2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：选修第一节绝对值不等式

第一节绝对值不等式


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.❶
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)含绝对值不等式|x|＜a与|x|＞a的解法：
不等式
a＞0
a＝0
a＜0
|x|＜a

∅
∅
|x|＞a
{x|x＞a或x＜－a}
{x|x∈R且x≠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.
(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；❷
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.
(1)等号成立的条件在解题时经常用到，特别是用定理求函数的最大(小)值时，应特别注意.
(2)定理1还可以变形为|a－b|≤|a|＋|b|，等号成立的充要条件是ab≤0.
分区间讨论时，要注意以下两点：
(1)不要把分成的区间的端点遗漏.
(2)原不等式的解集是若干个不等式解集的并集，而不是交集.
[熟记常用结论]

[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(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|a|≥|b|时等号成立.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
二、选填题
1.设a，b为满足ab＜0的实数，那么(　　)
A.|a＋b|＞|a－b|　　　　 B.|a＋b|＜|a－b|
C.|a－b|＜||a|－|b|| D.|a－b|＜|a|＋|b|
解析：选B　∵ab＜0，∴|a－b|＝|a|＋|b|＞|a＋b|.
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)
解析：选D　由题意得
即
解得不等式的解集为(－2,1]∪[4,7).
3.不等式|2x－a|＜b的解集为{x|－1＜x＜4}，则a＋b的值为(　　)
A.－2 B.2
C.8 D.－8
解析：选C　∵|2x－a|＜b的解集为{x|－1＜x＜4}，
∴b＞0，
由|2x－a|＜b，得－b＜2x－a＜b，即＜x＜.
∴＝4，∴a＋b＝8，故选C.
4.不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是________.
解析：令f(x)＝|x＋1|－|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.所以不等式的解集是.
答案：
5.函数y＝|x－4|＋|x＋4|的最小值为________.
解析：因为|x－4|＋|x＋4|≥|(x－4)－(x＋4)|＝8，
所以所求函数的最小值为8.
答案：8


考点一 绝对值不等式的解法 [师生共研过关]
[典例精析]
(2018·洛阳第一次统考)已知函数f(x)＝|x－a|(a∈R).
(1)当a＝2时，解不等式＋f(x)≥1；
(2)设不等式＋f(x)≤x的解集为M，若⊆M，求实数a的取值范围.
[解]　(1)当a＝2时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3.
①当x≤时，原不等式可化为－3x＋1＋2－x≥3，
解得x≤0，所以x≤0；
②当＜x＜2时，原不等式可化为3x－1＋2－x≥3，
解得x≥1，所以1≤x＜2；
③当x≥2时，原不等式可化为3x－1＋x－2≥3，
解得x≥，所以x≥2.
综上所述，当a＝2时，原不等式的解集为{x|x≤0或x≥1}.
(2)不等式＋f(x)≤x可化为|3x－1|＋|x－a|≤3x，
依题意知不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在上恒成立，所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，
即a－1≤x≤a＋1，所以解得－≤a≤，
故所求实数a的取值范围是.
[解题技法]
解绝对值不等式的常用方法
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

[过关训练]
已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|＞1的解集.

解：(1)由题意得f(x)＝
故y＝f(x)的图象如图所示.

