北师大版高考数学一轮复习第十三章 §13.2　第1课时　绝对值不等式

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考试要求 1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈R).2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.
1．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|a的解集
(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．
微思考
1．绝对值三角不等式的向量形式及几何意义是什么？
提示 当a，b不共线时，|a|＋|b|>|a＋b|，它的几何意义就是三角形的两边之和大于第三边．
2．用“零点分段法”解含有n个绝对值的不等式时，需把数轴分成几段？
提示 一般地，n个绝对值对应n个零点，n个零点应把数轴分成(n＋1)段．
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ab≤0时等号成立．( √ )
题组二 教材改编
2．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\c1(|2x－5|<9，,|2x－5|≥3，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－9<2x－5<9，,2x－5≥3或2x－5≤－3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2∴不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．
3．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为________．
答案 (－∞，4)
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<4，∴1(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)．
题组三 易错自纠
4．设A＝{x||x－2|≥2}，B＝{x||x－1|A．a<1 B．0C．a≤1 D．0答案 C
解析 由|x－2|≥2得x－2≤－2或x－2≥2，
解得x≤0或x≥4，所以A＝(－∞，0]∪[4，＋∞)，
由|x－1|解得1－a当a≤0时，B＝∅，A∩B＝∅，符合题意．
当a>0时，由于A∩B＝∅，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a≥0，,1＋a≤4，))解得0综上所述，a的取值范围是a≤1.
5．不等式x2－5|x|－6<0的解集是________．
答案 (－6,6)
解析 x2－5|x|－6<0，即(|x|－6)(|x|＋1)<0，
即|x|－6<0，|x|<6，故x∈(－6,6)．
6．设a，b∈R，|a－b|>2，则关于实数x的不等式|x－a|＋|x－b|>2的解集是________．
答案 R
解析 ∵|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|b－a|＝|a－b|.
又∵|a－b|>2，∴|x－a|＋|x－b|>2恒成立，
即该不等式的解集为R.
题型一 绝对值不等式的解法
例1 已知函数f(x)＝|2x＋3|.
(1)求不等式f(x)≤3＋|x－1|的解集；
(2)若不等式f(x)>2a－|2x－2|对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)∵不等式f(x)≤3＋|x－1|转化为
|2x＋3|－|x－1|≤3，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,2x＋3－x＋1≤3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥1，,x≤－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)∴－7≤x≤eq \f(1,3).
即不等式f(x)≤3＋|x－1|的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－7，\f(1,3))).
(2)由f(x)>2a－|2x－2|，得|2x＋3|＋|2x－2|>2a，
∵|2x＋3|＋|2x－2|≥|2x＋3－2x＋2|＝5，
当且仅当－eq \f(3,2)≤x≤1时取“＝”．
∴2a<5，a∴实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2))).
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．
跟踪训练1 (2020·江苏)设x∈R，解不等式2|x＋1|＋|x|<4.
解 当x>0时，原不等式可化为2x＋2＋x<4，
解得0当－1≤x≤0时，原不等式可化为2x＋2－x<4，
解得－1≤x≤0；
当x<－1时，原不等式可化为－2x－2－x<4，
解得－2综上，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2题型二 利用绝对值不等式的性质求最值
例2 (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时等号成立，
∴|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，转化为分段函数求最值．
跟踪训练2 已知a和b是任意非零实数．
(1)求eq \f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)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)∵eq \f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)≥eq \f(|2a＋b＋2a－b|,|a|)＝eq \f(|4a|,|a|)＝4，
当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时等号成立，
∴eq \f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)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|≤eq \f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)恒成立，
故|2＋x|＋|2－x|≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)))min.
由(1)可知，eq \f(|2a＋b|＋|2a－b|,|a|)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3 (2020·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4的解集；
(2)若f(x)≥4，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝|x－4|＋|x－3|
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7－2x，x≤3，,1，3当x≤3时，令7－2x≥4，解得x≤eq \f(3,2)；
当3当x≥4时，令2x－7≥4，解得x≥eq \f(11,2).
因此，不等式f(x)≥4的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤\f(3,2)或x≥\f(11,2))))).
(2)将题目转化为f(x)≥4恒成立，
即f(x)min≥4.
因为f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|
≥|a2－2a＋1|＝(a－1)2，
所以(a－1)2≥4，即|a－1|≥2.
解得a≥3或a≤－1.
