专题12.1 绝对值不等式-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘

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【考纲要求】
1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：
(1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b)).
(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－b))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－c))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(c－b)).
2．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ax＋b))≤c，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ax＋b))≥c，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－a))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－b))≥c..
【命题趋势】
解绝对值不等式是本部分在高考中的重点考查内容，其中以解含有两个绝对值的不等式为主.
【核心素养】
本讲内容突出对数学运算，数学抽象，逻辑推理的考查。
【素养清单•基础知识】
1．绝对值三角不等式
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．
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． ↓
|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当|a|≥|b|且ab≥0时，左边等号成立，当且仅当ab≤0时，右边等号成立.
2．绝对值不等式的解法
(1)|x|a型不等式的解法
(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.
|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法及体现数学思想
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.
【真题体验】
1.【2021年高考全国Ⅱ卷理数】已知
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若时，，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）当a=1时，．
当时，；当时，．
所以，不等式的解集为．
（2）因为，所以．
当，时，．
所以，的取值范围是．
【名师点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型
2.【2021年高考江苏卷数学】设，解不等式．
【答案】．
【解析】当x<0时，原不等式可化为，解得x<；
当0≤x≤时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解；
当x>时，原不等式可化为x+2x–1>2，解得x>1．
综上，原不等式的解集为．
【名师点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．
3.(2018·福州质检)设函数f(x)＝|x－1|，x∈R.
(1)求不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集；
(2)已知关于x的不等式f(x)≤f(x＋1)－|x－a|的解集为M，若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))⊆M，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)因为f(x)≤3－f(x－1)，
所以|x－1|≤3－|x－2|⇔|x－1|＋|x－2|≤3⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<1，,3－2x≤3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤2，,1≤3))或
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>2，,2x－3≤3，))解得0≤x<1或1≤x≤2或2故不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集为[0,3]．
(2)因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))⊆M，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，f(x)≤f(x＋1)－|x－a|恒成立，
而f(x)≤f(x＋1)－|x－a|⇔|x－1|－|x|＋|x－a|≤0⇔|x－a|≤|x|－|x－1|，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，所以|x－a|≤1，即x－1≤a≤x＋1，
由题意，知x－1≤a≤x＋1对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))恒成立，
所以eq \f(1,2)≤a≤2，故实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
4.(2021·贵阳适应性考试)已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
(1)解不等式f(x)>－x；
(2)若关于x的不等式f(x)≤a2－2a的解集为R，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)原不等式等价于f(x)＋x＞0，不等式f(x)＋x>0可化为|x－2|＋x>|x＋1|，
当x<－1时，－(x－2)＋x>－(x＋1)，解得x>－3，即－3当－1≤x≤2时，－(x－2)＋x>x＋1，解得x<1，即－1≤x<1；
当x>2时，x－2＋x>x＋1，解得x>3，即x>3，
综上所述，不等式f(x)＋x>0的解集为{x|－33}．
(2)由不等式f(x)≤a2－2a可得|x－2|－|x＋1|≤a2－2a，
∵|x－2|－|x＋1|≤|x－2－x－1|＝3，当且仅当x∈(－∞，－1]时等号成立，
∴a2－2a≥3，即a2－2a－3≥0，解得a≤－1或a≥3.
∴实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
5. 已知函数f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|(m∈R)，若关于x的不等式f(x)≤|2x＋1|的解集为A，且eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))⊆A，求实数m的取值范围．
【答案】见解析
【解析】∵eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))⊆A，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))时，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，
即|x＋m|＋|2x－1|≤|2x＋1|在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))上恒成立，
∴|x＋m|＋2x－1≤2x＋1，
即|x＋m|≤2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))上恒成立，
∴－2≤x＋m≤2，
∴－x－2≤m≤－x＋2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))上恒成立，
∴(－x－2)max≤m≤(－x＋2)min，
∴－eq \f(11,4)≤m≤0，故实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,4)，0)).
6.(2018·合肥质检)已知函数f(x)＝|2x－1|.
(1)解关于x的不等式f(x)－f(x＋1)≤1；
(2)若关于x的不等式f(x)【答案】见解析
【解析】(1)f(x)－f(x＋1)≤1⇔|2x－1|－|2x＋1|≤1，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,2x－1－2x－1≤1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)解得x≥eq \f(1,2)或－eq \f(1,4)≤x所以原不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞)).
(2)由条件知，不等式|2x－1|＋|2x＋1|则m>(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可．
由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋(2x＋1)|＝2，当且仅当(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))时等号成立，故m>2.所以m的取值范围是(2，＋∞)．
7.(2021·沈阳质检)已知函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋|2x＋1|的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．
【答案】见解析
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋3x.
法一：由f(x)≥3x＋|2x＋1|，得|x－1|－|2x＋1|≥0，
当x>1时，x－1－(2x＋1)≥0，得x≤－2，无解；
当－eq \f(1,2)≤x≤1时，1－x－(2x＋1)≥0，得－eq \f(1,2)≤x≤0；
当x<－eq \f(1,2)时，1－x－(－2x－1)≥0，得－2≤x<－eq \f(1,2).
