2020年高考数学一轮(江苏理) 第12章 12.3 第1课时 绝对值不等式.docx

§12.3　不等式选讲 第1课时　绝对值不等式 考情考向分析　本节考查热点为绝对值不等式的解法及证明．在高考中主要以解答题的形式考查，属于低档题． 1．绝对值不等式的解法 (1)含有绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集 不等式 a>0 a＝0 a<0 |x|<a (－a，a) ∅ ∅ |x|>a (－∞，－a)∪(a，＋∞) (－∞，0)∪(0，＋∞) R (2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 ①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c； ②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c. (3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法 ①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； ②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； ③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 2．含有绝对值的不等式的性质 (1)如果a，b是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. (2)如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立． 题组一　思考辨析 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若|x|>c的解集为R，则c≤0.(　×　) (2)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.(　√　) (3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a>b>0时等号成立．(　×　) (4)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．(　×　) (5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．(　√　) 题组二　教材改编 2．[P6例3]不等式3≤|5－2x|<9的解集为__________． 答案　(－2,1]∪[4,7) 解析　由题意得 即 解得不等式的解集为(－2,1]∪ [4,7)． 3．[P6例4]求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集． 解　①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2， ∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1； ②当1<x<5时，原不等式可化为x－1－(5－x)<2， ∴x<4，∴1<x<4； ③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立． 综上，原不等式的解集为(－∞，4)． 4．[P6例4]若存在实数x满足不等式|x－4|＋|x－3|<a，求实数a的取值范围． 解　由绝对值不等式的几何性质知，|x－4|＋|x－3|≥|(x－4)－(x－3)|＝1， 当且仅当(x－4)(x－3)≤0时，等号成立． 所以函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值为1. 因为原不等式有实数解，所以a的取值范围是(1，＋∞)． 题组三　易错自纠 5．若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________. 答案　4或－6 解析　方法一　①当a＝－1时，f(x)＝3|x＋1|， f(x)min＝0，不符合题意； ②当a<－1时，f(x)＝ ∴f(x)min＝f(a)＝－a－1＝5，∴a＝－6成立； ③当a>－1时，f(x)＝ ∴f(x)min＝f(a)＝a＋1＝5，∴a＝4成立． 综上，a＝4或a＝－6. 方法二　当a＝－1时，f(x)min＝0，不符合题意； 当a≠－1时，f(x)min＝f(a)＝|a＋1|＝5， ∴a＝4或a＝－6. 6．若存在实数x，使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是____________． 答案　[－2,4] 解析　∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3， ∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4. 7．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为_______． 答案　 解析　设y＝|2x－1|＋|x＋2| ＝ 当x<－2时，y＝－3x－1>5； 当－2≤x<时，5≥y＝－x＋3>； 当x≥时，y＝3x＋1≥，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，所以≥a2＋a＋2. 解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤， 故实数a的取值范围为. 题型一　绝对值不等式的解法 1．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集； (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.① 当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解； 当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0， 从而－1≤x≤1； 当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0， 从而1<x≤. 所以f(x)≥g(x)的解集为. (2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2， 所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于 当x∈[－1,1]时，f(x)≥2. 又f(x)在[－1,1]上的最小值必为f(－1)与f(1)之一， 所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以a的取值范围为[－1,1]． 2．已知函数f(x)＝|x－a|，其中a>1. (1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值． 解　(1)方法一　当a＝2时，由题意知|x－2|＋|x－4|≥4，利用几何意义可知不等式表示数轴上x的对应点到2与4对应点的距离之和大于等于4，又2和4之间的距离为2，即x在以2和4为标准分别向左或者向右平移1个单位长度的位置上． 故不等式的解集为{x|x≤1或x≥5}． 