考点48 绝对值不等式-备战2022年高考数学（理）一轮复习考点微专题学案

考点48  绝对值不等式

1．（2021·全国高考真题（理））已知函数．

（1）当时，求不等式的解集;

（2）若，求a的取值范围．

【答案】（1）.（2）.

【分析】

（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.

（2）利用绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.

【详解】

（1）当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，

则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，

当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，

∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，

所以的解集为.

（2）依题意，即恒成立，

，

当且仅当时取等号，,

故，

所以或，

解得.

所以的取值范围是.

【点睛】

解绝对值不等式的方法有零点分段法、几何意义法．解含有两个绝对值，且其中的的系数相等时，可以考虑利用数轴上绝对值的几何意义求解；利用绝对值三角不等式求最值也是常见的问题，注意表述取等号的条件.

1、绝对值不等式的解集：在数轴上到原点的距离小于的点所对应的实数的集合。

2、绝对值的基本性质：

3、绝对值的运算法则

（注意不等式成立的条件）

（注意不等式成立的条件）

4、绝对值不等式的解法

含有多个绝对值符号的不等式，一般可用零点分段求解。

1．（2021·浙江高三其他模拟）已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．（2021·山西太原市·高三一模（理））已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

3．（2021·辽宁大连市·高三一模）已知集合则，则（    ）

A． B．

C． D．

4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

5．（2021·全国高三专题练习）已知函数，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

6．（2021·山东电子职业技术学院高三月考）已知二次函数为偶函数，且最大值为，则不等式的解集为（    ）．

A．空集 B． C． D．

7．（2021·全国高三专题练习）设，其中常数，.若函数的图象如图所示，则数组的一组值可以是（    ）

A． B．

C． D．

8．（2020·贵州贵阳市·高三其他模拟）关于的不等式的解为（    ）

A． B． C． D．

9．（2020·浙江高三期中）当时，不等式恒成立，则的最大值为（    ）

A．18 B．17 C．16 D．15

10．（2020·上海交通大学附属中学浦东实验高中高三期中）已知，则“”是“”的（    ）

A．既不充分也不必要条件 B．充要条件

C．必要不充分条件 D．充分不必要条件

11．（2020·安徽池州市·池州一中高三月考（理））函数在有定义，，如果对于任意不同的，都有，那么的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．

12．（2020·四川眉山市·仁寿一中高三月考（理））不等式对一切实数恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

13．（2021·全国高三专题练习）已知函数，若对任意的实数都成立，则正数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

14．（2020·江西宜春市·上高二中高三月考（理））若不等式对任意实数恒成立，则（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

15．（2015·山东高考真题（理））不等式的解集是

A．（-，4） B．（-，1） C．（1，4） D．（1，5）

16．（2020·全国高考真题（理））已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，求a的取值范围.

17．（2020·江苏高考真题）设，解不等式．

18．（2020·全国高考真题（理））已知函数．

（1）画出的图像；

（2）求不等式的解集．

19．（2017·全国高考真题（理））已知函数=│x+1│–│x–2│.

（1）求不等式≥1的解集；

（2）若不等式≥x2–x +m的解集非空，求实数m的取值范围.

20．（2017·全国高考真题（理））已知函数，．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含[–1，1]，求的取值范围．

1．A

【分析】

化简再求补集，然后求得与的交集．

【详解】

由题意得，，则或，则．

故选：A

2．A

【分析】

先解出集合A、B，再求.

【详解】

解：∵集合，，

∴．

故选：A．

3．B

【分析】

解不等式确定集合，然后由并集定义计算．

【详解】

由题意，，

所以．

故选：B．

4．B

【分析】

先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.

【详解】

因为集合，，

所以,

故选:B

5．A

【分析】

先判断是偶函数，再判断在上递增，在上递减，从而将不等式转化为，再解不等式可得答案.

【详解】

因为，

且函数的定义域为实数集，

所以是偶函数，

因为函数，

所以，

在上递增，

所以时，，而，

所以时，，在上递增，
 

因为函数是偶函数，所以在上递减.

所以不等式等价于，

化为，

即，

所以不等式的解集为，

故选：A.

【点睛】

方法点睛：将奇偶性与单调性综合考查一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.

6．B

【分析】

由偶函数图象关于轴对称可构造方程求得，结合二次函数最大值可确定，并求得，由绝对值不等式的解法可求得结果.

【详解】

二次函数为偶函数，对称轴，解得：；

有最大值，，，，

可化为，即，解得：，

即的解集为.

故选：B.

7．A

【分析】

利用取极限的思想，，当足够大时，总有，由图像可知，此时与无关，故当时，得，即可判断.

【详解】

由于，当足够大时，

总有，

由图像可知，此时与无关，

故当时，得，

由此排除B，C，D；

对于A：，

，

符合图象，

故选：A.

