解绝对值不等式方法总结（17页）
时间：2020-11-19 07:36:41 来源：小苹果范文网 本文已影响 人 
解绝对值不等式题根探讨
题根四解不等式 | x
2
5x 5 | 1．
［题根 4］解不等式
| x2
5x 5 | 1．
［思路］利用 ｜ f(x)｜<a(a>0) -a<f(x)<a去掉绝对值后转化为我们熟悉的一元二
2
次不等式组
1 x2
5x 5 1即 x2
5x 5
1
(1)
求解。
x
5x 5
1
(2)
［解题］ 原不等式等价于1 x2
5x 5
1，
2
即 x2
5x 5
1
(1)
x
5x 5
1
(2)
由（ 1）得： 1
x 4；由（ 2）得： x 2 或 x
3 ，所以，原
不等式的解集为 { x |1 x
2 或 3
x
4} ．
［收获］ 1）一元一次不等式、一元二次不等式的
解法是我们解不等式的基础，无论是解高次不等式、
绝对值不等式还是解无理根式不等式，
最终是通过代
数变形后， 转化为一元一次不等式、
一元二次不等式
组来求解。
2）本题也可用数形结合法来求解。在同一坐标系
中画出函数 y
x2
5x 5 与 y 1 的的图象，解方程 x2
5x 5 1，再
对照图形写出此不等式的解集。
第 1 变
右边的常数变代数式
［变题 1］解下列不等式：
(1)| x +1|>2 － x； (2)| x2 － 2 x － 6|<3
x
［思路］ 利用｜ f(x)｜ <g(x) -g(x)<f(x)<g(x)和｜ f(x)｜ >g(x) f(x)>g(x)或 f(x)<-g(x)去掉绝对值后转化为我们熟悉的一元一次、一元二次不等式组来处理。
解： (1)原不等式等价于
x +1>2－ x 或 x +1<－ (2－
x )
解得
x > 1
或无解，所以原不等式的解集是
{ x |
x > 1
}
2
2
(2)原不等式等价于－
3 x < x2 － 2 x － 6<3 x
x2
2x 6
3x
x2
x 6 0
(x 3)( x 2) 0
x3或 x 2
即
x2
x2
2x 6
3x
5x 6 0
(x 1)( x 6) 0
1 x 6
2< x <6
{ x |2<
x <6}
所以原不等式的解集是
［收获］ 形如 | f ( x) |< g( x) ， |
f ( x) |> g( x) 型不等式
这类不等式的简捷解法是等价命题法，即：
① | f ( x) |< g( x) － g( x) < f (x) < g( x)
| f ( x) |> g( x)f ( x) > g(x) 或 f (x) <－ g( x)
3x
≤ 1
1．解不等式（ 1）｜ x-x2-2｜ >x2-3x-4；（2）
x2
4
解：（ 1）分析一
可按解不等式的方法来解 .
原不等式等价于：
x-x2-2>x2-3x-4
①
或 x-x2 -2<-(x2-3x-4)
②
解①得： 1-<x<1+
解②得： x>-3
故原不等式解集为｛
x｜ x>-3｝
分析二
∵｜ x-x2-2｜＝｜ x2-x+2｜
而 x2-x+2＝ (x- 1 )2+ 7 >0
4 4
所以｜ x-x2-2｜中的绝对值符号可直接去掉 .
故原不等式等价于 x2-x+2>x2-3x-4
解得： x>-3
∴ 原不等式解集为｛ x>-3｝
（ 2）分析
不等式可转化为 -1≤
3x
3x
≤1 两边均为正，所以可
x2
≤ 1 求解，但过程较繁，由于不等式
4
x2
4
平方后求解 .
3x
2
原不等式等价于
≤ 1
x2
4
9x2 ≤ (x2-4)2
(x≠± 2)
x4-17x2+16≥ 0
x2≤ 1 或 x2≥ 16
-1≤ x≤ 1 或 x≥ 4 或 x≤ -4
f(x)｜中的 f(x)的值的范围可确定
(包括恒正或恒非负，恒负或恒非正
)，就可
注意：在解绝对值不等式时，若｜
直接去掉绝对值符号，从而简化解题过程.
