【数学】2020届一轮复习人教A版绝对值不等式学案

【数学】2020届一轮复习人教A版绝对值不等式学案

第1课时　绝对值不等式 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－c|＋|x－b|≥a.‎ 知 识 梳 理 ‎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)含绝对值的不等式|x|a的解集 不等式 a>0‎ a＝0‎ a<0‎ ‎|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 法一：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.‎ 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想.‎ 法三：通过构造函数，利用函数的图像求解，体现了函数与方程的思想.‎ ‎[微点提醒]‎ ‎1.在解决有关绝对值不等式的问题时，充分利用绝对值不等式的几何意义解决问题能有效避免分类讨论不全面的问题.若用零点分段法求解，要掌握分类讨论的标准，做到不重不漏.‎ ‎2.绝对值三角不等式|a±b|≤|a|＋|b|，从左到右是一个放大过程，从右到左是缩小过程，证明不等式可以直接用，也可利用它消去变量求最值.绝对值不等式是证明与绝对值有关的不等式的重要工具，但有时还需要通过适当的变形使其符合绝对值不等式的条件.‎ 基 础 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”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|a|≥|b|时等号成立.(　　)‎ ‎(5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立.(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√‎ ‎2.(选修4－5P19习题T9改编)若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|，存在实数解，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ ‎∴|x＋1|＋|x－2|的最小值为3，要使原不等式有解，‎ 只需|a|≥3，即a≥3或a≤－3.‎ 答案　(－∞，－3]∪[3，＋∞)‎ ‎3.(选修4－5P20习题T7改编)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　由题意得即 解得不等式的解集为(－2，1]∪[4，7)．‎ 答案　D ‎4.(2019·南阳第一中学月考)不等式|x－5|＋|x＋3|≥1的解集是(　　)‎ A.[－5，7] 　 B.[－4，6]‎ C.(－∞，－5]∪[7，＋∞) 　 D.(－∞，＋∞)‎ 解析　|x－5|＋|x＋3|≥|(x－5)－(x＋3)|＝8>1⇒原不等式的解集为R，故选D.‎ 答案　D ‎5.(2019·榆林二模)已知函数f(x)＝|x－2|.‎ ‎(1)求不等式f(x)＋x2－4>0的解集；‎ ‎(2)设g(x)＝－|x＋7|＋3m，若关于x的不等式f(x)0，解得x>2，‎ 当x<2时，不等式等价于2－x＋x2－4>0，解得x<－1.‎ 综上，原不等式的解集为{x|x>2或x<－1}.‎ ‎(2)问题等价于|x－2|＋|x＋7|<3m的解集非空，‎ ‎∵|x－2|＋|x＋7|≥|x－2－x－7|＝9，‎ ‎∴3m>9，∴m>3.‎ 故实数m的取值范围是(3，＋∞).‎ ‎6.(2019·东北三省三校模拟)已知不等式|2x－5|＋|2x＋1|>ax－1.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式的解集；‎ ‎(2)若不等式的解集为R，求a的取值范围.‎ 解　(1)令f(x)＝|2x－5|＋|2x＋1|，‎ 则f(x)＝|2x－5|＋|2x＋1|＝ 因为a＝1，所以当x≤－时，由－4x＋4>x－1，解得x≤－，‎ 当－＜x≤时，由6＞x－1，解得－＜x≤，‎ 当x＞时，由4x－4>x－1，解得x>.‎ 综上得，所求不等式的解集为R.‎ ‎(2)由(1)作函数f(x)的图像，点A，令y＝ax－1，则其过定点P(0，－1)，如图所示，由不等式|2x－5|＋|2x＋1|>ax－1的解集为R，可得－4≤a＜，即－4≤a＜.所以，所求实数a的取值范围为.‎ 考点一　绝对值不等式的解法 ‎【例1－1】 (2018·全国Ⅰ卷)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)＝ 则当x≥1时，f(x)＝2>1恒成立，所以x≥1；‎ 当－11，所以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；‎ 若a>0，|ax－1|<1的解集为，‎ 所以≥1，故02，所以x>2；‎ 综上可知，原不等式的解集为.‎ ‎(2)①当a＝1时，f(x)＝ 可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}.‎ ‎②f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.‎ 又|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2或x＝－a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，＋∞).