数学高考备考讲义第三章不等式35

§3.5绝对值不等式最新考纲考情考向分析1.会解|x＋b|≤c，|x＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式.2.了解不等式||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.绝对值不等式的解法，利用绝对值不等式求最值是考查的重点；高考中绝对值不等式和数列、函数的结合是常见题型，解答题居多，难度为中高档.1.绝对值三角不等式(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立.(2)定理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.2.绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集：不等式a>0a＝0a<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.知识拓展|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.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)|x＋2|的几何意义是数轴上坐标为x的点到点2的距离.(×)(2)|x|>a的解集是{x|x>a或x<－a}.(×)(3)|a＋b|＝|a|＋|b|成立的条件是ab≥0.(√)(4)若ab<0，则|a＋b|<|a－b|.(√)(5)对一切x∈R，不等式|x－a|＋|x－b|>|a－b|成立.(×)题组二教材改编2.[P20T7]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，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－9<2x－5<9，,2x－5≥3或2x－5≤－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x<7，,x≥4或x≤1，))不等式的解集为(－2,1]∪[4,7).3.[P20T8]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，∴4＜2，∴此时无解.综上，原不等式的解集为(－∞，4).

题组三易错自纠4.(2018届浙江源清中学月考)已知a，b∈R，则“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B解析∵|a＋b|≤|a|＋|b|，∴由|a|＋|b|≤3可得|a＋b|≤3，又当a＝－4，b＝2时，|a＋b|≤3成立，而|a|＋|b|≤3不成立，故“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的必要不充分条件.5.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.[2,4] B.[1,2]C.[－2,4] D.[－4，－2]答案C解析∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，则|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.6.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)))解析设y＝|2x－1|＋|x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－1，x<－2，,－x＋3，－2≤x<\f(1,2)，,3x＋1，x≥\f(1,2).))当x<－2时，y＝－3x－1>5；当－2≤x<eq\f(1,2)时，eq\f(5,2)＜y＝－x＋3≤5；当x≥eq\f(1,2)时，y＝3x＋1≥eq\f(5,2)，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为eq\f(5,2).因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2对任意实数x恒成立，所以eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2.解不等式eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2，得－1≤a≤eq\f(1,2)，故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).题型一绝对值不等式的解法1.(2017·嘉兴七校期中)不等式1≤|2x－1|＜2的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) D.(－∞，0]∪[1，＋∞)答案C解析不等式等价于1≤2x－1<2或－2<2x－1≤－1，解得1≤x<eq\f(3,2)或－eq\f(1,2)＜x≤02.(2017·宁波北仑中学期中)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∵(|x－1|－|x－3|)max＝2，∴a2－3a<2，得eq\f(3－\r(17),2)<a<eq\f(3＋\r(17),2).3.不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集为________.答案{x|x≤－3或x≥2}解析方法一要去掉绝对值符号，需要对x与－2和1进行大小比较，－2和1可以把数轴分成三部分.当x<－2时，不等式等价于－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3；当－2≤x<1时，不等式等价于－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，无解；当x≥1时，不等式等价于x－1＋x＋2≥5，解得x≥2.综上，不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}.