【点睛】

关键点睛：利用取极限的思想，分析出，当足够大时，由图象可知，此时函数的变化与无关，是解决本题的关键.

8．B

【分析】

由题意知，不等式等价于，从而得到，求得结果.

【详解】

根据对数式有意义，可得，

不等式等价于，

所以，解得，

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：该题考查的是有关求不等式的解集的问题，在解题的过程中，注意到是解题的关键.

9．B

【分析】

分别令、、1，则可求得，利用这三个不等式，可构造出、，即可求出、的范围，即可得答案.

【详解】

因为，

所以，

当时，可得①，

当时，可得②，

当时，可得③，

由①②③可得，

，

所以，

故选：B

【点睛】

本题考查利用不等式性质求范围，解题的关键是分别求出、、的范围，再整体代入求出、的范围，考查整体代入，转化求解的能力，属中档题.

10．D

【分析】

求出不等式解集再利用集合包含关系得解

【详解】

是的真子集

所以“”是“”的充分不必要条件

故选：D

【点睛】

解出绝对值不等式的解集是关键.

11．B

【分析】

不妨设，当时，显然；当时，利用对原不等式进行放缩，可得成立，即可求得最大值.

【详解】

不妨设

（1）当时，显然；

（2）当时，

.

所以，对于任意不同的，都有成立，即的最大值为.

故选：B

【点睛】

本题考查不等式的证明、不等式的放缩，属于中档题.

12．D

【分析】

先根据绝对值三角不等式求最值，再解含绝对值不等式得结果.

【详解】

所以

故选：D

【点睛】

本题考查绝对值三角不等式、解含绝对值不等式，考查基本分析求解能力，属中档题.

13．C

【分析】

利用绝对值三角不等式，得，问题转化为或，利用，又转化为或的解集为，利用绝对值的几何意义解不等式后，根据解集的关系可得的范围．

【详解】

因为，所以或，

又，所以或的解集为，

解得或，所以当时，有，

由解得或，即或，

因为，所以，即.

故选：C．

【点睛】

本题考查绝对值三角不等式，考查绝对值的几何意义，解绝对值不等式的方法：（1）根据绝对值定义分类讨论去绝对值符号后求解；（2）根据绝对值的几何意义求解；（3）在不等式两边均为正（或非负）时可能两边平方化简不等式．

14．D

【分析】

可采用分类讨论法，分别讨论与的正负，确定之间的关系即可求解.

【详解】

当时，即时，恒成立，

所以恒成立，所以且；

当时，即时，恒成立

所以或恒成立，所以且，

综上，

故选：D

【点睛】

本题考查一元二次不等式的解法，由含参数绝对值不等式求参数关系，分类讨论的数学思想，属于中档题

15．A

【详解】

原不等式同解于如下三个不等式解集的并集;

解（Ⅰ）得： ,解（Ⅱ）得： ,解（III）得： ,

所以，原不等式的解集为 .故选A.

考点：含绝对值的不等式的解法.

16．（1）或；（2）.

【分析】

（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；

（2）利用绝对值三角不等式可得到，由此构造不等式求得结果.

【详解】

（1）当时，.

当时，，解得：；

当时，，无解；

当时，，解得：；

综上所述：的解集为或.

（2）（当且仅当时取等号），

，解得：或，

的取值范围为.

【点睛】

本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.

17．

【分析】

根据绝对值定义化为三个方程组，解得结果

【详解】

或或

或或

所以解集为：

【点睛】

本题考查分类讨论解含绝对值不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.

18．（1）详解解析；（2）.

【分析】

（1）根据分段讨论法，即可写出函数的解析式，作出图象；

（2）作出函数的图象，根据图象即可解出．

【详解】

（1）因为，作出图象，如图所示：

（2）将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，如图所示：

由，解得．

所以不等式的解集为．

【点睛】

本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结合能力，属于基础题．

19．（1）；（2）.

【分析】

（1）由于f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；

（2）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max，从而可得m的取值范围．

【详解】

解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1，

∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；

当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；

综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．

（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，

即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x．

由（1）知，g（x），

当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x1，

∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5；

当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∈（﹣1，2），

∴g（x）≤g（）1；

当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x2，

∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1；

综上，g（x）max，

∴m的取值范围为（﹣∞，]．

【点睛】

本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题．

20．（1）；（2）．

【详解】

试题分析：（1）分，，三种情况解不等式；（2）的解集包含，等价于当时，所以且，从而可得．

试题解析：（1）当时，不等式等价于.①

当时，①式化为，无解；

当时，①式化为，从而；

当时，①式化为，从而.

所以的解集为.

（2）当时，.

所以的解集包含，等价于当时.

又在的最小值必为与之一，所以且，得.

所以的取值范围为.

点睛:形如(或)型的不等式主要有两种解法：

(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为，， (此处设)三个部分，将每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．

(2)图像法：作出函数和的图像，结合图像求解．