含绝对值符号的问题

前言

比如 求\(\sqrt{(\sqrt{3}-2)^2}\) 的值是____________. 分析： 由于 \(\sqrt{a^2}=|a|=\left\{\begin{array}{l}a,&a\geqslant 0\\-a,&a<0\end{array}\right.\)，

故 \(\sqrt{(\sqrt{3}-2)^2}=|\sqrt{3}-2|=2-\sqrt{3}\)，此处容易将结果错误的写成 \(\sqrt{3}-2\) ，错因是没有注意绝对值。

两个易混公式： ① \((\sqrt{a})^2=a\)，注意此公式有意义的限制： \(a\geqslant 0\)；② \(\sqrt{a^2}=|a|\)，此处的 \(a>0\)，\(a=0\)， \(a<0\)都是有意义的。

解题策略

一般碰到含有绝对值的问题，我们大都是比较害怕的，但往往利用绝对值的定义，去掉绝对值符号，就可以解决相应的问题。注意：\(x^2=|x|^2\) 的技巧的使用，这一技巧在实数范围内是成立的，但是在复数范围内不一定成立。

典例剖析

回顾化简： \(|x|\ge 1\)

分析：原不等式\(\Leftrightarrow\) \(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 0}\\{x>1}\end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l}{x< 0}\\{-x>1}\end{array}\right.\)

回顾两个绝对值的化简： \(|x-1|+|x-2|\ge 2\)

分析：原不等式\(\Leftrightarrow\) \(\left\{\begin{array}{l}{x\leq 1}\\{-(x-1)-(x-2)\ge 2}\end{array}\right.\) 或 \(\left\{\begin{array}{l}{1<x<2}\\{x-1-(x-2)\ge 2}\end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 2}\\{(x-1)+(x-2)\ge 2}\end{array}\right.\).

回顾两个变量+两个绝对值的化简：\(|x|+|y|\leq 1\)

分析：原不等式\(\Leftrightarrow\) \(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 0}\\{y\ge 0}\\{x+y\leq 1}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 0}\\{y< 0}\\{x-y\leq 1}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{x< 0}\\{y\ge 0}\\{-x+y\leq 1}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{x< 0}\\{y< 0}\\{-x-y\leq 1}\end{array}\right.\)

参照可行域的图像做法，得到如下的红色区域(带有边界线)。

解不等式： \(||x|-2 |\ge 1\)

法1：\((|x|-2)^2\ge 1\)，得到\(|x|^2-4|x|+3\ge 0\)，得到\(|x|\le 1\) 或 \(|x|\ge 3\)，余略。

法2：如上分类讨论，略；

【解后反思】你会解方程 \(x^2-4|x|+3=0\) 吗？会解方程 \(|x|^2-4|x|+3=0\) 吗？

\((|x|- 1)^2+(|y|-1)^2\leq 4\)

分析：原不等式\(\Leftrightarrow\)

\(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 0}\\{y\ge 0}\\{(x-1)^2+(y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 0}\\{y< 0}\\{(x-1)^2+(-y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\)

或\(\left\{\begin{array}{l}{x< 0}\\{y\ge 0}\\{(-x-1)^2+(y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{x< 0}\\{y< 0}\\{(-x-1)^2+(-y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\)

参照可行域的图像做法，得到如下的绿色区域(带有边界线)。

【解后反思】：

① 你能化简并作图 \(x^2+y^2=2|x|+2|y|\) 吗？

② 你能化简并作图 \(|x|^2+|y|^2=2|x|+2|y|\) 吗？

③ 你能化简并作图 \((|x|-1)^2+(|y|-1)^2=2\) 吗？

试解决 \(|x|-1=\sqrt{4-(y-1)^2}\) 的作图问题。

分析：当 \(|x|\geqslant 1\) 时，两边同时平方，得到 \((|x|-1)^2+(y-1)^2=4\)，

即当 \(x\geqslant 1\) 时，去掉绝对值符号，得到 \((x-1)^2+(y-1)^2=4\)，①

当 \(x\leqslant -1\) 时，去掉绝对值符号，得到 \((-x-1)^2+(y-1)^2=4\)，②

分别画出 ① 和 ② 的图像，就得到了所要求做的图像了。

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

易错：\(\sqrt{5}\)容易错误的写为\(\sqrt{2^2+6^2}\)

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

强调：在求\(d\)的最大值时，必须针对\(m\)分类讨论；

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\(\begin{cases}1-x^2\ge 0\\2-|x+2|\neq 0\end{cases}\)，

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。

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\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2})\)。

法2：分区间讨论法解绝对值不等式，过程略。

【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\(x\in R\)，都有\(|\vec{b}+x\vec{a}|\geqslant |\vec{b}-\vec{a}|\)，则\(|\vec{a}|\)=_____________。

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

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

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

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

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

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

即\(|\vec{a}|^2\cdot x^2+|\vec{a}|\cdot x+|\vec{a}|-|\vec{a}|^2\geqslant 0\)对于任意的\(x\in R\)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\((2|\vec{a}|-1)^2\leqslant 0\)，

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

即\(|\vec{a}|=\cfrac{1}{2}\)。

已知函数 \(f(x)=a^{x}+x^{2}-x\ln a\)， 若对任意 \(x_{1}\)， \(x_{2}\)\(\in[0,1]\)， 不等式 \(\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|\leqslant a-2\) 恒成立， 则实数 \(a\) 的取值范围是【\(\qquad\)】

$A.[e^2,+\infty)$ $B.[e,+\infty)$ $C.[2,e]$ $D.[e,e^2]$

解析： 依题意可知， 对任意 \(x_{1}\)， \(x_{2}\)\(\in[0,1]\)， 不等式\(\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|\leqslant a-2\)学生对此理解不了，此处是恒成立，需要左端的是最大值，而左端带有绝对值，我们可以考虑用 \(f(x)_{\max}\)\(-\)\(f(x)_{\min}\) 来刻画，这样也就去掉了绝对值。恒成立，

即当 \(x\in[0,1]\) 时， \(f(x)_{\max}-f(x)_{\min}\leqslant a-2\) 且 \(a>2\)，

因为 \(f^{\prime}(x)=\left(a^{x}-1\right)\ln a+2 x\)，所以当 \(x>0\) 时， \(f^{\prime}(x)>0\)， 函数 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 上単调递增，

则 \(f(x)_{\text {max }}=f(1)=a+1-\ln a\)， \(f(x)_{\text {min }}=f(0)=1\)，

所以 \(f(x)_{\max }-f(x)_{\min }=a-\ln a\)， 所以 \(a-\ln a \leqslant a-2\)， 得 \(a \geqslant {e}^{2}\) . 故选 \(A\) .