方法二|x－1|＋|x＋2|表示数轴上的点x到点1和点－2的距离的和，如图所示，数轴上到点1和点－2的距离的和为5的点有－3和2，故满足不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的x的取值范围为x≤－3或x≥2，所以不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}.4.设不等式|x－2|<a(a∈N*)的解集为A，且eq\f(3,2)∈A，eq\f(1,2)∉A，则a＝________.答案1解析∵eq\f(3,2)∈A，且eq\f(1,2)∉A，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2))<a，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－2))≥a，解得eq\f(1,2)<a≤eq\f(3,2)，又∵a∈N*，∴a＝1.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典例(1)对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为()A.1 B.2C.3 D.4答案C解析∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.(2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________.答案5解析|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)关于x的不等式|2018－x|＋|2019－x|≤d有解时，d的取值范围是________.答案[1，＋∞)解析∵|2018－x|＋|2019－x|≥|2018－x－2019＋x|＝1，∴关于x的不等式|2018－x|＋|2019－x|≤d有解时，d≥1.(2)若不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥|a－2|＋siny对一切非零实数x，y均成立，则实数a的取值范围为________.答案[1,3]解析∵x＋eq\f(1,x)∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))∈[2，＋∞)，其最小值为2.又∵siny的最大值为1，故不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥|a－2|＋siny恒成立时，有|a－2|≤1，解得a∈[1,3].题型三绝对值不等式的综合应用命题点1绝对值不等式和函数的综合典例(2017·浙江省杭州重点中学期中)已知函数f(x)＝x|x－a|－1.(1)当a＝1时，解不等式f(x)<x－1；(2)当x∈(0,1]时，f(x)≤eq\f(1,2)x2恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝x|x－1|－1，由不等式f(x)<x－1，得x|x－1|<x.①当x≥1时，不等式化为x(x－1)<x，即x2－2x<0，解得1≤x<2.②当x<1时，不等式化为x(1－x)<x，即－x2<0，解得x<1.综上，不等式的解集是{x|x<2}.(2)由题意得x|x－a|≤eq\f(1,2)x2＋1当x∈(0,1]时恒成立，所以|x－a|≤eq\f(1,2)x＋eq\f(1,x)当x∈(0,1]时恒成立，即eq\f(1,2)x－eq\f(1,x)≤a≤eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)当x∈(0,1]时恒成立.令g(x)＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,x)，则g(x)在(0,1]上单调递增，故g(x)≤g(1)＝－eq\f(1,2).又eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(\f(3,2)x·\f(1,x))＝eq\r(6)，当且仅当eq\f(3,2)x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(6),3)时等号成立，所以－eq\f(1,2)≤a≤eq\r(6)，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\r(6))).命题点2绝对值不等式和数列的综合典例已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2an＋1)(n∈N*).(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))))为单调递减数列；(2)记Sn为数列{|an＋1－an|}的前n项和，证明：Sn<eq\f(5,3)(n∈N*).证明(1)由题意知an>0，故eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2))))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2an＋1)－\f(1,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2))))＝eq\f(1,2an＋1)<1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))))为单调递减数列.(2)∵a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，∴当n≥3时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))<eq\f(1,6)，得eq\f(1,3)<an<eq\f(2,3)，故an≥eq\f(1,3)(n∈N*).∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2))))＝eq\f(1,2an＋1)≤eq\f(3,5).