第 2 变
含两个绝对值的不等式
［变题
2］解不等式（
1） | x － 1|<| x + a |；（ 2） ｜x-2｜+｜x+3｜>5.
［思路］（ 1）题 由于两边均为非负数，因此可以利用
｜f(x)｜〈｜ g(x)｜f2(x)〈g2(x)两边平方去掉绝对
值符号。
（ 2）题可采用零点分段法去绝对值求解。
［解题］（1）由于 |
x －1| ≥ 0， |
x + a | ≥ 0，所以两边平方后有：
| x － 1| 2 <| x +a | 2
即有
2
x
2
ax
2
a
x
2
x
－
2
+1< x
+2
+ a
，整理得
(2
+2)
>1
－
a
当 2 a +2>0 即 a >－ 1 ，不等式的解
x > 1
(1－ a )；
当 2 a +2=0 即 a =－ 1 ，不等式无解；
2
当 2 a +2<0 即 a <－ 1 ，不等式的解
x < 1 (1 a)
2
（2）解不等式｜ x-2｜ +｜ x+3｜ >5.
解：当 x≤ -3 ，原不等式化 (2-x)-(x+3)>5-2x>6x<-3.
当 -3<x<2 ，原不等式 (2-x)+(x+3)>55>5 无解 .
当 x≥2 ，原不等式 (x-2)+(x+3)>52x>4x>2.
合得：原不等式解集 ｛ x｜ x>2 或 x<-3｝ .
［收 ］ 1） 形如 | f ( x) |<| g(x) | 型不等式
此 不等式的 捷解法是利用平方法，即：
| f ( x) |<| g(x) | f 2 (x) g2 ( x) [ f ( x) g(x)][ f ( x) g (x)] <0
2）所 零点分段法，是指：若数 x1 ， x2 ，， xn 分 使含有 | x － x1 | ， | x － x2 | ，， | x － xn | 的代数
式中相 零，称 x1 ， x2 ，， xn 相 的零点，零点 x1 ， x2 ，， xn 将数 分 m +1 段，
利用 的意 化去 符号，得到代数式在各段上的 化式，从而化 不含 符号的一般不等式来解，即令每 等于零，得到的 作 的分区点，然后再分区 不等式，最后 求出解集的并集。零点分段法是解含 符号的不等式的常用解法， 种方法主要体 了化 、分 等数学思想方法，它可以把求解条理化、思路直 化
1 解关于 x 的不等式 | log a (1
x) | | log a (1
x) | ( a >0
且 a ≠
1)
解析：易知－ 1< x <1， 成常用 数得：
| lg(1 x) |
| lg(1
x) |
lg a
lg a
∴ | lg(1
x) |2 | lg(1
x) |2
于是 lg 2 (1
x)
lg 2 (1 x)
0
∴ [lg(1
x)
lg(1
x)][lg(1
x) lg(1
x)]
0
∴ lg(1
x2 )lg 1
x
0
1
x
∵－ 1< x <1
0<1－ x2 <1
lg (1－ x2 )<0
∴ lg 1
x <0
1
x
1
x
∴ 0
1
1
x
解得 0< x <1
x
。
2．不等式 |x+3|-|2x-1|<+1 的解集
2
解：
4
x( x
1)
2
|x+3|-|2x-1|= 4 x
2(
3 x
1)
x
4( x
3)
2
∴当 x
1
时 4
x
x
1
∴ x>2
2
2
当 -3<x<
1 时 4x+2< x
+1
∴ 3 x
2
2
2
7
当 x
3 时 x
4
x
1 ∴ x
3
2
综上 x
2
或 x>2
7
故填( ,
2 )
(2,
) 。
7
3．求不等式 log 1 x
log3
1
1的解集 .
