2021高三统考北师大版数学一轮学案：4－5 第1讲 绝对值不等式含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高三统考北师大版数学一轮学案：选修4－5第1讲绝对值不等式含解析选修4－5不等式选讲第1讲绝对值不等式基础知识整合1．绝对值不等式的解法（1）形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用两边平方转化为二次不等式求解．（2)形如|ax＋b|≤c（c>0)和|ax＋b｜≥c（c〉0）型不等式①绝对值不等式|x|>a与|x｜〈a的解集不等式a>0a＝0a〈0｜x|〈aeq\x（\s\up1（01））{x｜－a<x<a}∅∅|x｜〉aeq\x（\s\up1(02)）{x｜x>a或x<－a}｛x｜x≠0}R②|ax＋b|≤c(c〉0）和|ax＋b｜≥c(c〉0)型不等式的解法|ax＋b｜≤c⇔eq\x(\s\up1(03)）－c≤ax＋b≤c（c〉0），|ax＋b|≥c⇔eq\x（\s\up1（04))ax＋b≥c或ax＋b≤－c(c>0)．2．绝对值不等式的应用（1)定理：如果a，b是实数,那么|a＋b|≤|a|＋｜b|，当且仅当eq\x（\s\up1（05)）ab≥0时，等号成立．（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．（3）由绝对值不等式定理还可以推得以下几个不等式①｜a1＋a2＋…＋an｜≤|a1|＋｜a2｜＋…＋｜an｜。②｜|a|－|b｜|≤|a＋b|≤｜a|＋|b｜。③｜|a|－|b|｜≤|a－b｜≤｜a｜＋|b｜.1．在解决有关绝对值不等式的问题时,充分利用绝对值不等式的几何意义解决问题，能有效避免分类讨论不全面的问题．若用零点分段法求解，要掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．2．绝对值不等式|a±b｜≤|a｜＋|b｜,从左到右是一个放大过程,从右到左是一个缩小过程,证明不等式可以直接用，也可利用它消去变量求最值．绝对值不等式是证明与绝对值有关的不等式的重要工具，但有时还需要通过适当的变形使其符合绝对值不等式的条件．1．不等式｜x－1|＋|x＋2｜≥5的解集为(）A．（－∞，－2]∪[2，＋∞)B．(－∞,－1]∪[2，＋∞）C．(－∞，－2］∪[3，＋∞)D．（－∞，－3]∪［2，＋∞)答案D解析原不等式等价于eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x〈－2，，1－x－x－2≥5))或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－2≤x≤1，，1－x＋x＋2≥5）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x>1，,x－1＋x＋2≥5，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x〈－2,，x≤－3))或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2≤x≤1,,3≥5）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x〉1,,x≥2，）)解得x≤－3或x∈∅或x≥2，所以x≤－3或x≥2.2．若不等式｜a－2x|≤x＋3对任意x∈[0，2]恒成立，则实数a的取值范围是（）A．(－1，3） B．[－1,3]C．(1，3) D．[1,3］答案B解析由题意可得当x∈［0,2］时，f(x)＝｜a－2x|的图象恒在直线y＝x＋3的下方或在直线y＝x＋3上，如图,所以得①eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（a,2）〈0,，f2＝｜a－4｜≤5))或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a，2)≥0,，f2＝|a－4|≤5,，f0＝｜a｜≤3.))由①可得－1≤a〈0，由②可得0≤a≤3,故实数a的取值范围是［－1，3］．3．若关于x的不等式｜x－m｜＋|x＋2|<4的解集不为∅，则实数m的取值范围是（）A．(－2,6)B．（－∞，－2)∪（6，＋∞)C．(－∞，－6)∪（2，＋∞)D．（－6，2）答案D解析关于x的不等式｜x－m｜＋｜x＋2|＜4的解集不为∅⇔(|x－m｜＋｜x＋2|）min＜4，∵｜x－m｜＋|x＋2｜≥|（x－m）－(x＋2)|＝|m＋2|，∴｜m＋2|＜4，解得－6＜m＜2，故选D.4．若不等式|x＋1|－｜2－x|〈a无实数解,则a的取值范围是()A．