【数学】2018届一轮复习人教A版第6章第4节绝对值不等式学案

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【数学】2018届一轮复习人教A版第6章第4节绝对值不等式学案

第四节　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．‎ 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的解法：‎ 不等式 a>0‎ a＝0‎ a<0‎ ‎|x|a ‎{x|x＞a或x＜－a}‎ ‎{x∈R|x≠0}‎ R ‎(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．‎ ‎1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a，b的距离之和．(　　)‎ ‎(2)不等式|a|－|b|≤|a＋b|等号成立的条件是ab≤0.(　　)‎ ‎(3)不等式|a－b|≤|a|＋|b|等号成立的条件是ab≤0.(　　)‎ ‎(4)当ab≥0时，|a＋b|＝|a|＋|b|成立．(　　)‎ ‎[答案]　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√‎ ‎2．(教材改编)若关于x的不等式|ax－2|＜3的解集为，则实数a＝________.‎ ‎－3　[依题意，知a≠0.‎ 又|ax－2|＜3⇔－3＜ax－2＜3，‎ ‎∴－1＜ax＜5.‎ 由于|ax－2|＜3的解集为，‎ ‎∴a＜0，＝－且－＝，则a＝－3.]‎ ‎3．(教材改编)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________. 【导学号：51062193】‎ ‎(－∞，－3]∪[3，＋∞)　[由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ ‎∴|x＋1|＋|x－2|的最小值为3，‎ 要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，‎ 只需|a|≥3，∴a≥3或a≤－3.]‎ ‎4．解不等式x＋|2x＋3|≥2.‎ ‎[解]　当x≥－时，原不等式化为3x＋3≥2，4分 解得x≥－.8分 当x＜－时，原不等式化为－x－3≥2，‎ 解得x≤－5.12分 综上，原不等式的解集是.14分 ‎5．设a>0，|x－1|<，|y－2|<，求证：|2x＋y－4|1的解集．‎ 图641‎ ‎[解]　(1)由题意得f(x)＝3分 故y＝f(x)的图象如图所示．‎ ‎6分 ‎(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，‎ 当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；‎ 当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.8分 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.14分 ‎[规律方法]　1.本题用零点分段法画出分段函数的图象，结合图象的直观性求出不等式的解集，体现数形结合思想的应用．‎ ‎2．解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，零点分段法操作程序是：找零点，分区间，分段讨论．此外还常利用绝对值的几何意义求解．‎ ‎[变式训练1]　(2017·吉林实验中学模拟)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]，＋＝a(m＞0，n＞0)，求证：m＋2n≥4.‎ ‎[解]　(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4，3分 ‎①当x≥2时，不等式可化为x－2＋x－1≥4，解得x≥；‎ ‎②当＜x＜时，不等式可化为2－x＋x－1≥4，‎ 不等式的解集为∅；‎ ‎③当x≤时，不等式可化为2－x＋1－x≥4，‎ 解得x≤－.5分 综上可得，不等式的解集为∪.6分 ‎(2)证明：因为f(x)≤1，即|x－a|≤1，‎ 解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1的解集是[0,2]．‎ 所以解得a＝1，8分 所以＋＝1(m＞0，n＞0)，‎ 所以m＋2n＝(m＋2n) ‎＝2＋＋≥2＋2＝4，12分 当且仅当m＝2，n＝1时取等号.14分 绝对值三角不等式性质的应用 ‎　对于任意的实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，记实数M的最大值是m.‎ ‎(1)求m的值；‎ ‎(2)解不等式|x－1|＋|x－2|≤m. 【导学号：51062194】‎ ‎[解]　(1)不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，‎ 即M≤对于任意的实数a(a≠0)和b恒成立，只要左边恒小于或等于右边的最小值.2分 因为|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|，‎ 当且仅当(a－b)(a＋b)≥0时等号成立，‎ ‎|a|≥|b|时，≥2成立，‎ 也就是的最小值是2，即m＝2.6分 ‎(2)|x－1|＋|x－2|≤2.‎ 法一：利用绝对值的意义得：≤x≤.8分 法二：①当x＜1时，不等式为－(x－1)－(x－2)≤2，‎ 解得x≥，所以x的取值范围是≤x＜1.‎ ‎②当1≤x≤2时，不等式为(x－1)－(x－2)≤2，‎ 得x的取值范围是1≤x≤2.12分 ‎③当x＞2时，原不等式为(x－1)＋(x－2)≤2,2＜x≤.‎ 综上可知，不等式的解集是.14分 ‎[规律方法]　1.