3
x
3
解：因为对数必须有意义，即解不等式组
x
0
0
x
3
1
，解得
0
3
x
又原不等式可化为
log 3 x
log3
3
x
1
(1)当
0
x
1
时，不等式化为
log3 x
log 3
3
x
1 即 log 3 3 x log3 3x
∴ 3
x
3x
∴
3
综合前提得： 0
x
3
x
。
4
4
(2)当 1<x≤ 2
时，即 log3 x
log3
3
x
log3 3
.
∴
x2
3x
3
0
x
。
(1)
当
2
x
3
时， log3 x log3
3
x
log3 3
(2)
∴ x
3 3
x
∴ x
9
9
，结合前提得：
x 3 。
4
4
综合得原不等式的解集为
0, 3
U
9 ,3
4
第 3 变 解含参绝对值不等式
［变题 3］解关于 x 的不等式
2
4
4
2
3
x
mx m
m
［思路］ 本题若从表面现象看当含一个根号的无理根式不等式来解，运算理较大。若化简成
| x 2m | m 3 ，则
解题过程更简单。在解题过程中需根据绝对值定义对
m
3的正负进行讨论。
［解题］ 原不等式等价于 | x 2m |
m
3
当 m 3 0 即 m
3时，x 2m
m 3或 x 2m
(m 3)
x 3m 3或x m 3
当 m 3 0 即 m 3时， | x 6 | 0 ∴ x6
当 m 3 0 即 m
3
时，xR
［收获］ 1）一题有多解，方法的选择更重要。
2）形如 | f ( x) |<
a ， |
f ( x) |> a ( a R )型不等式
此类不等式的简捷解法是等价命题法，即：
①
当 a >0 时， | f (x) |< a
－ a < f ( x) < a；| f (x) |> a
f (x) > a 或 f ( x) <－ a；
②
当 a =0 时， | f (x) |< a 无解， | f ( x) |> a
f ( x) ≠ 0
③
当 a <0 时， | f (x) |< a 无解， | f ( x) |> a
f ( x) 有意义。
第 4 变
含参绝对值不等式有解、解集为空与恒成立问题
［变题 4］若不等式 | x － 4|+|3 － x |< a 的解集为空集，求 a 的取值范围。
［思路］ 此不等式左边含有两个绝对值符号，可考虑采用零点分段法，即令每一项都等于 0，得到的值作为讨
论的分区点，然后再分区间讨论绝对值不等式，最后应求出解集的并集，这是按常规去掉绝对值符号的方法求解，
运算量较大。
若仔细观察不等式左边的结构， 利用绝对值的几何意义用数形结合方法或联想到绝对值不等式 | a + b |
≤ | a |+| b | ，便把问题简化。
［解题］ 解法一 (1)当 a ≤ 0 时，不等式的解集是空集。
(2)当 a >0 时，先求不等式 | x － 4|+|3 － x |< a 有解时 a 的取值范围。
令 x － 4=0 得 x =4，令 3－ x =0 得 x =3
① 当 x ≥ 4 时，原不等式化为 x － 4+ x － 3< a ，即 2 x － 7< a
解不等式组
x
4
4
x
7 a ，∴ a >1
2x
7 a
2
② 当 3< x <4 时，原不等式化为
4－ x + x － 3< a 得 a >1
③ 当 x ≤ 3 时，原不等式化为
4－ x +3－ x <a 即 7－2 x < a
解不等式
x
3
7
a
x
7
a
7
2x
a
2
3
3，∴ a >1
2
综合①②③可知，当 a >1 时，原不等式有解，从而当
0< a ≤ 1 时，原不等式解集为空集。
由 (1)(2)知所求 a 取值范围是 a ≤ 1
解法二由 | x － 4|+|3 － x | 的最小值为 1 得当 a >1 时， | x － 4|+|3 － x |<
a 有解
从而当 a ≤ 1 时，原不等式解集为空集。
解法三： ∵ a >| x － 4|+|3
－ x | ≥ | x －4+3－ x |=1
∴当 a >1 时， | x － 4|+|3 － x |< a 有解
从而当 a ≤ 1 时，原不等式解集为空集。
