摘要：[例1]解关于的不等式: (1); (2) 解:(1)法一:原不等式 ①或② 由①解得.由②解得 ∴原不等式的解集是 法二:原等式等价于 ∴原不等式的解集是 法三:设.由解得 .在同一坐标系下作出它们的图象.由图得使的的范围是. ∴原不等式的解集是 (2)当x≥a时,不等式可化为 当x<a时,不等式可化为 . ✿提炼方法:题(1)法2比较简单,其转化也不要求x+3>0. 题(2)的关键不是对参数进行讨论.而是去绝对值时必须对未知数进行讨论.得到两个不等式组.最后对两个不等式组的解集求并集.得出原不等式的解集. [例2](1)已知a≠0.求证:≥ (2)求实数λ的取值范围.使不等式||＞1对满足|a|＜1.|b|＜1的一切实数a.b恒成立, (3)已知|a|＜1.若||＜1.求b的取值范围. 证明(1):当|a|≤|b|时.不等式显然成立 当|a|>|b|时. 左=≥ ≥=. 另法:当 当,显然成立. (2)解:∵||＞1|1-abλ|2-|aλ-b|2 =(a2λ2-1)(b2-1)＞0. ∵b2＜1.∴a2λ2-1＜0对于任意满足|a|＜1的a恒成立. 当a=0时.a2λ2-1＜0成立, 当a≠0时.要使λ2＜对于任意满足|a|＜1的a恒成立. 而＞1.∴|λ|≤1.故-1≤λ≤1. (3)||＜1()2＜1 (a+b)2＜(1+ab)2a2+b2-1-a2b2＜0 (a2-1)(b2-1)＜0. ∵|a|＜1.∴a2＜1.∴1-b2＞0.即-1＜b＜1. [例3] 所以.原命题得证 [例4]设a.b∈R.关于x方程x2+ax+b=0的实根为α.β.若|a|+|b|<1.求证: |α|<1.|β|<1. 解题思路分析: 在不等式.方程.函数的综合题中.通常以函数为中心. 法一:令f(x)=x2+ax+b 则 f(1)=1+a+b>1->1-1=0 f(-1)=1-a+b>1->0 又∵ 0|a|≤|a|+|b|<1 ∴ -1<a<1 ∴ ∴ f内.即|α|<1.|β|<1 法二:∵α+β=-a.αβ=b ∴ |α+β|+|αβ|=|a|+|b|<1 ∴ |α|-|β|+|α||β|<|α+β|+|αβ|<1 ∴<0 ∵ |β|+1>0 ∴ |α|<1. 同理:|β|<1 ◆提炼方法:适度放缩是处理绝对值不等式的常用技巧.如|a|-|b|≤|a+b|及|b|-|a|≤|a±b|的选择等. [研讨.欣赏] 已知a>0.函数f(x)＝ax-bx． (1)当b>0时.若对任意x∈R都有f(x)1.证明a2, (2)当b>1时.证明对任意x[0.1].都有|f(x)|1的充要条件是b-1a2, (3)当0<b1时.讨论:对任意x[0.1].都有|f(x)|1的充要条件． 证明:⑴对已知二次函数应用配方法.得.当x∈R时.f(x)＝ .于是.对任意x∈R都有f(x)1f(x)＝1 a2． ⑵用f(x).f(x)表示f(x)在[0.1]上的最大值.最小值.则对任意x∈[0.1].都有|f(x)|1当且仅当 (*) 而 f(x)＝-b(x-+.(x[0.1]) 当2b时.0<1.f(x)＝ .f(x)＝f, 当2b<a时.>1. f(x)＝ f＝f(0)． 于是(*) 或 b-1a2或xb-1a2． 故对任意x[0.1].都有|f(x)|1的充要条件是b-1a2． 的解答知.对任意x∈[0.1].都有|f(x)|1当且仅当 或 0<a2b或2b<ab+1 0<ab+1． 故当0<b1时.对任意x[0.1].都有|f(x)|1的充要条件为0<ab+1． 点评:含参数的二次函数与绝对值不等式相综合.这是历年高考命题的热点之一．在备考复习时.应当重视这类题型的解题技巧.掌握一些解题的套路.领悟当中的变化技能.反复思考参数的处理艺术．

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