摘 要：本文主要给出了两个由三个函数组成的绝对值不等式的命题.
　　关键词：函数;绝对值;充要条件;应用
　　中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）10-0006-02
　　给出三个函数f（x），g（x），F（x），其绝对值之间的大小关系，有如下：
　　命题1 f（x）+g（x）≤F（x）的充要条件是f（x）+g（x）≤F（x）且f（x）-g（x）≤F（x）.
　　证明：充分性
　　若f（x）g（x）<0，则f（x）+g（x）=f（x）-g（x）≤F（x）;
　　若f（x）g（x）≥0，则f（x）+g（x）=f（x）+g（x）≤F（x）.充分性得证.
　　必要性
　　由f（x）+g（x）≤F（x）得f（x）+g（x）≤f（x）+g（x）≤F（x）;由f（x）-g（x）≤F（x）得
　　f（x）-g（x）≤f（x）+g（x）≤F（x）.必要性得证.
　　于是命题1得证.
　　命题2 f（x）+g（x）≥F（x）的充要条件是f（x）+g（x）≥F（x）或f（x）-g（x）≥F（x）.
　　证明：充分性
　　若f（x）+g（x）≥F（x），则f（x）+g（x）≥f（x）+g（x）≥F（x）;
　　若f（x）-g（x）≥F（x），则f（x）+g（x）≥f（x）-g（x）≥F（x）.充分性得证.
　　必要性
　　若f（x）g（x）<0，则f（x）-g（x）=f（x）+g（x）≥F（x）;
　　若f（x）g（x）≥0，则f（x）+g（x）=f（x）+g（x）≥F（x）.必要性得证.
　　于是命题2得證.
　　含有两个绝对值的不等式问题，是高中数学选修4-5中的重要内容，也是高考的重点内容.对于绝对值不等式的解法，常用“零点分析法”去掉绝对值，化归为若干个不等式组问题，原不等式的解集是这些不等式组解集的并集.若利用上述两个命题解绝对值不等式，可操作性强，过程简洁明快.下面我们通过几道题目加以说明.
　　例1 （人教B版选修4-5第14页例2）解不等式x+2+x-1<4.
　　解 由命题1得2x+1<43<4，解得-52<x<32.所以等式的解集为x-52<x<32.
　　例2 （2015年全国Ⅰ卷理科第24题）已知函数f（x） =x+1-2x-a，a>0.
　　（1）当a=1时，求不等式f（x）>1的解集;
　　（2）若f（x）的图象与x轴围成的三角形的面积大于6，求a的取值范围.
　　解 （1） 当a=1时，不等式f（x）>1等价于x+1-2x-1>1，即x+1>2x-2+1.
　　由命题1得2x-1<x+12x-3<x+1，则x 2-2x<03x 2-14x+8<0，解得23<x<2，所以不等式的解集为x23<x<2.
　　（2）解答略.
　　例3 已知函数f（x）=2x-1+2x+a，g（x）=x+3.
　　（1）当a=-2时，求不等式f（x）<g（x）的解集;
　　（2）设a>-1，且当x∈-a2，12时， f（x）≤g（x）， 求a的取值范围（2013年全国Ⅰ卷理科第24题）.
　　解 （1）当a=-2时，不等式f（x）<g（x）等价于2x-1+2x-2<x+3.由命题1得
　　4x-3<x+33<x+3，解得0<x<2，所以不等式的解集为x0<x<2.
　　（2）解答略.
　　例4 （人教A版选修4-5第17页例5）解不等式x-1+x+2≥5.
　　解 由命题2得2x+1≥5或3>5，解得x≤-3或x≥2，所以不等式的解集为xx≤-3或x≥2.
　　例5 （2015年山东卷理科第5题）不等式x-1-x-5<2的解集是（）.
　　A.-SymboleB@，4 B.-SymboleB@，1 C.1，4 D.1，5
　　解 x-1-x-5<2化归为x-1<x-5+2.由命题2得x-3>x-1或x-7>x-1，解得x<2或x<4，所以不等式的解集为-SymboleB@，4.选择答案A.
　　例6 （2012年全国Ⅰ卷理科第24题）已知函数f（x） =x+a+x-2.
　　（1）当a=-3时，求不等式f（x）≥3的解集;
　　（2）若f（x）≤x-4的解集包含1，2，求a的取值范围
　　解 （1）当a=-3时，不等式f（x）≥3等价于x-3+x-2≥3.由命题2得2x-5≥3或1≥3，解得x≤1或x≥4，所以不等式的解集为xx≤1或x≥4.
　　（2）解答略.
　　参考文献：
　　[1]韩景岗，陈国林.巧用不等式 妙解两类最值题[J].高中数学教与学，2018（1）：18-19.
　　[责任编辑：李 璟]