2023学年高考数学一轮复习课时作业72绝对值不等式理.doc

课时作业72　绝对值不等式 [基础达标] 1．[2023年·福建三明一中检测]已知不等式|2x＋3|＋|2x－1|<a的解集为M. (1)若a＝6，求集合M； (2)若M≠∅，求实数a的取值范围． 解析：(1)当a＝6时，原不等式为|2x＋3|＋|2x－1|<6， 当x≤－时，原不等式化为－2x－3＋1－2x<6， 解得x>－2， ∴－2<x≤－； 当－<x<时，原不等式化为2x＋3＋1－2x<6，解得4<6， ∴－<x<； 当x≥时，原不等式化为2x＋3＋2x－1<6，解得x<1，∴≤x<1. 综上所述，集合M＝{x|－2<x<1}． (2)∵M≠∅，∴不等式|2x＋3|＋|2x－1|<a恒有解． 令f(x)＝|2x＋3|＋|2x－1|， 则f(x)＝2≥4， ∴a>4，即实数a的取值范围是(4，＋∞)． 2．[2023年·安徽五校联盟质检]已知f(x)＝|x|＋2|x－1|. (1)解不等式f(x)≥4； (2)若不等式f(x)≤|2a＋1|有解，求实数a的取值范围． 解析：(1)不等式f(x)≥4，即|x|＋2|x－1|≥4， 等价于或或⇒x≤－或无解或x≥2. 故不等式的解集为∪. (2)f(x)≤|2a＋1|有解等价于f(x)min≤|2a＋1|. f(x)＝|x|＋2|x－1|＝，故f(x)的最小值为1， 所以1≤|2a＋1|，得2a＋1≤－1或2a＋1≥1，解得a≤－1或a≥0， 故实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 3．[2023年·昆明市质量检测]已知函数f(x)＝|2x－1|. (1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4； (2)当x≠0，x∈R时，证明：f(－x)＋f≥4. 解析：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥4等价于|2x－1|＋|2x＋1|≥4， 等价于或或， 解得x≤－1或x≥1， 所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪. (2)当x≠0，x∈R时，f(－x)＋f＝|－2x－1|＋|－1|， 因为|－2x－1|＋|－1|≥|2x＋|＝2|x|＋≥4；当且仅当，即x＝±1时等号成立， 所以f(－x)＋f≥4. 4．[2023年·安徽省考试试题]已知f(x)＝|x－2|. (1)解不等式f(x)＋1＞f(2x)； (2)若f(m)≤1，f(2n)≤2，求|m－2n－1|的最大值，并求此时实数m，n的取值． 解析：(1)原不等式等价于|x－2|＋1＞2|x－1|， ∴或 或， ∴－1＜x＜1或1≤x＜或∅， ∴原不等式的解集为. (2)由题意得f(m)＝|m－2|≤1，f(2n)＝|2n－2|≤2， ∴|n－1|≤1， ∴|m－2n－1|＝|(m－2)－2(n－1)－1|≤|m－2|＋2|n－1|＋1≤4， 当且仅当时，|m－2n－1|取得最大值4. 5．[2023年·洛阳市统考]已知f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a. (1)当a＝－1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集； (2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)成立，求a的取值范围． 解析：(1)当a＝－1时原不等式可化为|x＋1|－2|x|≥－1， 设φ(x)＝|x＋1|－2|x|，则φ(x)＝ 则，或，或， 即－≤x≤2. ∴原不等式的解集为{x|－≤x≤2}． (2)存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立，等价于|x＋1|≥2|x|＋a有解， 即φ(x)≥a有解，即a≤φ(x)max， 由(1)可知，φ(x)在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减． ∴φ(x)max＝φ(0)＝1， ∴a≤1. 6．[2023年·昆明市诊断测试]已知函数f(x)＝|2x＋1|－|x－1|. (1)求不等式f(x)＞1的解集； (2)若不等式f(x)＜x2＋x＋m的解集为R，求实数m的取值范围． 解析：(1)原不等式等价于|2x＋1|－|x－1|＞1， 等价于或或，解得x＜－3或＜x＜1或x≥1. 所以原不等式的解集为{x|x＜－3或x＞}． (2)由f(x)＜x2＋x＋m得m＞－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|. 令g(x)＝－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|，则由题意知m＞g(x)max. g(x)＝，作出其图象如图所示，由图象知g(x)max＝1. 所以m＞1，即m的取值范围为(1，＋∞)． [能力挑战] 7．[2023年·武汉市调研测试]已知函数f(x)＝2|x＋1|－|x－a|，a∈R. (1)当a＝1时，求不等式f(x)＞0的解集； (2)若关于x的不等式f(x)≥x在x∈R时恒成立，求实数a的取值范围． 解析：(1)当a＝1时，由f(x)＞0，得2|x＋1|＞|x－1|， ∴4(x＋1)2－(x－1)2＞0， ∴(3x＋1)(x＋3)＞0， ∴x＞－或x＜－3， ∴f(x)＞0的解集为{x|x＜－3或x＞－}． (2)f(x)＝2|x＋1|－|x－a|≥x对x∈R恒成立， 即|x－a|≤2|x＋1|－x， 即－2|x＋1|＋x≤x－a≤2|x＋1|－x， ∴2x－2|x＋1|≤a≤2|x＋1|对x∈R恒成立． 显然2|x＋1|min＝0， 令g(x)＝2x－2|x＋1|， 则g(x)＝， g(x)在(－∞，－1]上单调递增， ∴g(x)max＝－2， ∴－2≤a≤0，即实数a的取值范围为[－2,0]． 4