第五节　含绝对值的不等式
2．两数和差的绝对值的性质
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|
特别注意此式，它是和差的绝对值和绝对值的和差性质．应用此式求某些函数的最值时一定要注意等号成立的条件．
|a＋b|＝|a|＋|b|⇔ ；
|a－b|＝|a|＋|b|⇔ ；
|a|－|b|＝|a＋b|⇔ ；
|a|－|b|＝|a－b|⇔ .
ab≥0
ab≤0
(a＋b)b≤0
(a－b)b≥0
3．解含绝对值不等式的思路：化去绝对值符号，转化为不含绝对值的不等式．解法如下：
(1)|f(x)|＜a(a＞0)⇔ ；
(2)|f(x)|＞a(a＞0)⇔ ；
(3)|f(x)|＜g(x)⇔ ；
(4)|f(x)|＞g(x)⇔ ；
(5)|f(x)|＞|g(x)|⇔ ；
(6)含有多个绝对值符号的不等式，一般可用零点分段法求解，对于形如|x－a|＋|x－b|＞m或|x－a|＋|x－b|＜m(m为正常数)的不等式，利用实数绝对值的几何意义求解较简便．
－a＜f(x)＜a
f(x)＜－a或f(x)＞a
－g(x)＜f(x)＜g(x)
f(x)＜－g(x)或f(x)＞g(x)
[f(x)]2＜[g(x)]2
1．解含多个绝对值的不等式时，若用分段讨
论法去绝对值，要注意：(1)区间端点处的值不 能遗漏；(2)在两个区间上解出结果应与本区间 求交集；(3)各区间上的解集并起来，才得原不 等式的解集．
2．要重视绝对值的几何意义、数形结合，快速解出形如|x－a|＋|x－b|＜c等这类绝对值不等式的解集．
3．注意存在性问题与恒成立问题的区别，不等式有解，不一定恒成立，但不等式恒成立，一定有解．
4．在应用不等式的性质：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|解决问题时要注意等号成立的条件.
例1　解关于x的不等式|x2－3x－4|＞x＋2.
[分析]　本例去绝对值可用零点分区间讨论的方法，也可以利用公式法．
[规律总结]　由于|f(x)|＞a中，a为大于零的常数，而本题中x＋2正负不确定，故讨论其正负，即得解法一；解法二是不管x＋2的正负，直接利用公式|f(x)|＞a⇔f(x)＞a或f(x)＜－a求解，结果是一样的．从理论上讲，解法一更合理些.
备选例题 1　解不等式|x2－4|＋|x＋3|＞5.
[分析]　(1)利用对数函数的性质和不等式的性质进行判断，用排除法解较简便．
(2)可从绝对值不等式的性质|a＋b|≥|a|－|b|出发，去寻找原不等式成立的充要条件．
[答案]　(1)1　(2)|a|＞|b|
[规律总结]　(1)放缩法是不等式证明的常用方法．放缩的思路主要有两种：①利用绝对值不等式的性质放缩，如|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|.②利用分数分子分母放缩，分子不变，分母变小，则分数值变大；分子变大，分母不变，则分数值也变大，注意放缩后等号是否还能成立．
(2)证明充要条件的问题时，一定要分清充分性和必要性各指什么.
解析：解法一：特殊值法
取x＝1，y＝－2，则满足xy＝－2＜0，
这样有|x＋y|＝|1－2|＝1，|x－y|＝|1－(－2)|＝3，
|x|＋|y|＝1＋2＝3，||x|－|y||＝|1－2|＝1，
∴只有选项C成立，而A、B、D都不成立．
解法二：由xy＜0得x，y异号，
易知|x＋y|＜|x－y|，|x－y|＝|x|＋|y|，
|x－y|＞||x|－|y||，
∴选项C成立，A、B、D均不成立．
答案：(1)C　(2)D
例3　设f(x)＝ax2＋bx＋c，当|x|≤1时，总有|f(x)|≤1，求证：|f(2)|≤8.
[分析]　欲证|f(2)|≤8，要充分利用|x|≤1时总有|f(x)|≤1这个条件，即对[－1,1]上的每一个值均有|f(x)|≤1，故可采用特殊值f(0)，f(1)，f(－1)，将这些特殊值通过字母系数a，b，c与f(2)联系起来，以达到证题目的．
[规律总结]　证明含有绝对值的不等式，其思路主要有两种：一是恰当地运用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|进行放缩，并注意不等号的传递性及等号成立的条件；二是把含有绝对值的不等式等价转化为不含有绝对值的不等式，再利用比较法、综合法及分析法等进行证明，其中去掉绝对值符号的常用方法是平方法.
备选例题 3　已知f(x)＝x2－x＋c定义在区间[0,1]上，x1，x2∈[0,1]，且x1≠x2，证明：
(1)f(0)＝f(1)；(2)|f(x2)－f(x1)|＜|x1－x2|.
证明：(1)f(0)＝c，f(1)＝c，故f(0)＝f(1)．
(2)|f(x2)－f(x1)|＝|x－x2＋c－x＋x1－c|
＝|x2－x1||x2＋x1－1|，
∵0≤x1≤1,0≤x2≤1,0＜x1＋x2＜2(x1≠x2)，
∴－1＜x1＋x2－1＜1，∴|x2＋x1－1|＜1，
∴|f(x2)－f(x1)|＜|x1－x2|.
[分析]　利用M是|f(x)|的最大值，则M不小于x∈[－1,1]上|f(x)|的任意值，赋值，转化a、b的关系，再利用绝对值的性质证明．
[解]　(1)证明：∵M≥|f(－1)|＝|1－a＋b|，M≥|f(1)|＝|1＋a＋b|,2M≥|1－a＋b|＋|1＋a＋b|≥|(1－a＋b)＋(1＋a＋b)|＝2|1＋b|，
∴M≥|1＋b|.
[规律总结]　关于含绝对值的不等式的综合问题，往往与一次函数，二次函数等紧密联系，它要求学生熟练掌握一次函数，二次函数的性质，以及函数和单调性，奇偶性等性质，并能对含有绝对值不等式的性质灵活运用，此类型题重点考查学生运用知识分析问题和解决问题的能力.
例　　求|x＋x2|＜|x|＋|x2|的解集．
[解题思路]　由|x＋x2|＜|x|＋|x2|可知x与x2异号，
即x·x2＜0即x＜0
所以解集为{x|x＜0}．
[错因分析]　因为|x2|＝x2可由|x＋x2|＜|x|＋|x2|
只要x＜|x|即x＜0这样分析没有理论根据．