2019版数学（文）高分计划一轮高分讲义：第12章选4系列 12.3　绝对值不等式

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12。3绝对值不等式［知识梳理］1．绝对值不等式(1）定理如果a，b是实数,那么|a＋b｜≤|a|＋｜b｜，当且仅当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,即b落在a,c之间．（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｜。2．绝对值不等式的解法(1)形如｜ax＋b｜≥|cx＋d｜的不等式，可以利用两边平方的形式转化为二次不等式求解．(2）①绝对值不等式|x｜>a与|x|〈a的解集．②|ax＋b|≤c（c〉0）和|ax＋b｜≥c（c>0)型不等式的解法．|ax＋b｜≤c⇔－c≤ax＋b≤c(c>0），|ax＋b|≥c⇔ax＋b≤－c或ax＋b≥c(c>0）．［诊断自测]1．概念思辨（1)不等式｜x－1｜＋｜x＋2｜〈2的解集为∅.(）（2)若｜x|>c的解集为R,则c≤0.(）（3）|ax＋b｜≤c(c≥0）的解集，等价于－c≤ax＋b≤c。（)（4)对｜a－b|≤｜a|＋｜b｜当且仅当ab≤0时等号成立．（）答案（1）√(2）×(3）√（4）√2．教材衍化(1）（选修A4－5P19T5）解不等式|2x＋1｜＋|x－2|>4。解当x≤－eq\f（1，2)时，原不等式可化为－2x－1＋2－x>4，所以x<－1,此时x〈－1;当－eq\f（1,2)〈x<2时，原不等式可化为2x＋1＋2－x〉4，所以x〉1，此时1<x<2;当x≥2时,原不等式可化为2x＋1＋x－2〉4,所以x〉eq\f(5,3)，此时x≥2.综上，原不等式的解集为(－∞，－1)∪(1,＋∞)．(2）（选修A4－5P20T9）设函数f(x）＝｜x－4｜＋｜x－3|.①解不等式f（x)≥3；②若f(x）≥a对一切x∈R恒成立，求实数a的取值范围．解①当x≤3时,原不等式可化为4－x＋3－x≥3，即x≤2，所以x≤2；当3〈x<4时，原不等式可化为4－x＋x－3≥3，即1≥3，无解;当x≥4时，原不等式可化为x－4＋x－3≥3，即x≥5，所以x≥5.综上,原不等式的解集为｛x|x≤2或x≥5}．②f（x）≥a对一切x∈R恒成立的充要条件是a≤f（x）min.因为f（x)＝|x－4|＋｜x－3|≥｜（x－4）－(x－3）｜＝1，即f（x)的最小值为1,所以a≤1.即实数a的取值范围是（－∞,1］．3．小题热身(1)（2015·山东高考）不等式|x－1｜－｜x－5|<2的解集是（)A．（－∞,4)B．（－∞，1)C．(1，4)D．(1，5）答案A解析①当x<1时，原不等式等价于1－x－（5－x）〈2，即－4<2，∴x〈1.②当1≤x≤5时，原不等式等价于x－1－（5－x)〈2,即x<4，∴1≤x〈4.③当x〉5时，原不等式等价于x－1－（x－5）<2，即4<2，无解．综合①②③知x<4。故选A。(2）（2014·重庆高考)若不等式|2x－1｜＋｜x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－1，\f（1，2）))解析令f(x）＝|2x－1|＋|x＋2｜,易求得f(x)min＝eq\f（5，2）,依题意得a2＋eq\f（1，2）a＋2≤eq\f（5,2)⇔－1≤a≤eq\f(1，2)。题型1绝对值不等式的解法eq\o(\s\up7(）,\s\do5(典例））（2016·全国卷Ⅰ）已知函数f（x)＝｜x＋1|－｜2x－3|。（1)画出y＝f(x）的图象;（2）求不等式|f(x)|〉1的解集．（1）去绝对值符号转化为分段函数；(2）根据(1）作出的图象，采用数形结合方法求解．解(1）f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4，x≤－1，,3x－2,－1<x≤\f（3,2),,－x＋4，x〉\f(3,2），））y＝f(x)的图象如图所示．（2)由f（x）的表达式及图象,当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3;当f（x）＝－1时,可得x＝eq\f（1，3）或x＝5，故f(x）〉1的解集为｛x|1<x<3｝；f（x）〈－1的解集为eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1（x〈\f（1，3）））或x>5))。所以|f(x）｜>1的解集为eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,3)或1<x〈3或x>5）))).方法技巧解｜x－a｜＋｜x－b｜≥c或|x－a|＋|x－b|≤c的一般步骤1．用“零点分段法”（1）令每个含绝对值符号的代数式为零,并求出相应的根;(2）将这些根按从小到大排序并以这些根为端点把实数集分为若干个区间;（3)由所分区间去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这些不等式,求出解集；(4)取各个不等式解集的并集求得原不等式的解集．2．利用|x－a|＋｜x－b|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，|x－a|＋|x－b｜≥|x－a－（x－b）｜＝|a－b|。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．见典例．提醒：易出现解集不全的错误．对于含绝对值的不等式，不论是分段去绝对值号还是利用几何意义,都要不重不漏．冲关针对训练（2017·全国卷Ⅲ）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)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－3，x＜－1,,2x－1，－1≤x≤2，,3，x＞2.））