等式f（x）≥3的解集;

（2）若f（x）≤x-4的解集包含1，2，求a的取值范圍

解 （1）當a=-3時，不等式f（x）≥3等價于x-3+x-2≥3.由命題2得2x-5≥3或1≥3，解得x≤1或x≥4，所以不等式的解集為xx≤1或x≥4.

（2）解答略.

參考文獻：

[1]韓景崗，陳國林.巧用不等式 妙解兩類最值題[J].高中數學教與學，2018（1）：18-19.

[責任編輯：李 璟]