2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第七章 5 第5讲 绝对值不等式
第5讲 绝对值不等式
1．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解集
a＞0
a＝0
a＜0
|x|＜a
{x|－a＜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．
2．绝对值三角不等式
定理1：如果a，b是实数，那么|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．
上述定理还可以推广得到以下几个不等式：
(1)|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|；
(2)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|；
(3)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|.
[疑误辨析]
判断正误(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|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)√
[教材衍化]
1．(选修45P20T7改编)不等式3≤|5－2x|<9的解集为________．
解析：由题意得
即
解得
所以不等式的解集为(－2，1]∪[4，7)．
答案：(－2，1]∪[4，7)
2．(选修45P20T8改编)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是________．
解析：①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，所以－4<2，不等式恒成立，所以x≤1；
②当1
2，所以x>2.
综上可知，原不等式的解集为.
|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型不等式的解法
(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(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设ac(c>0)的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体，|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|.
(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解．
设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为[0，2]，求a的值．
解：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
所以或
或，
所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．
(2)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.
绝对值不等式性质的应用
(1)(2020·宁波市九校联考)已知f(x)＝|x＋－a|＋|x－－a|＋2x－2a(x＞0)的最小值为，则实数a＝________．
(2)(2020·宁波效实中学高三模拟)确定“|x－a|时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，所以a＝(矛盾)，故a的取值范围是.
答案：
2．(2020·浙江省五校协作体联考)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)若不等式f(x)≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，求实数a的值；
(2)在(1)的条件下，若存在实数t，使f≤m－f(－t)成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由|2x－a|＋a≤6，得|2x－a|≤6－a，所以a－6≤2x－a≤6－a，即a－3≤x≤3，所以a－3＝－2，所以a＝1.
(2)因为f≤m－f(－t)，所以|t－1|＋|2t＋1|＋2≤m，
令y＝|t－1|＋|2t＋1|＋2，则y＝
所以ymin＝，所以m≥.
3．(2020·杭州高考科目教学质检)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－a|(a<3)的最小值为2.
(1)解关于x的方程f(x)＝a；
(2)若存在x∈R，使f(x)－mx≤1成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由f(x)＝|x－4|＋|x－a|≥|x－4－(x－a)|＝|a－4|(当(x－4)(x－a)≤0时取等号)，知|a－4|＝2，解得a＝6(舍去)或a＝2.
方程f(x)＝a即|x－4|＋|x－2|＝2，由绝对值的几何意义可知2≤x≤4.
(2)不等式f(x)－mx≤1即f(x)≤mx＋1，由题意知y＝f(x)的图象至少有一部分不在直线y＝mx＋1的上方，作出对应的图象观察可知，m∈(－∞，－2)∪.
4．(2020·温州校级月考)已知函数f(x)＝x2＋|x－t|.
(1)当t＝1时，求不等式f(x)≥1的解集；
(2)设函数f(x)在[0，2]上的最小值为h(t)，求h(t)的表达式．
解：(1)当t＝1时，f(x)＝x2＋|x－1|.
因为f(x)≥1，
所以当x≥1时，x2＋x－1≥1，所以x≥1或x≤－2.
所以x≥1.
当x＜1时，x2－x＋1≥1，所以x≥1或x≤0.
所以x≤0.
综上，不等式的解集为{x|x≥1或x≤0}．
(2)因为f(x)＝x2＋|x－t|，x∈[0，2]，
所以当t≥2时，f(x)＝x2－x＋t，h(t)＝f＝t－，
当t≤0时，f(x)＝x2＋x－t，h(t)＝f(0)＝－t，
当0＜t＜2时，f(x)＝.
所以h(t)＝.
所以h(t)＝
