含绝对值符号的问题

前言

一、解题策略

利用绝对值的定义去掉绝对值符号。

二、典例剖析

例1(|x|ge 1)

分析：原不等式(Leftrightarrow) (left{egin{array}{l}{xge 0}\{x>1}end{array} ight.)或 (left{egin{array}{l}{x< 0}\{-x>1}end{array} ight.)

例2 (|x-1|+|x-2|ge 2)

分析：原不等式(Leftrightarrow) (left{egin{array}{l}{xleq 1}\{-(x-1)-(x-2)ge 2}end{array} ight.) 或 (left{egin{array}{l}{1<x<2}\{x-1-(x-2)ge 2}end{array} ight.)或 (left{egin{array}{l}{xge 2}\{(x-1)+(x-2)ge 2}end{array} ight.).

例3(|x|+|y|leq 1)

分析：原不等式(Leftrightarrow) (left{egin{array}{l}{xge 0}\{yge 0}\{x+yleq 1}end{array} ight.) 或(left{egin{array}{l}{xge 0}\{y< 0}\{x-yleq 1}end{array} ight.) 或(left{egin{array}{l}{x< 0}\{yge 0}\{-x+yleq 1}end{array} ight.) 或(left{egin{array}{l}{x< 0}\{y< 0}\{-x-yleq 1}end{array} ight.)

例4(||x|-2 |ge 1)

法1：((|x|-2)^2ge 1)，得到(|x|^2-4|x|+3ge 0)，

法2：分类讨论；

例5((|x|- 1)^2+(|y|-1)^2leq 4)

分析：原不等式(Leftrightarrow)

(left{egin{array}{l}{xge 0}\{yge 0}\{(x-1)^2+(y-1)^2leq 4}end{array} ight.) 或(left{egin{array}{l}{xge 0}\{y< 0}\{(x-1)^2+(-y-1)^2leq 4}end{array} ight.)

或(left{egin{array}{l}{x< 0}\{yge 0}\{(-x-1)^2+(y-1)^2leq 4}end{array} ight.) 或(left{egin{array}{l}{x< 0}\{y< 0}\{(-x-1)^2+(-y-1)^2leq 4}end{array} ight.)

例5 点((2cos heta，3sin heta))到直线(x-2y+3=0)的距离，(d=cfrac{|2cos heta-6sin heta+3|}{sqrt{5}}=cfrac{|6sin heta-2cos heta-3|}{sqrt{5}})

易错：(sqrt{5})容易错误的写为(sqrt{2^2+6^2})

例6 点((2cos heta，3sin heta))到直线(x-2y+m=0)的距离，(d=cfrac{|2cos heta-6sin heta+m|}{sqrt{5}}=cfrac{|6sin heta-2cos heta-m|}{sqrt{5}})

强调：在求(d)的最大值时，必须针对(m)分类讨论；

例7判断函数(f(x)=cfrac{sqrt{1-x^2}}{2-|x+2|})的奇偶性。

分析：研究函数的性质，一般先要求定义域，由题目可知(egin{cases}1-x^2ge 0\2-|x+2| eq 0end{cases})，

解得定义域是([-1，0) cup (0，1])，

这样函数就能简化为(f(x)=cfrac{sqrt{1-x^2}}{2-|x+2|}=cfrac{sqrt{1-x^2}}{2-x-2}=cfrac{sqrt{1-x^2}}{-x})，

所以(f(-x)=-f(x))，故函数是奇函数。

例2已知函数(f(x))在([0，+infty))上满足(f'(x)>0)恒成立，且有(f(|a|)<f(|a-1|))，求(a)的取值范围。

分析：函数(f(x))在([0，+infty))上满足(f'(x)>0)恒成立，则函数在([0，+infty))上单调递增，

结合单调性可知(|a|<|a-1|)，

以下主要说明去掉绝对值符号的思路；

法1：两边同时平方，去掉绝对值符号，

解得(a<cfrac{1}{2})，即(ain(-infty，cfrac{1}{2}))。

法2：分区间讨论法解绝对值不等式，过程略。

例9【2020人大附中高一试题向量部分第15题】已知向量(vec{a})，(vec{b})的夹角为(cfrac{pi}{4})，(|vec{b}|=cfrac{sqrt{2}}{2})，且对于任意的(xin R)，都有(|vec{b}+xvec{a}|geqslant |vec{b}-vec{a}|)，则(|vec{a}|)=_____________。

分析：由于对于任意的(xin R)，都有(|vec{b}+xvec{a}|geqslant |vec{b}-vec{a}|)，

则(|vec{b}+xvec{a}|^2geqslant |vec{b}-vec{a}|^2)对于任意的(xin R)都成立，

即((vec{b}+xvec{a})^2geqslant (vec{b}-vec{a})^2)对于任意的(xin R)都成立，

即(vec{b}^2+2xvec{a}cdotvec{b}+x^2cdot vec{a}^2geqslant vec{b}^2+vec{a}^2-2vec{a}cdotvec{b})，

即(vec{a}^2cdot x^2+2cdot |vec{a}|cdot cfrac{sqrt{2}}{2}cdot cfrac{sqrt{2}}{2}x+2cdot |vec{a}|cdot cfrac{sqrt{2}}{2}cdot cfrac{sqrt{2}}{2}-vec{a}^2geqslant0)，

由于(vec{a} eq vec{0})，故上式是关于(x)的二次不等式，注意：(vec{a}^2=|vec{a}|^2)，

即(|vec{a}|^2cdot x^2+|vec{a}|cdot x+|vec{a}|-|vec{a}|^2geqslant 0)对于任意的(xin R)都成立，

故(Delta leqslant 0)恒成立，即(Delta=|vec{a}|^2-4|vec{a}|^2(|vec{a}|-|vec{a}|^2)leqslant 0)，

即(1-4(|vec{a}|-|vec{a}|^2)leqslant 0)，即((2|vec{a}|-1)^2leqslant 0)，

又由于((2|vec{a}|-1)^2geqslant 0)，故只能((2|vec{a}|-1)^2=0)，

即(|vec{a}|=cfrac{1}{2})。