［收获］ 1）一题有多法，解题时需学会寻找最优解法。
2） f
x
a 有解
a
f x min； f x
a 解集为空集
a
f x min；这两者互补。
f
x
a 恒
成立
a
f
x
max 。
f
x
a 有解
a
f
x min； f
x
a 解集为空集
a
f
x min；这两者互补。
f
x
a 恒成
立 a
f
x max 。
f
x
a 有解
a
f
x max； f
x
a 解集为空集
a
f
x max；这两者互补。
f
x
a 恒
成立 a f x min 。
f x a 有解 a f x max； f x a 解集 空集 a f x max； 两者互 。 f x a 恒
成立 a f x min 。
［请你试试 4—4］
1． 任意 数 x ，若不等式 | x +1| －| x － 2|> k 恒成立，求 k 的取 范 。
思 点 ：要使 | x +1| － | x － 2|> k 对任意实数 x 恒成立，只要 | x +1| － | x － 2| 的最小 大于 k 。因 | x +1|
的几何意 数 上点 x 到－ 1 的距离， | x － 2| 的几何意 数 上点 x 到 2 的距离， | x +1| －| x － 2| 的几何意
数 上点 x 到－ 1 与 2 的距离的差，其最小 可求。
此 也可把不等式的左 用零点分段的方法改写成分段函数，通 画出 象， 察 k 的取 范 。
解法一 根据 的几何意 ， 数 x ，－ 1,2 在数 上 的点分 P、A、B， 原不等式即求 |PA| －|PB|> k
成立
|AB|=3 ，即 | x +1| － | x － 2| ≥－ 3
故当 k <－ 3 ，原不等式恒成立
3, x
1
解法二
令 y =| x +1| － | x － 2| ， y
2 x 1, 1
x
2
3, x
2
要使 |
x +1| －| x － 2|> k 恒成立，从 象中可以看出，只要
k <－3 即可。
故 k <－ 3 足 意。
2． 任意 数 x，不等式 |x+1|+|x-2|>a
恒成立，求 数
a 的取 范 。
分析： 分析 化， 上就要求
|x+1|+|x-2|
的最小 ， a 比最小 小。
解： 由 不等式： |x+1|+|x-2|
|(x+1)-(x-2)|=3 ，当且 当 (x+1)(x-2)
0, 即
1 x 2 取等号。故 a<3
明： 化思想在解中有很重要的作用，比如：恒成立 、定 域
R 等 都
可 化 求最大、最小 。
（在 些 里我 要 自己提 ，怎 把一般性的
化到某个特殊的 的 ，常 的 是：要使，只要）
3．已知 a>0,不等式 |x-4|+|x-3|<a
在 数集 R 上的解集不是空集，求
a 的取 范
分析（一）
|x-4|+|x-3|
|x-4 —(x-3)|=1
当 |x-4|+|x-3|<a
在 数 R 上非空 ， a 大于 |x-4|+|x-3| 的最小 ，即 a>1
（二）如 ， 数
x、 3、 4 在数 上的 点分
P、 A、B 有：
y=|x-4|+|x-3|=|PA|+|PB|
|PA|+|PB|
1
恒有 y
1
数按 意只 a>1
A
B
P
0
3
4
x
（三）令 y=f(x)=|x-4|+|x-3|
作出其 象
由 f(x)<g(x)=a 有解得 a>1 y
3
2
1
0 3 4 x
（四）考 |z-4|+|z-3|<a(z c)的几何意
3
x
O
-3
当 a>1 时，表示复平面上以 3、4 为焦点，长轴长为 a 的椭圆内部，当 z 为实数时， a>1 原不等式有解 a>1 即
为所求
（五） 可利用零点分段法讨论 .
将数轴可分为 (-∞， 3)，［ 3， 4］， (4， +∞ )三个区间 .
当 x<3 时，得 (4-x)+(3-x)<ax> 7
a .
有解条件为 7 a <3 即 a>1
2
2
当 3≤ x≤ 4 时得 (4-x)+(x-3)<a
即 a>1
当 x>4 时，得 (x-4)+(x-3)<ax< 7
a
有解条件为 7 a >4 即 a>1
2
2
以上三种情况中任一个均可满足题目要求，故求它们的并集，即仍为 a>1.