方法二　当a＝2时， f(x)＋|x－4|＝ 当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4， 解得x≤1； 当2<x<4时，f(x)≥4－|x－4|无解； 当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|，得2x－6≥4， 解得x≥5. 故原不等式的解集为{x|x≤1或x≥5}． (2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)， 则h(x)＝ 由|h(x)|≤2，解得≤x≤. 又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}， 所以解得a＝3. 思维升华 解绝对值不等式的基本方法 (1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式． (2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式． (3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解． 题型二　利用绝对值不等式求最值 例1 (1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值； (2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值． 解　(1)∵x，y∈R， ∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，当且仅当0≤x≤1时等号成立． ∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2， 当且仅当－1≤y≤1时等号成式． ∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3，当且仅当0≤x≤1，－1≤y≤1同时成立时等号成立． ∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3. (2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5. 思维升华 求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种 (1)利用绝对值的几何意义． (2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥||a|－|b||. (3)利用零点分区间法． 跟踪训练1 (2018·镇江模拟)已知a和b是任意非零实数． (1)求的最小值； (2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围． 解　(1)∵≥ ＝＝4，当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时等号成立， ∴的最小值为4. (2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤恒成立， 故|2＋x|＋|2－x|≤min. 由(1)可知，的最小值为4， ∴x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集． 解不等式得－2≤x≤2， 故实数x的取值范围为[－2,2]． 题型三　绝对值不等式的综合应用 例2 已知函数f(x)＝|x－a|＋(a≠0)． (1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值； (2)当a<时，函数g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围． 解　(1)∵f(x)＝|x－a|＋(a≠0)， ∴f(x＋m)＝|x＋m－a|＋， ∴f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤1， 又|x－a|－|x＋m－a|≤|m|， ∴|m|≤1，∴－1≤m≤1， ∴实数m的最大值为1. (2)当a<时， g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋ ＝ ∴g(x)min＝g＝－a＋＝≤0， ∴或 ∴－≤a<0， ∴实数a的取值范围是. 思维升华 (1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决． (2)数形结合是解决与绝对值不等式有关的综合问题的常用方法． 跟踪训练2 已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集； (2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围． 解　(1)f(x)＝ 当x<－1时，f(x)≥1无解； 当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2； 当x>2时，由f(x)≥1，解得x>2， 所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}． (2)由f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x ≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x| ＝－2＋≤， 当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝. 故m的取值范围为. 1．解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5. 解　方法一　如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数． 显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把点A向左移动一个单位到点A1，此时A1A＋A1B＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时B1A＋B1B＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 方法二　由原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5， 可得或 或解得x≥2或x≤－3， ∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 方法三　将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0. 令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，则 f(x)＝ 作出函数的图象，如图所示， 由图象可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，f(x)≥0， ∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 2．已知a≥2，x∈R.求证：|x－1＋a|＋|x－a|≥3. 证明　因为|m|＋|n|≥|m－n|， 所以|x－1＋a|＋|x－a|≥|x－1＋a－(x－a)| ＝|2a－1|. 又a≥2，故|2a－1|≥3. 所以|x－1＋a|＋|x－a|≥3. 3．若不等式log2(|x＋1|＋|x－2|－m)≥2恒成立，求实数m的取值范围． 解　由题意，知|x＋1|＋|x－2|－m≥4恒成立， 即m≤(|x＋1|＋|x－2|－4)min. 