(2)由f(x)的表达式及图象可知，
当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；
当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5，
故f(x)＞1的解集为{x|1＜x＜3}；
f(x)＜－1的解集为.
所以|f(x)|＞1的解集为.
考点二 绝对值不等式性质的应用[师生共研过关]
[典例精析]
(2019·银川模拟)设函数f(x)＝x2－x－15，且|x－a|＜1.
(1)解不等式|f(x)|＞5.
(2)求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1).
[解]　(1)因为|x2－x－15|＞5，
所以x2－x－15＜－5或x2－x－15＞5，
即x2－x－10＜0或x2－x－20＞0，
解得＜x＜或x＜－4或x＞5，
所以不等式|f(x)|＞5的解集为
.
(2)证明：因为|x－a|＜1，
所以|f(x)－f(a)|＝|(x2－x－15)－(a2－a－15)|
＝|(x－a)(x＋a－1)|
＝|x－a|·|x＋a－1|＜1·|x＋a－1|
＝|x－a＋2a－1|
≤|x－a|＋|2a－1|＜1＋|2a－1|≤1＋|2a|＋1
＝2(|a|＋1)，
即|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1).
[解题技法]
绝对值不等式性质的应用
利用不等式|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)，通过确定适当的a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值或证明不等式.
[过关训练]
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.
考点三 含绝对值不等式的综合问题 [师生共研过关]
[例1]　(2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f(x)＝|x－a|＋|2x－a|(a∈R).
(1)若f(1)＜11，求a的取值范围；
(2)若∀a∈R，f(x)≥x2－x－3恒成立，求x的取值范围.
[解]　(1)f(1)＝|1－a|＋|2－a|＝
当a≤1时，3－2a＜11，解得a＞－4，∴－4＜a≤1；
当1＜a＜2时，1＜11恒成立；
当a≥2时，2a－3＜11，解得a＜7，∴2≤a＜7.
综上，a的取值范围是(－4,7).
(2)∵∀a∈R，f(x)≥x2－x－3恒成立，
又f(x)＝|x－a|＋|2x－a|≥|x－a－(2x－a)|＝|x|，
∴|x|≥x2－x－3，
∴或
解得0≤x≤3或－≤x＜0，
∴x的取值范围是[－，3].
[例2]　(2019·南昌模拟)设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)＞4；
(2)若存在x∈使不等式a＋1＞f(x)成立，求实数a的取值范围.
[解]　(1)由已知，得f(x)＝
∴f(x)＞4⇔或
或⇔x＜－2或0＜x≤1或x＞1.
综上，不等式f(x)＞4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞).
(2)存在x∈ 使不等式a＋1＞f(x)成立⇔a＋1＞f(x)min，x∈.
由(1)得，x∈时，f(x)＝x＋4，f(x)min＝，
∴a＋1＞，∴a＞，
∴实数a的取值范围为.
[解题技法]
1.含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法
(1)分离参数法：运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立问题中的参数范围问题.
求最值的3种方法：
①利用基本不等式和不等式的相关性质解决；
②将函数解析式用分段函数形式表示，作出函数图象，求得最值；
③利用性质“||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|”求最值.
(2)更换主元法：求解含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法.
(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可更直观解决问题.
2.不等式能成立问题
(1)在区间D上存在实数x使不等式f(x)＞A成立，等价于在区间D上f(x)max＞A；
(2)在区间D上存在实数x使不等式f(x)＜B成立，等价于在区间D上f(x)min＜B.
3.不等式恰成立问题
(1)不等式f(x)＞A在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)＞A的解集为D；
(2)不等式f(x)＜B在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)＜B的解集为D.
[过关训练]
1.(2018·惠州第一次调研)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|，g(x)＝|x－a|＋|x＋a|.
(1)解不等式f(x)＞9；
(2)若∀x1∈R，∃x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围.
解：(1)f(x)＝
f(x)＞9等价于或或
解得x＞3或x＜－3，
所以原不等式的解集为{x|x＞3或x＜－3}.
(2)∀x1∈R，∃x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)，等价于f(x)min≥g(x)min.
因为g(x)＝|x－a|＋|x＋a|≥2|a|，
由(1)知f(x)≥f ＝，
所以2|a|≤，解得－≤a≤，
所以实数a的取值范围是.
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≤.
所以f(x)≥g(x)的解集为.
(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].