（－∞，3） B．（－3，＋∞)C．（－∞，－3］ D．(－∞，－3）答案C解析由绝对值不等式的性质，得｜｜x＋1|－｜2－x｜|≤|(x＋1）＋(2－x)｜＝3,即｜x＋1｜－｜2－x｜≥－3,因为｜x＋1｜－|2－x｜〈a无实数解，所以a≤－3，故选C.5．不等式3≤｜5－2x|〈9的解集为()A．［－2,1）∪[4，7） B．（－2，1］∪（4,7］C．（－2，－1］∪[4,7) D．（－2，1］∪［4,7)答案D解析由题意，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（｜2x－5｜〈9，，｜2x－5｜≥3）)⇒eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－9<2x－5〈9,,2x－5≥3或2x－5≤－3))⇒eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2<x<7，,x≥4或x≤1，））得所求不等式的解集为(－2,1]∪[4，7）．6．不等式|x＋3｜－|2x－1|<eq\f（x，2)＋1的解集为________．答案eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x|x<－\f（2，5）或x〉2))解析①当x〈－3时，原不等式化为－(x＋3）－(1－2x)<eq\f(x,2）＋1，解得x〈10，所以x<－3.②当－3≤x＜eq\f(1，2）时，原不等式化为(x＋3）－(1－2x)<eq\f(x，2）＋1,解得x<－eq\f（2,5），所以－3≤x<－eq\f（2,5）.③当x≥eq\f(1,2)时，原不等式化为x＋3＋1－2x<eq\f（x，2)＋1，解得x>2，所以x>2。综上可知，原不等式的解集为eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x|x<－\f(2,5）或x>2）).核心考向突破考向一绝对值不等式的解法例1（1）（2019·全国卷Ⅱ）已知f(x）＝|x－a｜x＋｜x－2｜(x－a)．①当a＝1时,求不等式f(x)〈0的解集；②若x∈（－∞，1）时，f(x）〈0,求a的取值范围．解①当a＝1时，f(x)＝|x－1｜x＋|x－2｜(x－1）．当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2〈0；当x≥1时，f（x)≥0.所以不等式f（x)〈0的解集为（－∞,1）．②因为f(a)＝0,所以a≥1.当a≥1，x∈（－∞，1)时，f（x)＝(a－x)x＋（2－x）·(x－a）＝2（a－x)（x－1）<0。所以a的取值范围是[1，＋∞)．（2)（2019·河南八市压轴)已知函数f（x)＝｜2x＋3|－｜x－a｜（a∈R)．①当a＝1时，解不等式f(x）≥2；②若关于x的不等式f（x)≥|x－3｜的解集包含[3,5］，求a的取值范围．解①当a＝1时，不等式f(x）≥2,即|2x＋3|－｜x－1｜≥2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f（3，2），，－x－4≥2))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f(3，2）≤x≤1，，3x＋2≥2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x〉1,,x＋4≥2，）)解得x≤－6或x≥0，所以不等式f(x）≥2的解集为(－∞，－6]∪［0，＋∞)．②关于x的不等式f（x）≥|x－3|的解集包含［3，5］，即｜2x＋3｜－|x－3|≥|x－a｜在［3，5]上恒成立，即x＋6≥|x－a|在［3,5］上恒成立，即－6≤a≤2x＋6在x∈［3,5］上恒成立，解得－6≤a≤12,所以a的取值范围是［－6，12］．eq\o（\s\up7(形如|x－a|＋|x－b｜≥c或≤c的不等式),\s\do5（的三种主要解法))(1）分段讨论法:利用绝对值号内式子对应方程的根,将数轴分为(－∞，a］，(a，b]，（b,＋∞）（此处设a〈b）三个部分，在每个部分上去掉绝对值符号分别列出对应的不等式求解,然后取各个不等式解集的并集．(2）几何法：利用｜x－a｜＋|x－b|〉c(c〉0)的几何意义:数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体．（3）图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解．[即时训练]1.(2019·湖北恩施质检)已知函数f（x)＝｜x＋m｜＋2|x－1｜.