∴不等式的解集为{x|－2≤x≤0}．
法二：由f(x)≥3x＋|2x＋1|，得|x－1|≥|2x＋1|，
两边平方，化简整理得x2＋2x≤0，
解得－2≤x≤0，
∴不等式的解集为{x|－2≤x≤0}．
(2)由|x－a|＋3x≤0，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥a，,4x－a≤0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥a，,x≤\f(a,4)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x当a>0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(a,2))))).
由－eq \f(a,2)＝－1，得a＝2.
当a＝0时，不等式的解集为{x|x≤0}，不合题意．
当a<0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤\f(a,4))))).
由eq \f(a,4)＝－1，得a＝－4.
综上，a＝2或a＝－4.
【考法拓展•题型解码】
考法一 绝对值不等式的解法
归纳总结
解含绝对值的不等式时，若两个绝对值中x的系数为1(或可化为1)，选用几何法或图象法求解较为简单．若x的系数不全为1，则选用零点分段讨论法求解，同时注意端点值的取舍．
【例1】 解不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋2))≥5.
【答案】见解析
【解析】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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－6，x≤－2，,－2，－2＜x＜1，,2x－4，x≥1.))
作出函数的图象，如图所示．
由图可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，所以原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
考法二 绝对值不等式的证明
归纳总结
(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．
(2)利用三角不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a±b))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))进行证明．
(3)转化为函数问题，数形结合进行证明．
【例2】 设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)，若|a|≤1，求证：|f(x)|≤eq \f(5,4).
【答案】见解析
【解析】证明 方法一 因为－1≤x≤1，所以|x|≤1.
又因为|a|≤1，所以|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|x|－\f(1,2)))2＋eq \f(5,4)≤eq \f(5,4).
方法二 设g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x.
因为－1≤x≤1，
当x＝±1即x2－1＝0时，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤eq \f(5,4)；
当－1因为|a|≤1，所以－1≤a≤1，
所以g(a)max＝g(－1)＝－x2＋x＋1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(5,4)；
g(a)min＝g(1)＝x2＋x－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2－eq \f(5,4).
所以－eq \f(5,4)≤g(a)≤eq \f(5,4)，所以|f(x)|＝|g(a)|≤eq \f(5,4).
考法三 绝对值不等式的综合应用
归纳总结
对于求y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－a))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－b))或y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋a))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－b))型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－a))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－b))的函数只有最小值，形如y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－a))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－b))的函数既有最大值又有最小值．
【例3】 已知函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x＋1))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－3))＋a.
(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥6；
(2)若不等式f(x)≥3a2对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)当a＝0时，求得
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4x＋2，x＜－\f(1,2)，,4，－\f(1,2)≤x≤\f(3,2)，,4x－2，x＞\f(3,2)，))
由f(x)≥6⇒x≤－1或x≥2.
所以不等式的解集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
(2)因为|2x＋1|＋|2x－3|≥|(2x＋1)－(2x－3)|＝4.
所以f(x)min＝4＋a，要使f(x)≥3a2对一切实数x恒成立，
只要4＋a≥3a2，解得－1≤a≤eq \f(4,3).
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(4,3))).
【例4】 (2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2，x≤－1，,2x，－1故不等式f(x)>1的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>\f(1,2))))).
(2)当x∈(0,1)时，|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0,1)时，|ax－1|<1成立．
若a≤0，则当x∈(0,1)时，|ax－1|≥1，不符合题意；
若a>0，则|ax－1|<1的解集为0【易错警示】
易错点 不能正确处理好整体与个体的关系
【典例】 已知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋y))＜eq \f(1,3)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－y))＜eq \f(1,6)，求证：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－y))＜eq \f(2,9).
【错解】：因为|x＋y|所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)所以|x－y|【错因分析】：先由已知求得x和y的取值范围，再代入求证，致使取值范围扩大造成错误．
【正解】：设m(x＋y)＋n(2x－y)＝x－y，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋2n＝1，,m－n＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,3)，,n＝\f(2,3)，))
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－y))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)x＋y＋\f(2,3)2x－y))≤eq \f(1,3)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋y))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－y))＜eq \f(1,9)＋eq \f(1,9)＝eq \f(2,9).
误区防范
这种题不能单独求x，y的范围，否则会扩大范围，必须整体代换，用待定系数法作答．
【跟踪训练】 (2016·江苏卷)设a＞0，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－1))＜eq \f(a,3)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y－2))＜eq \f(a,3)，求证：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x＋y－4))＜a.
【答案】见解析
【解析】证明 因为|x－1|＜eq \f(a,3)，|y－2|＜eq \f(a,3)，所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜2×eq \f(a,3)＋eq \f(a,3)＝a.
【递进题组】
1．解不等式eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋3))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－1))＜eq \f(x,2)＋1.
【答案】见解析
【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)－(2x－1)＜eq \f(x,2)＋1，解得x＞2，所以x＞2.