‎ 考点二　绝对值不等式性质的应用 ‎【例2】 (1)若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值.‎ ‎(2)若a≥2，x∈R，证明：|x－1＋a|＋|x－a|≥3.‎ ‎(1)解　由|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)|≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，得|2x＋3y＋1|的最大值为7.‎ ‎(2)证明　因为|x－1＋a|＋|x－a|≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|2a－1|，又a≥2，故|2a－1|≥3，即|x－1＋a|＋|x－a|≥3成立.‎ 规律方法　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，c∈R)，通过确定适当的a，b，利用整体思想使函数、不等式中不含变量，可以求最值，也可以证明不等式．‎ ‎【训练2】 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，≤，‎ 所以|4a－3b＋2|＝|(3a－3b)＋＋|‎ ‎≤|3a－3b|＋|a－|＋≤3＋＋＝6，‎ 则|4a－3b＋2|的最大值为6，‎ 所以m≥|4a－3b＋2|max＝6，m的取值范围是[6，＋∞).‎ 考点三　绝对值不等式的综合应用 ‎【例3－1】 (2018·全国Ⅲ卷)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.‎ 解　(1)f(x)＝y＝f(x)的图像如图所示.‎ ‎(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，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.‎ ‎【例3－2】 (2017·全国Ⅲ卷)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)＝|x＋1|－|x－2|＝ 当x≤－1时，f(x)＝－3≥1无解；‎ 当－11，若存在x∈(－1，1)使f(x)≥x2＋mx＋3成立，求实数m的取值范围.‎ 解　(1)∵f(x)＝|x＋1|＋|x－m|≥|m＋1|，‎ ‎∴只需要|m＋1|≥2，‎ ‎∴m＋1≥2或m＋1≤－2，‎ 所以实数m的取值范围是(－∞，－3]∪[1，＋∞).‎ ‎(2)∵m>1，∴当x∈(－1，1)时，f(x)＝m＋1，‎ ‎∴不等式f(x)≥x2＋mx＋3，即m≥x2＋mx＋2，‎ ‎∴m(1－x)≥x2＋2，m≥，‎ 令g(x)＝＝＝(1－x)＋－2，‎ ‎∵0<1－x<2，‎ ‎∴(1－x)＋≥2(当且仅当x＝1－时取“＝”)，‎ ‎∴g(x)min＝2－2，∴m≥2－2.‎ 所以实数m的取值范围是[2－2，＋∞).‎ 规律方法　与绝对值不等式有关的参数范围问题及解法 设函数f(x)中含有绝对值，则 ‎(1)f(x)>a有解⇔f(x)max>a.‎ ‎(2)f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a.‎ ‎(3)f(x)>a恰在(c，b)上成立⇔c，b是方程f(x)＝a的解．‎ ‎【训练3】 (1)已知函数f(x)＝|x－a|＋|x－3a|.‎ ‎①若f(x)的最小值为2，求a的值；‎ ‎②若对任意x∈R，存在a∈[－1，1]，使得不等式m2－|m|－f(x)<0成立，求实数m的取值范围.‎ ‎(2)(2019·云南省统一检测)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的定义域为实数集R.‎ ‎①当a＝5时，解关于x的不等式f(x)>9；‎ ‎②设关于x的不等式f(x)≤|x－4|的解集为A，B＝{x∈R||2x－1|≤3}，如果A∪B＝A，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)①|x－a|＋|x－3a|≥|(x－a)－(x－3a)|＝|2a|，当且仅当x取介于a和3a之间的数时，等号成立，故f(x)的最小值为2|a|，所以a＝±1.‎ ‎②由①知f(x)的最小值为2|a|，故存在a∈[－1，1]，‎ 使m2－|m|<2|a|成立，即m2－|m|<2，‎ 所以(|m|＋1)(|m|－2)<0.所以－29，得2x＋3>9，解得x>3；‎ 当－5≤x<2时，由f(x)>9，得7>9，此时不等式无解；‎ 当x<－5时，由f(x)>9，得－2x－3>9，解得x<－6.‎ 综上所述，当a＝5时，关于x的不等式f(x)>9的解集为{x∈R|x<－6或x>3}.‎ ‎②因为A∪B＝A，所以B⊆A.‎ 又B＝{x∈R||2x－1|≤3}＝{x∈R|－1≤x≤2}，关于x的不等式f(x)≤|x－4|的解集为A，‎ 所以当－1≤x≤2时，f(x)≤|x－4|恒成立.‎ 由f(x)≤|x－4|得|x＋a|≤2.‎ 所以当－1≤x≤2时，|x＋a|≤2恒成立，即－2－x≤a≤2－x恒成立.‎ 所以实数a的取值范围为[－1，0].‎ ‎[思维升华]‎ ‎1.绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法，数形结合法，构造函数法．‎ ‎2．不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决．