(1)利用绝对值不等式性质定理要注意等号成立的条件：当ab≥0时，|a＋b|＝|a|＋|b|；当ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|；当(a－b)(b－c)≥0时，|a－c|＝|a－b|＋|b－c|.‎ ‎(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．‎ ‎2．第(2)问易出现解集不全或错误．对于含绝对值的不等式，不论是分段去绝对值符号还是利用几何意义，都要不重不漏．‎ ‎[变式训练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，≤，4分 所以|4a－3b＋2|＝ ‎≤|‎3a－3b|＋＋≤3＋＋＝6，10分 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，＋∞).14分 绝对值不等式的综合应用 ‎　设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)，‎ ‎(1)若|a|≤1，求证：|f(x)|≤；‎ ‎(2)求a的值，使函数f(x)有最大值.‎ ‎[解]　(1)证明：法一：因为－1≤x≤1，‎ 所以|x|≤1.2分 又因为|a|≤1，‎ 所以|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|‎ ‎＝－2＋≤.5分 所以若|a|≤1，则|f(x)|≤.6分 法二：设g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x.‎ 因为－1≤x≤1，‎ 所以当x＝±1.2分 即x2－1＝0时，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤.‎ 当－1a恒成立⇔f(x)min>a.‎ ‎[变式训练3]　(2017·浙江杭州调研)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c.‎ ‎(1)若a＝2，当x∈[－1,3]时，f(x)的最大值不大于7，求b＋c的最大值；‎ ‎(2)若当|f(x)|≤1对任意的x∈[－1,1]恒成立时，都有|ax＋b|≤M对任意的x∈[－1,1]恒成立，求M的最小值．‎ ‎[解]　(1)由题意知，f(x)＝2x2＋bx＋c，当x∈[－1,3]时，f(x)≤7恒成立，即f(x)max≤7.2分 ‎(ⅰ)当－≤1，即b≥－4时，f(x)max＝f(3)＝18＋3b＋c≤7，得3b＋c≤－11，‎ 故b＋c＝(3b＋c)＋2(－b)≤－11＋8＝－3.5分 ‎(ⅱ)当－>1，即b<－4时，f(x)max＝f(－1)＝2－b＋c≤7，得－b＋c≤5，‎ 故b＋c＝(－b＋c)＋2b<5－8＝－3.‎ 综上可得，(b＋c)max＝－3.8分 ‎(2)当|x|≤1时，易知≤1，≤1，故由题意知≤1，≤1，10分 所以|ax＋b|＝≤＋≤1＋1＝2，14分 故M≥2，所以M的最小值为2.15分 ‎[思想与方法]‎ ‎1．绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法，几何法(利用绝对值几何意义)，构造函数法．前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用．‎ ‎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．‎ ‎[易错与防范]‎ ‎1．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．形如|x－a|＋|x－b|≥c(c＞0)的不等式，在讨论时应注意分类讨论点处的处理及c的符号判断，若c≤0，则不等式解集为R.‎ 课时分层训练(三十三)　绝对值不等式 A组　基础达标 ‎(建议用时：30分钟)‎ 一、选择题 ‎1．若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为(　　) ‎ ‎【导学号：51062195】‎ A．5或8 B．－1或5‎ C．－1或－4 D．－4或8‎ D　[当a>2时，－<－1，‎ f(x)＝ 其图象如图所示：‎ 由图象知f(x)的最小值为f＝－＋a－1＝－1，依题意得－1＝3，解得a＝8，符合题意．‎ 当a＝2时，f(x)＝3|x＋1|，其最小值为0，不符合题意．‎ 当a<2时，－>－1，‎ f(x)＝ 得f(x)的最小值为f，‎ 因此－＋1＝3，解得a＝－4，符合题意．故选D.]‎ ‎2．(2017·金华十校一联)已知f(x)＝a|x－2|，若f(x)5时，原不等式等价于x－1－(x－5)<2，即4<2，无解．‎ 综合①②③知x<4.]‎ ‎5．对任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ C　[|x－1|＋|x|≥1，当且仅当0≤x≤1时等号成立；|y－1|＋|y＋1|≥2，当且仅当－1≤y≤1时等号成立．故|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥3.]‎ 二、填空题 ‎6．(2017·舟山调研)不等式|2－x|＋|x＋1|≤a对任意x∈[－2,1]恒成立，则实数a的取值范围为________．‎ ‎[5，＋∞)　[令f(x)＝|2－x|＋|x＋1|，x∈[－2,1]，则f(x)＝可知f(x)的最大值为5，所以a≥5.]‎ ‎7．(2017·宁波质检)已知不等式|x＋2|＋|x|≤a的解集不是空集，则实数a的取值范围是________. 【导学号：51062196】‎ ‎[2，＋∞)　[|x＋2|＋|x|≥|x＋2－x|＝2，a≥|x＋2|＋|x|有解，即a≥(|x＋2|＋|x|)min，∴a≥2.]‎ ‎8．(2017·金华十校联考)若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋对任意的实数x 恒成立，则实数a的取值范围是________．‎ ‎(－∞，0)∪{2}　[当a<0时，显然成立；当a>0时，∵|x＋1|＋|x－3|的最小值为4，‎ ‎∴a＋≤4.