（1）当m＝2时，求不等式f(x）≤8的解集;（2）若不等式f(x＋1）<3的解集为∅，求正数m的取值范围．解(1)当m＝2时，f（x）＝|x＋2｜＋2｜x－1|＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－3x,x〈－2，，－x＋4,－2≤x≤1，,3x,x〉1。))当x<－2时,由－3x≤8，得x≥－eq\f（8，3），即－eq\f（8,3)≤x〈－2；当－2≤x≤1时,由－x＋4≤8，得x≥－4，即－2≤x≤1；当x>1时,由3x≤8，得x≤eq\f（8,3)，即1〈x≤eq\f(8，3）。综上，不等式f(x)≤8的解集为eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x｜－\f(8,3）≤x≤\f（8，3）))。(2）由f(x＋1）<3，得｜x＋1＋m|＋2|x｜〈3，令g(x）＝｜x＋1＋m|＋2|x｜＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－1－m，x〈－1－m，，－x＋1＋m，－1－m≤x≤0,,3x＋1＋m，x〉0。））若不等式f(x＋1）<3的解集为∅，则不等式f(x＋1）≥3的解集为R，即g(x)min＝g（0)＝1＋m≥3，解得m≥2。所以正数m的取值范围为［2，＋∞）．2．(2020·广东佛山1月质量检测)已知函数f(x)＝|x－a｜＋x，a∈R.（1)若f（1）＋f（2)>5,求a的取值范围；(2）若a，b∈N＊,关于x的不等式f(x）<b的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞,\f(3,2））)，求a，b的值．解(1）由f(1）＋f（2)>5，得｜1－a|＋|2－a｜>2，当a≥2时，a－1＋a－2>2，解得a>eq\f（5,2)，当1≤a<2时，a－1＋2－a>2，不等式无解，当a≤1时，1－a＋2－a>2,解得a〈eq\f（1,2)，综上所述,a的取值范围为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2）））∪eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（5,2)，＋∞)）。（2）因为f(x)<b，所以｜x－a|＋x〈b，当x≥a时，x－a＋x<b,得x〈eq\f(a＋b，2)，当x〈a时，a－x＋x<b，得a〈b，因为不等式f(x)<b的解集为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞,\f（3，2））)，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a<b，,\f(a＋b，2）＝\f(3,2），））又因为a，b∈N＊，所以a＝1，b＝2。考向二绝对值三角不等式的应用例2（1)(2019·漳州二模)已知f(x）＝|x＋a｜(a∈R）．①若f（x)≥｜2x－1|的解集为[0，2]，求a的值；②若对任意x∈R,不等式f(x）＋|x－a｜≥3a－2恒成立，求实数a解①不等式f(x）≥|2x－1｜，即|x＋a｜≥｜2x－1|，两边平方整理，得3x2－(2a＋4)x＋1－a2由题意，知0和2是方程3x2－(2a＋4）x＋1－a2即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（0＋2＝\f（2a＋4,3)，,0×2＝\f(1－a2，3)，)）解得a＝1。②因为f(x)＋｜x－a｜＝|x＋a｜＋|x－a|≥｜(x＋a）－（x－a）|＝2｜a|,所以要使不等式f(x)＋｜x－a｜≥3a－2恒成立，只需2|a｜≥3当a≥0时，2a≥3a－2，解得a≤2,即0≤当a〈0时，－2a≥3a－2，解得a≤eq\f（2，5)，即a〈0。综上所述，实数a的取值范围是(－∞，2］．(2)(2019·长沙一模）已知函数f(x）＝x|x－a|，a∈R.①当f(1）＋f(－1）>1时，求实数a的取值范围;②若a〉0，∀x，y∈（－∞，a］，不等式f(x）≤|y＋eq\f（5,4）｜＋｜y－a|恒成立，求实数a的取值范围．解①f(1)＋f（－1）＝｜1－a｜－｜1＋a|>1,若a≤－1，则1－a＋1＋a〉1，得2〉1，即a≤－1；若－1〈a<1，则1－a－(1＋a)〉1，得a〈－eq\f(1,2)，即－1〈a〈－eq\f（1，2)；若a≥1，则－（1－a）－（1＋a）>1，得－2〉1，此时不等式无解．综上所述，实数a的取值范围是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1，2））).