高中数学高考第1节 绝对值不等式 教案

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[最新考纲] 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－b|≤|a－c|＋|c－b|(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．
2．绝对值不等式的解法
(1)|x|a型不等式的解法：
(2)|ax＋b|≤c，|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，|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；
②利用零点分段法求解；
③构造函数，利用函数的图象求解．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√
二、教材改编
1．不等式1<|x＋1|<3的解集为( )
A．(0,2) B．(－2,0)∪(2,4)
C．(－4,0) D．(－4，－2)∪(0,2)
D [原不等式等价于1∴0∴原不等式的解集为(－4，－2)∪(0,2)，故选D.]
2．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为( )
A．2 B．4
C．6 D．10
A [由|x－4|＋|x－6|的几何意义可知|x－4|＋|x－6|≥2，故选A.]
3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝ .
2 [由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.]
4．不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是 ．
{x|x≥1} [令f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3，x≤－1，,2x－1，－1＜x＜2，,3，x≥2.))当－1＜x＜2时，
由2x－1≥1，解得1≤x＜2.又当x≥2时，f(x)＝3＞1恒成立．所以不等式的解集为{x|x≥1}．]
考点1 绝对值不等式的常用解法
解绝对值不等式的常用方法
(1)解不等式x＋|2x＋3|≥2.
(2)(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．
[解] (1)原不等式可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜－\f(3,2)，,－x－3≥2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥－\f(3,2)，,3x＋3≥2.))
解得x≤－5或x≥－eq \f(1,3).
综上，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－5或x≥－\f(1,3))))).
(2)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xeq \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；
若a>0，|ax－1|<1的解集为xeq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0综上，a的取值范围为(0,2]．
解答例(2)第②问时，求出|ax－1|＜1的解集eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(2,a)))))后，易错误的认为eq \f(2,a)＜1，导致解题错误．
[教师备选例题]
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轴围成的三角形的面积大于6，求a的取值范围．
[解] (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－1＜x＜1时，不等式化为3x－2＞0，
解得eq \f(2,3)＜x＜1；
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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,3)＜x＜2)))).
(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，故a＞2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
(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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－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]．
考点2 绝对值三角不等式的应用
利用绝对值三角不等式求最值(或证明)
(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)对于求y＝|x－a|＋|x－b|或y＝|x－a|－|x－b|型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝|x－a|＋|x－b|的函数只有最小值，形如y＝|x－a|－|x－b|的函数既有最大值又有最小值．
(1)若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值．
[解] 因为|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)|≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，
所以|2x＋3y＋1|的最大值为7.
(2)若a≥2，x∈R，求证：|x－1＋a|＋|x－a|≥3.
[证明] 因为|x－1＋a|＋|x－a|≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|2a－1|，
又a≥2，故|2a－1|≥3，
所以|x－1＋a|＋|x－a|≥3成立．
[逆向问题]
若|x－1＋a|＋|x－a|≥3，求a的取值范围．
[解] ∵|x－1＋a|＋|x－a|≥|2a－1|，
∴|2a－1|≥3，
∴2a－1≥3或2a－1≤－3，
∴a≥2或a≤－1，
即a的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
本例(2)的证明使用了放缩法，即先证明|x－1＋a|＋|x－a|≥|2a－1|，然后再证明|2a－1|≥3.
已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)＜|x|＋1；
(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤eq \f(1,3)，|2y＋1|≤eq \f(1,6)，求证：f(x)＜1.
[解] (1)∵f(x)＜|x|＋1，
∴|2x－1|＜|x|＋1，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,2x－1＜x＋1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(1,2)，,1－2x＜x＋1))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤0，,1－2x＜－x＋1，))
得eq \f(1,2)≤x＜2或0＜x＜eq \f(1,2)或无解．
故不等式f(x)＜|x|＋1的解集为{x|0＜x＜2}．
(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋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.
故不等式f(x)＜1得证．
考点3 绝对值不等式的综合应用
两招解不等式问题中的含参问题
(1)问题转化
①把存在性问题转化为求最值问题，即f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a.
②不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题；
③不等式的解集为∅的对立面也是不等式的恒成立问题，此类问题都可转化为最值问题，即f(x)＜a恒成立⇔a＞f(x)max，f(x)＞a恒成立⇔a＜f(x)min.
(2)求最值
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．
(2019·合肥模拟)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)＜m－f(x＋1)的解集不是空集，求m的取值范围．
[解] (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)＜x＜\f(1,2)，,1－2x－2x－1≤1))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤－\f(1,2)，,1－2x＋2x＋1≤1，))
解得x≥eq \f(1,2)或－eq \f(1,4)≤x＜eq \f(1,2)，即x≥－eq \f(1,4)，
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|＜m有解，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，＋∞)．
本例第(2)问中不等式f(x)＜m－f(x＋1)的解集不是空集，即不等式有解，是存在性问题，可转化为m＞[f(x)＋f(x＋1)]min.
[教师备选例题]
(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\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)，
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\c1(－∞，\f(5,4))).
1.(2019·洛阳模拟)已知函数f(x)＝|x－5|.
(1)解不等式：f(x)＋f(x＋2)≤3；
(2)若a＜0，求证：f(ax)－f(5a)≥af(x)．
[解] (1)不等式化为|x－5|＋|x－3|≤3.
当x＜3时，原不等式等价于－2x≤－5，即eq \f(5,2)≤x＜3；
当3≤x≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x≤5；
当x＞5时，原不等式等价于2x－8≤3，即5＜x≤eq \f(11,2).
综上，原不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(11,2))).
(2)证明：由题意得
f(ax)－af(x)＝|ax－5|－a|x－5|＝|ax－5|＋|ax－5a|＝|ax－5|＋|－ax＋5a|≥|ax－5－ax＋5a|＝|5a－5|＝f(5a)．
所以f(ax)－f(5a)≥af(x)成立．
2．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．
[解] ∵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)).
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
本章在高考中考查1道解答题，分值10分.
2.考查内容
高考对本章内容的考查主要体现在以下两个方面：
(1)绝对值不等式的求解及绝对值不等式与函数问题的综合；
(2)绝对值不等式的恒成立问题及与不等式的证明相结合.
3.备考策略
(1)熟练掌握解决以下问题的方法和规律
①含绝对值不等式的解法问题；
②利用绝对值三角不等式求最值问题；
③不等式的解集与参数问题；
④证明不等式问题.
(2)重视数形结合、分类讨论、转化与化归思想的应用.
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|{x|－a＜x＜a}
∅
∅
|x|>a
{x|x＞a或x＜－a}
{x∈R|x≠0}
R
基本性质法
对a∈R＋，|x|＜a⇔－a＜x＜a，|x|＞a⇔x＜－a或x＞a
平方法
两边平方去掉绝对值符号
零点分区间法
含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解
数形结合法
在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解