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｜＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(|x|－\f(3，2))）2＋eq\f(5,4)≤eq\f（5,4)，且当x＝eq\f(3，2）时,|x＋1｜－|x－2|－x2＋x＝eq\f（5,4），故m的取值范围为eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4）)).题型2绝对值不等式性质的应用eq\o(\s\up7(）,\s\do5（典例）)(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a。（1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；（2)设函数g（x）＝|2x－1｜.当x∈R时，f（x）＋g（x）≥3,求a的取值范围．（1）将不等式化为|x－a|≤c的形式求解．(2)利用绝对值不等式性质消去a。解(1）当a＝2时，f（x)＝｜2x－2|＋2.解不等式|2x－2|＋2≤6，得－1≤x≤3。因此f（x)≤6的解集为{x｜－1≤x≤3｝．（2）当x∈R时,f(x）＋g(x)＝｜2x－a|＋a＋|1－2x｜≥｜2x－a＋1－2x|＋a＝｜1－a｜＋a，当x＝eq\f(1，2）时等号成立，所以当x∈R时，f（x）＋g（x)≥3等价于|1－a｜＋a≥3.①当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．当a〉1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范围是[2,＋∞)．[条件探究]将典例(1)中条件“a＝2时”变为“g（x)＝|2x－1｜，若g（x)≤5时，恒有f（x）≤6”，试求a解g（x)≤5⇔|2x－1|≤5⇔－5≤2x－1≤5⇔－2≤x≤3；f(x）≤6⇔｜2x－a｜≤6－a⇔a－6≤2x－a≤6－a⇔a－3≤x≤3.依题意有a－3≤－2，a≤1.故a的最大值为1。方法技巧绝对值不等式性质的应用利用不等式|a＋b｜≤|a|＋｜b|（a，b∈R）和｜a－b|≤｜a－c|＋｜c－b｜（a，b∈R)，通过确定适当的a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以（1）求最值，(2）证明不等式．见典例．冲关针对训练（2018·福建漳州模拟）已知函数f(x)＝｜2x－a|＋｜2x－3｜，g(x）＝｜x－1|＋2.若对任意x1∈R，都存在x2∈R,使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．解因为对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g（x2）成立,所以｛y|y＝f（x)｝⊆｛y｜y＝g(x)}，又f（x)＝|2x－a｜＋|2x＋3|≥|(2x－a）－(2x＋3)｜＝｜a＋3|，g（x)＝｜x－1｜＋2≥2,所以|a＋3｜≥2，解得a≥－1或a≤－5，所以实数a的取值范围为[－1，＋∞）∪(－∞,－5]．1．（2017·河西区三模）若存在实数x,使｜x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是()A．[－2，1]B．[－2，2］C．[－2，3]D．［－2，4］答案D解析由｜x－a｜＋｜x－1|≥|（x－a）－（x－1）|＝｜a－1｜,不等式|x－a|＋|x－1|≤3有解，可得｜a－1|≤3，即－3≤a－1≤3，求得－2≤a≤4。故选D.2．（2017·潍坊一模）若关于x的不等式｜x＋1｜＋｜x－2｜＋m－7〉0的解集为R，则实数m的取值范围为（)A．(4，＋∞）B．［4，＋∞)C．（－∞，4)D．（－∞，4］答案A解析不等式｜x＋1|＋|x－2｜＋m－7>0,移项：｜x＋1｜＋｜x－2|>7－m，根据绝对值不等式的几何意义，可知:|x＋1｜＋｜x－2｜的最小值是3，解集为R，只需要3>7－m恒成立即可，解得m〉4。故选A。3．(2017·北仑区期中)关于x的不等式｜x－1|－|x－3|〉a2－3a的解集为非空数集,则实数a的取值范围是（A．1〈a<2 B.eq\f（3－\r（17),2)〈a〈eq\f(3＋\r(17)，2）C．a<1或a>2 D．a≤1或a≥2答案B解析关于x的不等式｜x－1|－|x－3｜〉a2－3a则a2－3a<(|x－1|－|x－3｜）max而｜x－1|－｜x－3｜的最大值是2，∴只需a2－3a－2〈0,解得：eq\f（3－\r(17），2)〈a〈eq\f（3＋\r(17)，2）。故选B.4．（2017·全国卷Ⅰ）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≤eq\f（－1＋\r（17),2）。所以f（x)≥g(x）的解集为xeq\b\lc\|\rc\}（\a\vs4\al\co1（－1≤x≤\f(－1＋\r(17），2））)。（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］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］．[基础送分提速狂刷练]1．（2017·洛阳模拟）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〈－eq\f(1，2）时，－x－2≤2，解得－4≤x<－eq\f(1，2)；当－eq\f(1，2)≤x≤1时，3x≤2，解得－eq\f（1，2）≤x≤eq\f（2，3)；当x〉1时,x≤0,此时x不存在，∴原不等式的解集为eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1（－4≤x≤\f（2,3)））)）.（2)令f（x）＝|2x＋1｜－|x－1|，则f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－2，x〈－\f(1,2），,3x，－\f（1，2)≤x≤1，,x＋2，x>1.））