1.(2019·沈阳模拟)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|.
(1)若函数f(x)的值域为[2，＋∞)，求实数a的值；
(2)若f(2－a)≥f(2)，求实数a的取值范围.
解：(1)∵|x－1|＋|x－a|≥|(x－1)－(x－a)|＝|a－1|，∴|a－1|＝2，解得a＝3或a＝－1.
(2)由f(2－a)≥f(2)，得3|a－1|－|a－2|≥1，
则或
或解得a≤0或≤a≤2或a＞2，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0]∪.
2.已知f(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.
(1)求不等式f(x)＜2的解集；
(2)若存在x∈R，使得f(x)＞|3a－2|成立，求实数a的取值范围.
解：(1)不等式f(x)＜2等价于
或或
解得x＜－ 或－≤x＜0，
∴不等式f(x)＜2的解集是(－∞，0).
(2)∵f(x)≤|(2x＋3)－(2x－1)|＝4，∴f(x)max＝4，
∴|3a－2|＜4，解得－＜a＜2，
∴实数a的取值范围是.
3.(2018·成都模拟)已知函数f(x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.
(1)当k＝1时，若不等式f(x)＜4的解集为{x|x1＜x＜x2}，求x1＋x2的值；
(2)当x∈R时，若关于x的不等式f(x)≥k恒成立，求k的最大值.
解：(1)由题意，得|x－2|＋|x＋1|＜4.
当x＞2时，原不等式可化为2x＜5，∴2＜x＜；
当x＜－1时，原不等式可化为－2x＜3，∴－＜x＜－1；
当－1≤x≤2时，原不等式可化为3＜4，∴－1≤x≤2.
综上，原不等式的解集为，
即x1＝－，x2＝.
∴x1＋x2＝1.
(2)由题意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k在x∈R上恒成立，
则当x＝2时，不等式3k≥k成立，∴k≥0.
①当x≤－2或x≥0时，
∵|x＋1|≥1，∴不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立.
②当－2＜x≤－1时，
原不等式可化为2－x－kx－k≥k，
可得k≤＝－1＋，∴k≤3.
③当－1＜x＜0时，
原不等式可化为2－x＋kx＋k≥k，可得k≤1－，
∴k＜3.
综上，可得0≤k≤3，即k的最大值为3.
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.
解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝
故不等式f(x)＞1的解集为.
(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，不满足题意；
若a＞0，则|ax－1|＜1的解集为，
所以≥1，故0＜a≤2.
综上，a的取值范围为(0,2].
5.(2018·甘肃第二次诊断检测)设函数f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|.
(1)解不等式f(x)＋g(x)＜2；
(2)对于实数x，y，若f(x)≤1，g(y)≤1，证明：|x－2y＋1|≤3.
解：(1)解不等式|x－3|＋|x－2|＜2.
①当x＜2时，原不等式可化为3－x＋2－x＜2，可得x＞，所以＜x＜2.
②当2≤x≤3时，原不等式可化为3－x＋x－2＜2，可得1＜2，所以2≤x≤3.
③当x＞3时，原不等式可化为x－3＋x－2＜2，可得x＜，所以3＜x＜.
综上，不等式f(x)＋g(x)＜2的解集为.
(2)证明：|x－2y＋1|＝|(x－3)－2(y－2)|≤|x－3|＋2|y－2|≤1＋2＝3，
当且仅当或时等号成立.
6.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.
解：(1)当a＝1时，f(x)＝
当x＜－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x＜－1；
当－1≤x≤2时，显然满足题意；
当x＞2时，由－2x＋6≥0，解得2＜x≤3，
故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|，且当x＝2时等号成立.
故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.
所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞).
7.(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；

(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值.
解：(1)f(x)＝

y＝f(x)的图象如图所示.
(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与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，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.
8.设函数f(x)＝＋|x－2m|(m＞0).
(1)求证：f(x)≥8恒成立；
(2)求使得不等式f(1)＞10成立的实数m的取值范围.
解：(1)证明：由绝对值三角不等式的性质及m＞0，
得f(x)＝＋|x－2m|≥
＝＝＋2m≥2 ＝8，
当且仅当＝2m，即m＝2时取等号.
所以f(x)≥8恒成立.
(2)f(1)＝＋|1－2m|(m＞0)，
当 1－2m＜0，
即m＞时，f(1)＝1＋－(1－2m)＝＋2m，
由f(1)＞10，得＋2m＞10，化简得m2－5m＋4＞0，
解得m＜1或m＞4，
所以＜m＜1或m＞4；
当1－2m≥0，
即0＜m≤时，f(1)＝1＋＋(1－2m)＝2＋－2m.
由f(1)＞10，得2＋－2m＞10，此式在0＜m≤时恒成立.
综上，当f(1)＞10时，实数m的取值范围是(0,1)∪(4，＋∞).