∴|an＋1－an|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)＋\f(1,2)－an))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))，∴Sn＝|a2－a1|＋|a3－a2|＋…＋|an＋1－an|≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a3－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)))≤eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n)),1－\f(3,5))＋eq\f(\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n)),1－\f(3,5))<eq\f(\f(1,2),1－\f(3,5))＋eq\f(\f(1,6),1－\f(3,5))＝eq\f(5,4)＋eq\f(5,12)＝eq\f(5,3).思维升华(1)恒成立问题可转化为函数的最值问题.(2)和绝对值有关的最值可以利用绝对值的性质进行改编或者化为分段函数解决.(3)和绝对值不等式有关的范围或最值问题，可利用绝对值的几何意义或绝对值三角不等式进行放缩.(4)利用特殊点的函数值可探求范围；若函数解析式中含有绝对值，也可化为分段函数.跟踪训练已知函数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，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋5，x≤2，,1，2<x<3，,2x－5，x≥3.))当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；当2<x<3时，f(x)≥3无解；当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4.所以当a＝－3时，f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.(2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|⇔4－x－(2－x)≥|x＋a|⇔－2－a≤x≤2－a.由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.故满足条件的a的取值范围为[－3,0].绝对值不等式的解法典例不等式|x＋1|＋|x－1|≥3的解集为________________.思想方法指导对|x－a|＋|x－b|≥c型不等式的解法，一般可采用三种方法求解：几何法、分区间讨论法和图象法.解析方法一当x≤－1时，原不等式可化为－(x＋1)－(x－1)≥3，解得x≤－eq\f(3,2)；当－1<x<1时，原不等式可以化为x＋1－(x－1)≥3，即2≥3，不成立，无解；当x≥1时，原不等式可以化为x＋1＋x－1≥3，所以x≥eq\f(3,2).综上，原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).方法二将原不等式转化为|x＋1|＋|x－1|－3≥0.构造函数y＝|x＋1|＋|x－1|－3，即y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－3，x≤－1，,－1，－1<x<1，,2x－3，x≥1.))作出函数的图象，如图所示：函数的零点是－eq\f(3,2)，eq\f(3,2).从图象可知，当x≤－eq\f(3,2)或x≥eq\f(3,2)时，y≥0，即|x＋1|＋|x－1|－3≥0.∴原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).方法三如图所示，设数轴上与－1,1对应的点分别为A，B，那么A，B两点的距离为2，因此区间[－1,1]上的数都不是不等式的解.设在A点左侧有一点A1，到A，B两点的距离之和为3，A1对应数轴上的x1.∴－1－x1＋1－x1＝3，得x1＝－eq\f(3,2).同理设B点右侧有一点B1，到A，B两点的距离之和为3，B1对应数轴上的x2，∴x2－1＋x2－(－1)＝3，得x2＝eq\f(3,2).从数轴上可以看到，点A1，B1之间的点到A，B的距离之和都小于3；点A1的左边或点B1的右边的任何点到A，B的距离之和都大于3.∴原不等式的解集是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))1.不等式|2x－1|<3的解集是()A.(1,2) B.(－1,2)C.(－2，－1) D.(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案B解析|2x－1|<3⇔－3<2x－1<3⇔－1<x<2.2.不等式|2x－1|－|x－2|<0的解集是()A.{x|－1<x<1} B.{x|x<－1}C.{x|x>1} D.{x|x<－1或x>1}答案A解析方法一原不等式即为|2x－1|<|x－2|，∴4x2－4x＋1<x2－4x＋4，∴3x2<3，∴－1<x<1.方法二原不等式等价于不等式组①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,2x－1－x－2<0))或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<2，,2x－1＋x－2<0))或③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤\f(1,2)，,－2x－1＋x－2<0.))不等式组①无解，由②得eq\f(1,2)<x<1，由③得－1<x≤eq\f(1,2).综上可得－1<x<1，∴原不等式的解集为{x|－1<x<1}.3.函数y＝|x－1|＋|x＋3|的最小值为()A.1 B.2C.3 D.4答案D解析y＝|x－1|＋|x＋3|＝|1－x|＋|x＋3|≥|1－x＋x＋3|＝4，当且仅当(1－x)(x＋3)≥0，即－3≤x≤1时取“＝”.