故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－\f(2,5)或x＞2)))).
2．(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋4，x≤－1，,2，－12.))
则f(x)≥0等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－1，,2x＋4≥0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－12，,－2x＋6≥0，))
解得－2≤x≤－1或－1所以f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4，
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，当且仅当x＝2时等号成立．
故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4得a≤－6或a≥2.
所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
3．(2021·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
(2)若对于x，y∈R，有|x－y－1|≤eq \f(1,3)，|2y＋1|≤eq \f(1,6)，求证：f(x)<1.
【答案】见解析
【解析】(1)f(x)<|x|＋1⇔|x|－|2x－1|＋1>0，
当x<0时，－x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以无解；
当0≤x≤eq \f(1,2)时，x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以0当x>eq \f(1,2)时，x－(2x－1)＋1>0，得x<2，所以eq \f(1,2)故不等式f(x)<|x|＋1的解集为{x|0(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)＝eq \f(5,6)<1.
4．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．
【答案】见解析
【解析】(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－10，解得eq \f(2,3)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{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)(2)由题设可得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))
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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为eq \f(2,3)(a＋1)2.由题设得eq \f(2,3)(a＋1)2>6且a＞0，故a>2.所以a的取值范围为(2，＋∞)．
【考卷送检】
1．已知f(x)＝|x＋1|＋|x－2|，g(x)＝|x＋1|－|x－a|＋a(a∈R)．
(1)解不等式f(x)≤5；
(2)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|表示数轴上的x对应点到－1和2对应点的距离之和，而－2对应点到－1和2对应点的距离之和正好等于5,3对应点到－1和2对应点的距离之和正好等于5，故不等式f(x)≤5的解集为[－2,3]．
(2)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，即|x－2|＋|x－a|≥a恒成立．
而|x－2|＋|x－a|≥|(2－x)＋(x－a)|＝|a－2|，
所以(|x－2|＋|x－a|)min＝|a－2|，所以|a－2|≥a，
所以a≤0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－22≥a2，,a>0，))解得a≤1，故a的取值范围为(－∞，1]．
2．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图像．
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
【答案】见解析
【解析】(1)整理f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|可得
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x，x<－\f(1,2)，,x＋2，－\f(1,2)≤x<1，,3x，x≥1.))
故y＝f(x)的图像如图：
(2)由(1)知y＝f(x)的图像与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)上成立，因此a＋b的最小值为5.
3．(2021·惠州第二次调研)设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)>4；
(2)若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))使不等式a＋1>f(x)成立，求实数a的取值范围．
【答案】见解析
【解析】(1)因为f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|，
所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x－2，x<－\f(3,2)，,x＋4，－\f(3,2)≤x≤1，,3x＋2，x>1.))
f(x)>4等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)，,－3x－2>4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)≤x≤1，,x＋4>4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1，,3x＋2>4，))
解得x<－2或01.
综上，不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
(2)因为存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))使不等式a＋1>f(x)成立，
所以a＋1>f(x)min.由(1)知，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))时，f(x)＝x＋4，
当x＝－eq \f(3,2)时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝eq \f(5,2)，
所以a＋1>eq \f(5,2)，解得a>eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
4．设对于任意实数x，不等式|x＋7|＋|x－1|≥m恒成立．
(1)求m的取值范围；
(2)当m取最大值时，解关于x的不等式|x－3|－2x≤2m－12.
【答案】见解析
【解析】(1)设f(x)＝|x＋7|＋|x－1|，
则有f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－6－2x，x<－7，,8，－7≤x≤1，,2x＋6，x>1，))
当x<－7时，f(x)>8；当－7≤x≤1时，f(x)＝8；
当x>1时，f(x)>8.
综上，f(x)有最小值8，所以m≤8，
故m的取值范围为(－∞，8]．
(2)当m取最大值时，m＝8.原不等式等价于|x－3|－2x≤4，
等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥3，,x－3－2x≤4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<3，,3－x－2x≤4，))
等价于x≥3或－eq \f(1,3)≤x<3.
所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥－\f(1,3))))).
5．(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．
【答案】见解析
【解析】(1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－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\c1(|x|－\f(3,2)))2＋eq \f(5,4)≤eq \f(5,4)，故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,4))).
6．设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为[0,2]，eq \f(1,m)＋eq \f(1,2n)＝a(m>0，n>0)，求证：m＋2n≥4.
【答案】见解析
【解析】(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4.
因为方程|x－2|＋|x－1|＝4的解为x1＝－eq \f(1,2)，x2＝eq \f(7,2)，
所以原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞)).
(2)证明：f(x)≤1，即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1，
而f(x)≤1的解集是[0,2]，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＝0，,a＋1＝2，))解得a＝1，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,2n)＝1(m>0，n>0)．
所以m＋2n＝(m＋2n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,2n)))＝2＋eq \f(2n,m)＋eq \f(m,2n)≥4.
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－a∅
∅
|x|>a
{x|x>a或x<－a}
{x|x∈R且x≠0}
R