②由题意，知要使不等式恒成立,只需f（x)max≤eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(|y＋\f（5，4）｜＋|y－a|）)min.当x∈(－∞,a]时，f(x)＝－x2＋ax，f（x）max＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a,2)))＝eq\f（a2，4）.因为|y＋eq\f(5,4)｜＋|y－a｜≥｜a＋eq\f(5,4）|，当且仅当eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（y＋\f(5，4））)·(y－a)≤0，即－eq\f(5,4)≤y≤a时等号成立，所以当y∈(－∞，a］时，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（|y＋\f(5，4)|＋|y－a|))min＝｜a＋eq\f(5,4)｜＝a＋eq\f(5,4).于是eq\f(a2，4)≤a＋eq\f(5,4）,解得－1≤a≤5。又a>0,所以实数a的取值范围是(0，5］．两数和与差的绝对值不等式的性质(1）对绝对值三角不等式定理|a｜－|b|≤|a±b｜≤|a|＋｜b｜中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．(2）该定理可强化为｜｜a｜－|b｜｜≤｜a±b｜≤|a｜＋｜b｜，它经常用于证明含绝对值的不等式．［即时训练］3.（2019·江西上饶模拟）已知函数f（x)＝｜2x＋a｜＋｜2x－1｜，g(x)＝｜x－1|＋2.（1)解不等式g（x)≥4；(2）若对任意x2∈R,都有x1∈R，使得f(x1）＝g（x2）成立,求实数a的取值范围．解(1)由|x－1｜＋2≥4，得|x－1｜≥2,解得x≤－1或x≥3.故不等式g(x）≥4的解集为｛x|x≤－1或x≥3}．(2）因为对任意x2∈R，都有x1∈R，使得f（x1）＝g（x2)成立,所以｛y|y＝g(x)}⊆｛y|y＝f（x)}．又因为g(x）＝｜x－1｜＋2≥2，f(x）＝|2x＋a|＋｜2x－1｜≥｜（2x＋a)－(2x－1)｜＝｜a＋1|，所以|a＋1｜≤2，解得－3≤a≤1，所以实数a的取值范围为［－3，1]．4．(2019·湖南怀化质检)设f（x）＝｜2x－1｜＋|x＋1｜。(1)解不等式f（x）≤3；（2）若不等式m｜x|≤f（x）恒成立，求m的取值范围．解(1）当x〈－1时，f(x）＝－(2x－1）－(x＋1）＝－3x≤3，解得x≥－1，故此情况无解；当－1≤x≤eq\f（1，2）时，f（x)＝－(2x－1）＋（x＋1)＝－x＋2≤3，解得x≥－1,故－1≤x≤eq\f(1，2）;当x〉eq\f(1，2)时,f（x）＝(2x－1）＋（x＋1)＝3x≤3，解得x≤1，故eq\f（1,2)〈x≤1.综上所述，满足f(x）≤3的解集为｛x|－1≤x≤1}．（2)当x＝0时，可知∀m∈R，不等式均成立；当x≠0时，由已知可得m≤eq\f（fx,|x|）恒成立，即m≤eq\f(fx，|x|）的最小值．eq\f（fx,｜x｜）＝eq\f(|2x－1|＋|x＋1｜，｜x｜)＝｜2－eq\f（1，x)｜＋|1＋eq\f（1,x）|≥｜eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f（1，x）)）＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,x）))｜＝3,当x≤－1或x≥eq\f(1,2）时，等号成立,所以m≤3.综上所述，使得不等式m｜x｜≤f（x）恒成立的m的取值范围为（－∞，3］．考向三绝对值不等式的综合应用例3(1）已知函数f(x)＝｜x－2｜＋|2x－1｜。①求不等式f(x)≤3的解集；②若不等式f(x）≤ax的解集为空集,求实数a的取值范围．解①解法一：由题意f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－3x＋3，x≤\f（1,2），,x＋1,\f（1，2)<x<2，，3x－3,x≥2，））当x≤eq\f（1,2)时，f（x)＝－3x＋3≤3,解得x≥0，即0≤x≤eq\f（1，2），当eq\f(1,2)<x<2时，f(x)＝x＋1≤3，解得x≤2，即eq\f(1,2）<x〈2，当x≥2时,f（x）＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2.综上所述，原不等式的解集为［0,2]．解法二：由题意f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－3x＋3，x≤\f(1，2),，x＋1，\f(1，2)〈x<2,,3x－3,x≥2，）)作出f（x）的图象,如图．