变题：
1、若不等式 |x-4|+|x-3|>a 对于一切实数 x 恒成立，求 a 的取值范围2、若不等式 |x-4|-|x-3|<a 的解集在 R 上不是空集，求 a 的取值范围3、若不等式 |x-4|-|x-3|>a 在 R 上恒成立，求 a 的取值范围评注：
1、此题运用了绝对值的定义，绝对值不等式的性质，以及绝对值的几何意义等多种方法。
4、构造函数及数形结合的方法，是行之有效的常用方法
设 0<a
5
b 的 一切实数 x，亦满足不等式
,若满足不等式 x a
4
x
a21
求正实数 b 的取值范围。
2
简析略解 ：此例看不出明显的恒成立问题，我们可以设法转化
:
设集合 A＝ x | x a
b
a
b, a
b ，
B= x | x a 2
1
a2
1 , a2
1
2
2
2
由题设知 A B，则：
a
b
a 2
1
2
a
b
a 2
1
2
于是得不等式组：
b
a2
a
1
2
( 0 a
5
a 2
1
)
b
a
4
2
2
3 ，最小值为
又
a2
a
1
a
1
3；
2
2
4
16
2
1；
a2
a
1
a
1
1 ,
最小值为
2
2
4
4
∴
b
3
,
16
3
即 ： b 的取值范围是 0,
第 5 变
绝对值三角不等式问题
［变题 5］已知函数 f ( x) ax2
bx
c (a,b,c
R) ，当 x [
1,1]时 | f (x) |
1 ，
求证：
(1) | b |
1；
(2)若 g (x)
bx2
ax
c (a, b, c
R) ，则当 x
[
1,1] 时，求证： | g( x) |
2 。
［思路］ 本题中所给条件并不足以确定参数
a, b， c 的值，但应该注意到：所要求的结论不是
b或g( x) 的确定值，
而是与条件相对应的“取值范围”
，因此，我们可以用
f
1
、 f (0)
、 f
1 来表示 a, b , c 。因为由已知条件得
| f (
1) |
1， | f (0) |
1， | f (1) |
1。
［解题］ 证明： (1) 由 f
1
a
b
c, f
1
a
b
c
b
1 [ f 1
f
1 ] ，从而有
2
| b |
1 [ f (1)
f (
1)]
1 (|
f (1)|
|
f ( 1) |),Q| f (1)|
1,| f (
1) |
1,
2
2
1
f (1)|
|
f ( 1) |)
1.
| b |
(|
2
(2)由 f
1
a
b
c, f
1
a
b
c
b
1 [ f
1
f
1 ], a c
1 [ f 1
f 1 ], c
f (0),
1 [ f 1
2
2
从而 a
f
1 ]
f (0)
2
bx2
将
以
上
三
式
代
入
g ( x)
ax
c (a,b,c
R)，
并
整
理
得
| g(x) |
| f (0)( x2
1)
1
f (1)(x
1)
1
f (
1)(1
x) |
2
2
|
f (0)( x2
1) |
1 |
f (1)(x
1) |
1 |
f (
1)(1
x) |
2
2
|
f (0) | x2
1|
1 |
f (1) || x
1|
1 |
f (
1) ||1
x |
2
2
| x2
1|
1 | x 1|
1 |1 x | 1 x2
1 ( x 1)
1 (1 x) 2 x2
2
2
2
2
2
［收获］ 1） 二次函数的一般式
y
ax 2
bx
c (c
0) 中有三个参数
a,b, c . 解题的关键在于：通过三个独立条
件“确定”这三个参数 .