‎ ‎[易错防范]‎ ‎1.可以利用绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求函数最值，要注意其中等号成立的条件．‎ ‎2．掌握分类讨论的标准，做到不重不漏.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：60分钟)‎ ‎1.(1)求不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集；‎ ‎(2)若关于x的不等式|ax－2|<3的解集为{x|－0时，－0，符合题意.‎ 综上可得f(x)≥0的解集为.‎ ‎(2)设u(x)＝|x＋1|－|x|，y＝u(x)的图像和y＝x的图像如图所示.‎ 易知y＝u(x)的图像向下平移1个单位以内(不包括1个单位)，与y＝x的图像始终有3个交点，从而－1－1时，同理可知g(x)min＝g(－a)＝a＋1＝3，解得a＝2.‎ 综上，a＝2或－4.‎ ‎5.(一题多解)(2019·济宁模拟)已知函数f(x)＝|x－a|.‎ ‎(1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；‎ ‎(2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围.‎ 解　法一　(1)由f(x)≤3得|x－a|≤3，‎ 解得a－3≤x≤a＋3.‎ 又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，‎ 所以解得a＝2.‎ ‎(2)当a＝2时，f(x)＝|x－2|.‎ 设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，‎ 于是g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝ 所以当x<－3时，g(x)>5；‎ 当－3≤x≤2时，g(x)＝5；‎ 当x>2时，g(x)>5.‎ 综上可得，g(x)的最小值为5.‎ 从而若f(x)＋f(x＋5)≥m，‎ 即g(x)≥m对一切实数x恒成立，即g(x)min≥m，‎ 则m的取值范围为(－∞，5].‎ 法二　(1)同法一.‎ ‎(2)当a＝2时，f(x)＝|x－2|，设g(x)＝f(x)＋f(x＋5).‎ 由|x－2|＋|x＋3|≥|x－2－x－3|＝5，‎ 当且仅当－3≤x≤2时等号成立，得g(x)的最小值为5，‎ 从而，若f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立.‎ 则m的取值范围为(－∞，5].‎ ‎6.(2018·石家庄三模)在平面直角坐标系中，定义点P(x1，y1)，Q(x2，y2)之间的“直角距离”为L(P，Q)＝|x1－x2|＋|y1－y2|，已知A(x，1)，B(1，2)，C(5，2)三点.‎ ‎(1)若L(A，B)>L(A，C)，求x的取值范围；‎ ‎(2)当x∈R时，不等式L(A，B)≤t＋L(A，C)恒成立，求t的最小值.‎ 解　(1)由定义得|x－1|＋1>|x－5|＋1，‎ 则|x－1|>|x－5|，两边平方得8x>24，解得x>3.‎ 故x的取值范围为(3，＋∞).‎ ‎(2)当x∈R时，不等式|x－1|≤|x－5|＋t恒成立，也就是t≥|x－1|－|x－5|恒成立，即t≥(|x－1|－|x－5|)max，‎ 因为|x－1|－|x－5|≤|(x－1)－(x－5)|＝4，当且仅当x≥5时等号成立，所以t≥4，tmin ‎＝4.‎ 故t的最小值为4.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎7.(2019·江西分宜中学等九校联考)已知函数f(x)＝|2x|－|x＋3|.‎ ‎(1)若对于任意的实数x，都有f(x)≥2m2－7m成立，求m的取值范围；‎ ‎(2)若g(x)＝ax，方程f(x)＝g(x)有两个不同的实数根，求a的取值范围.‎ 解　(1)由于f(x)＝|2x|－|x＋3|＝ 所以f(x)的最小值为f(0)＝－3.‎ 又因为对任意的实数x，都有 f(x)≥2m2－7m成立，所以只需2m2－7m≤－3，即 ‎2m2－7m＋3≤0，解得≤m≤3，‎ 故m的取值范围为.‎ ‎(2)方程f(x)＝g(x)有两个不同的实数根，即函数y＝f(x)与y＝g(x)的图像有两个不同的交点，作出这两个函数的图像，由图像可知，a的取值范围是(－1，1)∪‎ ‎{－2}.‎ ‎8.(2018·西安模拟)已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|x＋1|－x.‎ ‎(1)解不等式f(x)>g(x)；‎ ‎(2)若存在实数x，使不等式m－g(x)≥f(x)＋x(m∈R)成立，求实数m的最小值.‎ 解　(1)原不等式f(x)>g(x)化为|x－2|＋x>|x＋1|，‎ 当x<－1时，－(x－2)＋x>－(x＋1)，‎ 解得x>－3，即－3x＋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)>g(x)的解集为{x|－33}.‎ ‎(2)由m－g(x)≥f(x)＋x(m∈R)可得m≥|x－2|＋|x＋1|，‎ 由题意知m≥(|x－2|＋|x＋1|)min，‎ ‎∵|x－2|＋|x＋1|≥|x－2－(x＋1)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时取等号，‎ ‎∴m≥3，故实数m的最小值是3.‎