注意到当x＝0或x＝2时，f（x)＝3,结合图象，知不等式f(x）≤3的解集为［0，2],②解法一：不等式f（x）≤ax的解集为空集可转化为f（x)〉ax对任意x∈R恒成立，即函数y＝ax的图象始终在函数y＝f(x）的图象的下方，如图．当直线y＝ax过点A（2，3）以及与直线y＝－3x＋3平行时为临界点，所以－3≤a〈eq\f(3，2).解法二:不等式f（x）≤ax的解集为空集可转化为f（x)〉ax对任意x∈R恒成立，(ⅰ)当x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝－3x＋3>ax，即（a＋3）x－3〈0恒成立,若a＋3<0,显然不符合题意，若a＋3＝0，即a＝－3，则－3〈0恒成立，符合题意，若a＋3〉0,即a>－3，只需(a＋3）×eq\f（1，2)－3〈0即可，解得a〈3，故－3<a<3，所以－3≤a〈3；（ⅱ）当eq\f（1，2）<x〈2时，f（x）＝x＋1〉ax，即（a－1)x－1〈0恒成立，若a－1<0，即a<1,(a－1)x－1〈0恒成立，符合题意，若a－1＝0，即a＝1，则－1<0恒成立，符合题意，若a－1〉0，即a>1，只需（a－1)×2－1≤0即可，解得a≤eq\f(3,2），故1<a≤eq\f（3，2），所以a≤eq\f(3，2）；（ⅲ)当x≥2时，f(x)＝3x－3>ax，即（a－3）x＋3<0恒成立，若a－3<0，即a〈3，只需(a－3）×2＋3〈0即可，解得a<eq\f（3，2),故a〈eq\f(3,2),若a－3＝0,即a＝3,则3<0，不符合题意,若a－3〉0，即a〉3，则(a－3)x＋3>0恒成立，不符合题意,所以a〈eq\f(3，2）。综上所述,－3≤a＜eq\f（3，2)。（2)(2019·郑州二模）设函数f（x)＝｜ax＋1｜＋｜x－a|（a>0)，g（x)＝x2－x。①当a＝1时,求不等式g(x）≥f（x）的解集；②已知f（x)≥2恒成立,求实数a的取值范围．解①当a＝1时，f(x）＝|x＋1|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2x，x≤－1，，2,－1〈x<1，，2x,x≥1，)）当x≤－1时，x2－x≥－2x，得x≤－1；当－1<x〈1时，x2－x≥2,即x≤－1或x≥2，舍去；当x≥1时，x2－x≥2x，得x≥3.综上，原不等式的解集为｛x|x≤－1或x≥3｝．②f(x)＝|ax＋1｜＋｜x－a|＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－a＋1x－1＋a，x≤－\f(1,a)，,a－1x＋1＋a,－\f(1，a)〈x〈a，，a＋1x＋1－a，x≥a，)）当0〈a≤1时，f(x）min＝f(a）＝a2＋1≥2，得a＝1；当a>1时，f（x)min＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，a))）＝a＋eq\f（1,a)≥2，得a>1.综上,实数a的取值范围为［1，＋∞)．（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有关的综合问题的常用方法．［即时训练]5.(2019·宁德模拟）已知f(x）＝｜2x－1|＋｜ax－5｜（0<a〈5）．(1）当a＝1时，求不等式f(x）≥9的解集;(2）若函数y＝f（x）的最小值为4，求实数a的值．解(1）当a＝1时，f（x）＝|2x－1|＋｜x－5｜＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（6－3x，x<\f(1,2)，，x＋4，\f（1，2)≤x〈5，，3x－6，x≥5，))所以f（x）≥9⇔eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x〈\f(1,2），，6－3x≥9)）或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)≤x＜5，，x＋4≥9））或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥5，,3x－6≥9.）)解得x≤－1或x≥5，即所求不等式的解集为(－∞,－1]∪[5,＋∞)．（2）∵0〈a〈5，∴eq\f（5，a）〉1，则f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋2x＋6,x〈\f(1，2），,2－ax＋4,\f(1,2）≤x≤\f(5,a）,,a＋2x－6，x>\f（5,a）.)）注意到当x〈eq\f（1,2)时,