‎ ‎∴a＝2.综上可知a∈(－∞，0)∪{2}．]‎ 三、解答题 ‎9．已知|2x－3|≤1的解集为[m，n]．‎ ‎(1)求m＋n的值；‎ ‎(2)若|x－a|＜m，求证：|x|＜|a|＋1.‎ ‎[解]　(1)由不等式|2x－3|≤1可化为－1≤2x－3≤1，‎ 得1≤x≤2，3分 ‎∴m＝1，n＝2，m＋n＝3.6分 ‎(2)证明：若|x－a|＜1，则|x|＝|x－a＋a|≤|x－a|＋|a|＜|a|＋1.14分 ‎10．(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.‎ ‎(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；‎ ‎(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，恒有f(x)＋g(x)≥3，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.‎ 解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.‎ 因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}.4分 ‎(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|(2x－a)＋(1－2x)|＋a＝|1－a|＋a，6分 当x＝时等号成立，所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.　①8分 当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．‎ 当a>1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2，＋∞).10分 B组　能力提升 ‎(建议用时：15分钟)‎ ‎1．已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足：‎ ‎①f(0)＝f(1)＝0；‎ ‎②对所有x，y∈[0,1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<|x－y|.‎ 若对所有x，y∈[0,1]，|f(x)－f(y)|，不妨设x，‎ ‎∴|f(x)－f(y)|<－×＝.‎ 综上所述，对所有x，y∈[0,1]，都有|f(x)－f(y)|<.因此，k≥，即k的最小值为，故选B.]‎ ‎2．(2017·绍兴调研)对于任意实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a||x－1|恒成立，则实数x的取值范围是________. 【导学号：51062197】‎ ‎－1≤x≤3　[因为a≠0，所以不等式等价于|x－1|≤恒成立，‎ 则|x－1|≤min，‎ 又≥＝2，∴|x－1|≤2，‎ ‎∴－1≤x≤3.]‎ ‎3．已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.‎ ‎(1)证明：当0≤x≤1时，‎ ‎①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；‎ ‎②f(x)＋|2a－b|＋a≥0.‎ ‎(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．‎ ‎[解]　(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝‎12a.1分 当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增．‎ 当b>0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．‎ 所以当0≤x≤1时，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.3分 ‎②由于0≤x≤1，故当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．‎ 当b>2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．‎ 设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，‎ 则g′(x)＝6x2－2＝6，于是g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ ‎1‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎1‎ 减 极小值 增 ‎1‎ 所以，g(x)min＝g＝1－>0.‎ 所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1>0.7分 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.8分 ‎(2)由①知，当0≤x≤1，f(x)max＝|‎2a－b|＋a，‎ 所以|2a－b|＋a≤1.‎ 若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.‎ 所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是 即或12分 在直角坐标系aOb中，(*)所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.‎ 作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1
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