∴当－3≤x≤1时，函数y＝|x－1|＋|x＋3|取得最小值4.4.(2018届浙江“七彩阳光”联盟联考)若a，b∈R，则使|a|＋|b|＞4成立的一个充分不必要条件是()A.|a＋b|≥4 B.|a|≥4C.|a|≥2且|b|≥2 D.b＜－4答案D解析由b＜－4，可得|a|＋|b|＞4显然成立；又当a＝3，b＝2时|a|＋|b|＞4成立且b＜－4不成立，故b＜－4是|a|＋|b|＞4成立的充分不必要条件.5.若不存在实数x使|x－3|＋|x－1|≤a成立，则实数a的取值范围是()A.(1,3) B.(－∞，2)C.(0,2) D.(1，＋∞)答案B解析|x－3|＋|x－1|的几何意义为数轴上表示x的点到表示3和1的点的距离之和，所以函数y＝|x－3|＋|x－1|的最小值为2，即实数a的取值范围是(－∞，2).6.(2017·浙江金华一中测试)已知f(x)＝2x2－4x－1，设有n个不同的数xi(i＝1,2，…，n)满足0≤x1＜x2＜…＜xn≤3，则满足|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|≤M的M的最小值是()A.10B.8C.6D.2答案A解析由二次函数的性质得f(x)＝2x2－4x－1在(0,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，且f(0)＝－1，f(1)＝－3，f(3)＝5，则当x1＝0，xn＝3，且存在xi＝1时，|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|取得最大值，最大值为|f(x1)－f(xi)|＋|f(xi)－f(xn)|＝|－1－(－3)|＋|－3－5|＝10，所以M的最小值为10，故选A.7.不等式|x－1|＋|x－2|≤5的解集为________.答案[－1,4]解析|x－1|＋|x－2|表示数轴上的点到点1和点2的距离之和.如图，点A和点B之间的点到点1和点2的距离之和都小于5.∴原不等式的解集为[－1,4].8.设函数f(x)＝|2x－1|＋x＋3，则f(－2)＝__________；若f(x)≤5，则x的取值范围是__________.答案6[－1,1]解析f(－2)＝|2×(－2)－1|－2＋3＝6；由f(x)≤5得|2x－1|＋x＋3≤5，即|2x－1|≤2－x，即x－2≤2x－1≤2－x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1≥x－2，,2x－1≤2－x，))解得－1≤x≤1.9.不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________.答案(－∞，2)解析由绝对值的几何意义知|x－4|＋|x＋5|≥9，则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一切x∈R恒成立，则需a<2.10.已知f(x)＝|x－3|，g(x)＝－|x－7|＋m，若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，则m的取值范围是________.答案(－∞，4)解析由题意，可得不等式|x－3|＋|x－7|－m>0恒成立，即(|x－3|＋|x－7|)min>m，由于数轴上的点到点3和点7的距离之和的最小值为4，所以要使不等式恒成立，则m<4.11.若不等式|3x－b|＜4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b的取值范围为________.答案(5,7)解析由|3x－b|＜4，得－4＜3x－b＜4，即eq\f(－4＋b,3)＜x＜eq\f(4＋b,3)，∵不等式|3x－b|＜4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤\f(－4＋b,3)＜1，,3＜\f(4＋b,3)≤4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4≤b＜7，,5＜b≤8，))∴5＜b＜7.12.已知函数f(x)＝|x＋3|－|x－2|.(1)求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≥|a－4|有解，求a的取值范围.解(1)f(x)＝|x＋3|－|x－2|≥3，当x≥2时，有x＋3－(x－2)≥3，解得x≥2；当x≤－3时，－x－3＋(x－2)≥3，解得x∈∅；当－3<x<2时，有2x＋1≥3，解得1≤x<2.综上，f(x)≥3的解集为{x|x≥1}.(2)由绝对值不等式的性质可得||x＋3|－|x－2||≤|(x＋3)－(x－2)|＝5，则有－5≤|x＋3|－|x－2|≤5.若f(x)≥|a－4|有解，则|a－4|≤5，解得－1≤a≤9.所以a的取值范围是[－1,9].13.当x∈[1,3]时，不等式|x－a|－|2x－1|≤3恒成立，则a的取值范围是________.答案[－3,5]解析当x∈[1,3]时，|x－a|≤|2x－1|＋3＝2x＋2，∴－2x－2≤x－a≤2x＋2，即－3x－2≤－a≤x＋2，∴－x－2≤a≤3x＋2对x∈[1,3]恒成立，∴－3≤a≤5.14.已知f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＋2|x＋2|.(1)求证：f(x)≥5；(2)若对任意实数x,15－2f(x)＜a2＋eq\f(9,a2＋1)都成立，求实数a的取值范围.解(1)∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x－3，x≤－2，,5，－2＜x≤－1，,2x＋7，－1＜x≤2，,4x＋3，x＞2，))∴f(x)的最小值为5.∴f(x)≥5.(2)由(1)知15－2f(x)的最大值为5.∵a2＋eq\f(9,a2＋1)＝(a2＋1)＋eq\f(9,a2＋1)－1≥2eq\r(a2＋1×\f(9,a2＋1))－1＝5，当且仅当a2＋1＝eq\f(9,a2＋1)时取等号，此时a＝±eq\r(2).∴当a＝±eq\r(2)时，a2＋eq\f(9,a2＋1)取得最