2） 本题变形技巧性强，同时运用公式 | a
b | |a |
| b |， | a b | | a |
| b |及已知条件进行适当的放大。要求同
学们做题时要有敏锐的数学观察能力。
［请你试试
4—5］
1．已知函数 f(x)=
1
x
2 ， a,b
R，且 a
b ，求证 |f(a)-f(b)|<|a-b|
。
分析：要证 |
1
a 2
1
b2
|
| a
b | ，考察左边，是否能产生
|a-b|
。
证明： |f(a)-f(b)|=
|
1
2
1
2
|
| a 2
b 2 |
| a b | | a b |
a
b
1 a 2
1 b 2
| a | | b |
| a |
| b|
| a b | | a b |
| a |
| b|
（其中 1
a2
a 2
| a |，同理 1 b 2
| b |, ∴
1
1
）
1 a 2
1 b 2
| a | | b |
回顾： 1、证题时，应注意式子两边代数式的联系，找出它们的共同点是证题成功的第一步。此外，综合运用
不等式的性质是证题成功的关键。如在本例中，用到了不等式的传递性，倒数性质，以及“三角形不等式”等等。
第 6 变
绝对值不等式与其它知识的横向联系
［变题 6］（ 2003 年全国高考试题）已知
c
0 .设
P :函数 y
cx 在 R 上单调递减 .
Q : 不等式 x
| x
2c |
1的解集为 R.
如果 P 和 Q 有且仅有一个正确，求
c 的取值范围 .
［思路］
此题虽是一道在老教材之下的高考试题，但揭示了“解不等式”一类高考试题的命题方向
.在新教材
中，绝对值不等式的解法和二次不等式的解法与集合运算、命题判断都有一定联系，属于对于学生提出的基本要求
内容的范畴，本题将这几部分知识内容有机地结合在一起，在考查学生基础知识、基本方法掌握的同时，考查了学
生命题转换，分类讨论等能力，在不同的方法下有不同的运算量，较好地体现出了“多考一点想，少考一点算”的
命题原则 .
［解题］ :函数 y
c x 在 R 上单调递减
0
c
1，
不等式 x
| x
2c |
1
的解集为 R
函数 y
x | x
2c |在 R 上恒大于 1，
2x
，
，
∵ x | x
2c |
，
x
，
2c
2c
∴函数 y
x
| x
2c |在 R 上的最小值为 2c ，
∴不等式 x | x 2c |
1的解集为
R
2c
1 ，即 c
1
，
2
若 P 正确，且 Q 不正确，则 0
c
1
；
2
若 Q 正确，且 P 不正确，则 c
1
；
所以 c 的取值范围为
1
]
[1，
) .
(0，
2
［收获］“解不等式”一类的命题可以有形式上的更新和内容上的变化
.结合简易逻辑的概念和集合的语言来命
题，借助集合的运算性质和四个命题的关系来作答，是这个命题的基本特征，在求解时则主要以化归思想为解题切
入点 .复习中对于此类问题要引起足够的重视.
［请你试试
4—6］
1．（ 2004 届湖北省黄冈中学综合测试题）已知条件
p :|5x 1| a 和条件 q :
1
2
0 ，请选取适当的实
2 x
3x 1
数 a 的值，分别利用所给的两个条件作为 A、 B 构造命题：“若 A 则 B”，并使得构造的原命题为真命题，而其逆命
题为假命题 .则这样的一个原命题可以是什么并说明为什么这一命题是符合要求的命题
.
[分析 ] 本题为一开放性命题，由于能得到的答案不唯一，使得本题的求解没有固定的模式，考生既能在一般性
的推导中找到一个满足条件的
a ，也能先猜后证，所找到的实数
a 只需满足 1 a
1 ，且 1 a
1 即可 .这种新颖
5 2 5
的命题形式有较强的综合性，同时也是对于四个命题考查的一种新尝试，如此命题可以考查学生探究问题、解决问
题的能力，符合当今倡导研究性学习的教学方向 .
[解答 ] 已知条件 p 即
5x
1
a ，或 5x
1
a
1 a
1 a ，∴ x
，或 x
，
5
5
已知条件 q 即 2x 2
3
x
1
0 ，∴ x
1
，或 x
1；
2
令 a 4 ，则 p 即 x
3
p q 成立，反之不然 .
，或 x 1 ，此时必有
5
故可以选取的一个实数是
a
4 ， A 为 p ， B 为 q ，对应的命题是若
p 则 q ，
由以上过程可知这一命题的原命题为真命题，但它的逆命题为假命题
.
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