又因为|x＋1|＋|x－2|－4≥|(x＋1)－(x－2)|－4＝－1， 当且仅当－1≤x≤2时等号成立．所以m≤－1. 即实数m的取值范围为(－∞，－1]． 4．对于任意实数a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求实数m的取值范围． 解　因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1， 所以|3a－3b|≤3，≤， 所以|4a－3b＋2|＝ ≤|3a－3b|＋＋≤3＋＋＝6， 即|4a－3b＋2|的最大值为6， 所以m≥|4a－3b＋2|max＝6. 即实数m的取值范围为[6，＋∞)． 5．已知函数f(x)＝|x－a|＋|x＋a|，若对任意x∈R，不等式f(x)>a2－3恒成立，求实数a的取值范围． 解　∵对任意x∈R，不等式f(x)>a2－3恒成立， ∴f(x)min>a2－3， 又∵|x－a|＋|x＋a|≥ |x－a－(x＋a)|＝|2a|， ∴|2a|>a2－3， 即|a|2－2|a|－3<0， 解得－1<|a|<3. ∴－3<a<3. 6．已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－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轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0. 当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解； 当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0， 解得<x<1； 当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2. 所以f(x)>1的解集为. (2)由题意可得，f(x)＝ 所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)， △ABC的面积为(a＋1)2. 由题意得(a＋1)2>6，故a>2. 所以a的取值范围为(2，＋∞)． 7．已知关于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤log2a(其中a>0)． (1)当a＝4时，求不等式的解集； (2)若不等式有解，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝4时，不等式为|2x＋1|－|x－1|≤2. 当x<－时，－x－2≤2，解得－4≤x<－； 当－≤x≤1时，3x≤2，解得－≤x≤； 当x>1时，x≤0，此时x不存在， ∴原不等式的解集为. (2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|， 则f(x)＝ 故f(x)∈，即f(x)的最小值为－. 若f(x)≤log2a有解，则log2a≥－， 解得a≥，即a的取值范围是. 8．设f(x)＝|ax－1|. (1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a的值； (2)当a＝2时，若存在x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围． 解　(1)显然a≠0，当a>0时，解集为， 则－＝－6，＝2，无解； 当a<0时，解集为， 令－＝2，＝－6，得a＝－. 综上所述，a＝－. (2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1) ＝|4x＋1|－|2x－3| ＝ 由此可知h(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，则当x＝－时，h(x)取得最小值－，由题意，知－≤7－3m，解得m≤，所以实数m的取值范围是. 9．已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)<2的解集． (1)求M； (2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|. (1)解　f(x)＝ 当x≤－时，由f(x)<2，得－2x<2，解得x>－1， 即－1<x≤－； 当－<x<时，f(x)<2恒成立； 当x≥时，由f(x)<2，得2x<2， 解得x<1，即≤x<1， 所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}． (2)证明　由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<1， 从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1 ＝(a2－1)(1－b2)<0， 因此|a＋b|<|1＋ab|. 10．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R. (1)若不等式f(x)≤2－|x－1|有解，求实数a的取值范围； (2)当a<2时，函数f(x)的最小值为3，求实数a的值． 解　(1)由题意知f(x)≤2－|x－1|， 即＋|x－1|≤1. 而由绝对值不等式的几何意义，知 ＋|x－1|≥， ∵不等式f(x)≤2－|x－1|有解， ∴≤1，即0≤a≤4. ∴实数a的取值范围是[0,4]． (2)函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|的零点为和1，当a<2时，<1， ∴f(x)＝ 如图所示， 可知函数f(x)在上单调递减， 在上单调递增，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f (x)min＝f ＝－＋1＝3.∴a＝－4. 11．已知函数f (x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a. (1)当a＝－1时，解不等式f (x)≤g(x)； (2)若存在x0∈R，使得f (x0)≥g(x0)，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝－1时，不等式f (x)≤g(x)， 即|x＋1|≤2|x|－1，从而 即x≤－1， 或即－1<x≤－， 或即x≥2. 从而不等式f(x)≤g(x)的解集为 . (2)存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)， 即存在x0∈R，使得|x0＋1|≥|x0|＋， 即存在x0∈R，使得≤|x0＋1|－|x0|. 设h(x)＝|x＋1|－|x|＝ 则h(x)的最大值为1，所以≤1，即a≤2. 所以实数a的取值范围为(－∞，2]． 12．已知a＋b＝1，对∀a，b∈(0，＋∞)，＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立． (1)求＋的最小值； (2)求x的取值范围． 解　(1)∵a>0，b>0且a＋b＝1， ∴＋＝(a＋b)＝5＋＋≥9， 当且仅当＝， 即a＝，b＝时，＋取得最小值9. (2)∵对∀a，b∈(0，＋∞)， ＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立， ∴|2x－1|－|x＋1|≤9. 当x≤－1时，不等式化为2－x≤9， 解得－7≤x≤－1； 当－1<x<时，不等式化为－3x≤9， 解得－1<x<； 当x≥时，不等式化为x－2≤9， 解得≤x≤11. ∴x的取值范围为{x|－7≤x≤11}．