故f（x)∈eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(3,2),＋∞）)，即f(x）的最小值为－eq\f(3，2).若f（x）≤log2a有解,则log2a≥－eq\f(3，2)，解得a≥eq\f(\r（2),4)，即a的取值范围是eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r（2）,4），＋∞）)。2．（2017·广东潮州二模）设函数f（x)＝｜2x＋3｜＋|x－1|。(1)解不等式f(x）〉4;(2)若∀x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)）），不等式a＋1〈f(x）恒成立,求实数a的取值范围．解(1)∵f（x)＝|2x＋3|＋｜x－1｜，∴f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－3x－2,x〈－\f(3,2)，，x＋4，－\f（3，2）≤x≤1，,3x＋2，x>1，))f(x）〉4⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x〈－\f（3，2)，,－3x－2〉4)）或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f（3,2）≤x≤1，,x＋4〉4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x〉1，，3x＋2>4）)⇔x〈－2或0〈x≤1或x〉1.∴不等式f（x)〉4的解集为(－∞，－2）∪(0，＋∞)．(2)由（1)知,当x<－eq\f(3,2)时，f(x）＝－3x－2，∵当x<－eq\f（3,2）时,f（x)＝－3x－2〉eq\f（5,2),∴a＋1≤eq\f（5，2），即a≤eq\f（3，2）.∴实数a的取值范围为eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1（－∞,\f（3，2)）)。3．(2017·湖北黄冈调研)已知函数f(x）＝｜2x－a|＋｜2x－1|（a∈R)．(1)当a＝－1时,求f(x）≤2的解集；(2)若f（x）≤｜2x＋1｜的解集包含集合eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),1))，求实数a的取值范围．解（1）当a＝－1时，f（x)＝｜2x＋1｜＋|2x－1|，f（x）≤2⇒eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(x－\f(1，2））)≤1，上述不等式的几何意义为数轴上点x到两点－eq\f(1,2），eq\f(1,2)距离之和小于或等于1，则－eq\f(1，2）≤x≤eq\f(1,2)，即原不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2),\f(1,2)）).(2）∵f（x)≤｜2x＋1｜的解集包含eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1,2），1))，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，1）)时，不等式f（x）≤｜2x＋1｜恒成立,∴当x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，1）)时，｜2x－a|＋2x－1≤2x＋1恒成立，∴2x－2≤a≤2x＋2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，1）)上恒成立,∴(2x－2)max≤a≤(2x＋2)mineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1，2)，1)）)），∴0≤a≤3。故实数a的取值范围是[0，3]．4．(2018·山西八校联考）设函数f(x）＝｜x＋1|＋｜x－a|。（1)若f（x)≥5对于x∈R恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a＝1时，函数f（x）的最小值为t，且正实数m，n满足m＋n＝t，求证：eq\f（1,m)＋eq\f（1,n)≥2。解(1)｜x＋1｜＋｜x－a｜表示数轴上的动点x到两定点－1,a的距离之和，故当a≥4或a≤－6时，|x＋1｜＋|x－a｜≥5对于x∈R恒成立，即实数a的取值范围为（－∞，－6］∪［4，＋∞)．(2）证明:因为｜x＋1｜＋｜x－1｜≥|x＋1＋1－x｜＝2，所以f(x)min＝2,即t＝2，故m＋n＝2，又m，n为正实数，所以eq\f(1，m）＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（m＋n，2）)）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,m）＋\f（1,n))）＝eq\f（1,2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f（n,m）＋\f（m，n))）≥eq\f（1，2）×（2＋2)＝2，当且仅当m＝n＝1时取等号．5．（2017·沈阳模拟）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x∈R,使得不等式f（2x＋1）－f(x－1）≤7－3m成立,求实数m解（1）显然a≠0,当a>0时，解集为eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1，a)，\f（3，a））），则－eq\f(1,a）＝－6，eq\f（3，a)＝2,无解；当a〈0时，解集为eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(3,a)，－\f（1,a)）），令－eq\f（1,a)＝2，eq\f