所以a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
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有关的综合问题的常用方法．
跟踪训练3 (2019·全国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恒成立；
当x≥2时，f(x)＝2(x－1)2>0；
当1≤x<2时，f(x)＝2(x－1)≥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，＋∞)．
课时精练
1．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，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))≤eq \f(1,2)，
所以|4a－3b＋2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3a－3b＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))＋\f(5,2)))
≤|3a－3b|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))＋eq \f(5,2)
≤3＋eq \f(1,2)＋eq \f(5,2)＝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，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝|x|＋|x－a|.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)<4的解集；
(2)若f(x)≥1对任意x∈R成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，不等式f(x)<4可化为|x|＋|x－2|<4.
①当x<0时，不等式等价于－x－(x－2)<4，
解得x>－1，所以－1②当0≤x≤2时，不等式等价于x－(x－2)<4，
解得2<4，所以0≤x≤2；
③当x>2时，不等式等价于x＋(x－2)<4，
解得x<3，所以2综上，当a＝2时，不等式f(x)<4的解集为(－1,3)．
(2)因为|x|＋|x－a|≥|x－(x－a)|＝|a|，
所以f(x)min＝|a|.
又因为f(x)＝|x|＋|x－a|≥1对任意x∈R成立，
所以f(x)min≥1，
即|a|≥1，所以a≤－1或a≥1.
故实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
3．(2020·全国Ⅲ)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.
(1)证明：ab＋bc＋ca<0；
(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥eq \r(3,4).
证明 (1)∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，
∴ab＋bc＋ca＝－eq \f(1,2)(a2＋b2＋c2)．
∵abc＝1，∴a，b，c均不为0，∴a2＋b2＋c2>0，
∴ab＋bc＋ca＝－eq \f(1,2)(a2＋b2＋c2)<0.
(2)不妨设max{a，b，c}＝a，
由a＋b＋c＝0，abc＝1可知，a>0，b<0，c<0，
∵a＝－b－c，a＝eq \f(1,bc)，
∴a3＝a2·a＝eq \f(b＋c2,bc)＝eq \f(b2＋c2＋2bc,bc)≥eq \f(2bc＋2bc,bc)＝4.
当且仅当b＝c时，取等号，
∴a≥eq \r(3,4)，即max{a，b，c}≥eq \r(3,4).
4．(2020·湛江模拟)已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4；
(2)当x≠0，x∈R时，证明：f(－x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))≥2.
(1)解 由f(x)＋f(x＋1)≥4得|x－1|＋|x|≥4，
当x>1时，得2x－1≥4，所以x≥eq \f(5,2)；
当0≤x≤1时，得1≥4，所以x∈∅；
当x<0时，得1－2x≥4，所以x≤－eq \f(3,2).
综上，此不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞)).
(2)证明 由f(－x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝|x＋1|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))，
由绝对值不等式得|x＋1|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))≥eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，
又因为x，eq \f(1,x)同号，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))＝|x|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))，
由基本不等式得，|x|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))≥2，
当且仅当|x|＝1时，等号成立，
所以f(－x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))≥2.
5．设f(x)＝|x＋1|－|2x－1|.
(1)求不等式f(x)≤x＋2的解集；
(2)若不等式满足f(x)≤eq \f(1,2)|x|(|a－2|＋|a＋1|)对任意实数(x≠0)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)根据题意可知，原不等式为|x＋1|－|2x－1|≤x＋2，
等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－1，,－x－1＋2x－1≤x＋2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1≤x≤\f(1,2)，,x＋1＋2x－1≤x＋2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,2)，,x＋1－2x＋1≤x＋2，))
解得x<－1或－1≤x≤eq \f(1,2)或x>eq \f(1,2).
综上可得不等式f(x)≤x＋2的解集为R.
(2)不等式f(x)≤eq \f(1,2)|x|(|a－2|＋|a＋1|)等价于eq \f(|x＋1|－|2x－1|,|x|)≤eq \f(1,2)(|a－2|＋|a＋1|)，
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(|x＋1|－|2x－1|,|x|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x)))))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)＋2－\f(1,x)))＝3，当且仅当eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x)))≤0时取等号，
因为eq \f(|x＋1|－|2x－1|,|x|)≤eq \f(1,2)(|a－2|＋|a＋1|)，
所以|a－2|＋|a＋1|≥6，
解得a≤－eq \f(5,2)或a≥eq \f(7,2)，
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞)).不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|(－a，a)
∅
∅
|x|>a
(－∞，－a)∪(a，＋∞)
(－∞，0)∪(0，＋∞)
R