2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－5　不等式选讲 第1讲　绝对值不等式学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）选修4－5　不等式选讲 第1讲　绝对值不等式学案，共12页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、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
(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“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想．
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
常用结论
1．两个等价关系
(1)|x|0)．
(2)|x|>a⇔x<－a或x>a(a>0)．
2．掌握一组主要关系
|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|，|a|＋|b|之间的关系：
(1)|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当a>－b>0时，等号成立．
(2)|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当|a|≥|b|且ab≥0时，左边等号成立，当且仅当ab≤0时，右边等号成立．
二、习题改编
1．(选修4­5P20习题T7改编)不等式3≤|5－2x|<9的解集为________．
解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|2x－5|<9，,|2x－5|≥3，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－9<2x－5<9，,2x－5≥3或2x－5≤－3，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2所以不等式的解集为(－2，1]∪[4，7)．
答案：(－2，1]∪[4，7)
2．(选修4­5P20习题T8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1③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．
综上，原不等式的解集为{x|x<4}．
答案：{x|x<4}
一、思考辨析
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)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)含参数的绝对值不等式讨论不清；
(2)存在性问题不能转化为最值问题求解．
1．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________．
解析：因为|kx－4|≤2，所以－2≤kx－4≤2，所以2≤kx≤6.因为不等式的解集为{x|1≤x≤3}，所以k＝2.
答案：2
2．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，
所以|x＋1|＋|x－2|的最小值为3.要使原不等式有解，只需|a|≥3，则a≥3或a≤－3.
答案：(－∞，－3]∪[3，＋∞)
含绝对值不等式的解法(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|·(x－a)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；
(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．
【解】 (1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；
当x≥1时，f(x)≥0.
所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.
当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.
所以，a的取值范围是[1，＋∞)．
eq \a\vs4\al()
绝对值不等式常见的3种解法
(1)零点分段讨论法
含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段讨论法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)，一般步骤如下：
①令每个绝对值符号里的代数式为零，并求出相应的根；
②将这些根按从小到大排序，它们把实数集分为若干个区间；
③在所分的各区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，求所得的各不等式在相应区间上的解集；
④这些解集的并集就是原不等式的解集．
(2)利用绝对值的几何意义
由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到与a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|0)或|x－a|－|x－b|>c(c>0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
(3)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．
[提醒] 用零点分段法和几何意义求解绝对值不等式时，去绝对值符号的关键点是找零点，将数轴分成若干段，然后从左到右逐段讨论．
1．设函数f(x)＝|x＋4|.
(1)若y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为4，求a的值；
(2)求不等式f(x)>1－eq \f(1,2)x的解集．
解：(1)因为f(x)＝|x＋4|，
所以y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)＝|2x＋a＋4|＋|2x－a＋4|≥|2x＋a＋4－(2x－a＋4)|＝|2a|，
又y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为4.
所以|2a|＝4，所以a＝±2.
(2)f(x)＝|x＋4|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋4，x>－4，,0，x＝－4，,－4－x，x<－4，))
所以不等式f(x)>1－eq \f(1,2)x等价于
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋4>1－\f(1,2)x（x>－4），,0>1－\f(1,2)x（x＝－4），,－4－x>1－\f(1,2)x（x<－4），))
解得x>－2或x<－10，故不等式f(x)>1－eq \f(1,2)x的解集为{x|x>－2或x<－10}．
2．已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3.
(1)求不等式f(x)≤2的解集；
(2)若直线y＝kx－2与函数f(x)的图象有公共点，求k的取值范围．
解：(1)由f(x)≤2，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤1，,2－2x≤2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1故不等式f(x)≤2的解集为{x|0≤x≤5}．
(2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2－2x，x≤1，,0，1作出函数f(x)的图象，如图所示，
易知直线y＝kx－2过定点C(0，－2)，
当此直线经过点B(4，0)时，k＝eq \f(1,2)；
当此直线与直线AD平行时，k＝－2.
故由图可知，k∈(－∞，－2)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
绝对值不等式性质的应用(师生共研)
设不等式|x－2|(1)求a的值；
(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
【解】 (1)因为eq \f(3,2)∈A，且eq \f(1,2)∉A，
所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2))解得eq \f(1,2)又因为a∈N*，所以a＝1.
(2)因为f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3.
当且仅当(x＋1)(x－2)≤0即－1≤x≤2时取到等号，
所以f(x)的最小值为3.
eq \a\vs4\al()
两数和与差的绝对值不等式的性质
(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．
(2)该定理可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，经常用于证明含绝对值的不等式．
1．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.
2．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eq \f(1－\r(41),2)5，
所以不等式|f(x)|>5的解集为
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x<－4或x>5或\f(1－\r(41),2)(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)．
恒成立与存在性问题(师生共研)
(2020·玉溪模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|2x－1|.
(1)解不等式f(x)≤x＋3；
(2)若g(x)＝|3x－2m|＋|3x－2|，对∀x1∈R，∃x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的取值范围．
【解】 (1)原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤－1，,－3x≤x＋3))或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1\f(1,2)，,3x≤x＋3，))得－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(3,2)，
故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|－\f(1,2)≤x≤\f(3,2))).
(2)由f(x)＝|x＋1|＋|2x－1|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x，x≤－1，,－x＋2，－1\f(1,2)，))可知当x＝eq \f(1,2)时，f(x)最小，无最大值，且f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,2).
设A＝{y|y＝f(x)}，B＝{y|y＝g(x)}，
则A＝{y|y≥eq \f(3,2)}，
因为g(x)＝|3x－2m|＋|3x－2|≥|(3x－2m)－(3x－2)|＝|2m－2|，
所以B＝{y|y≥|2m－2|}．
由题意知A⊆B，所以|2m－2|≤eq \f(3,2)，所以m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(7,4))).
故实数m的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(m|\f(1,4)≤m≤\f(7,4))).
eq \a\vs4\al()
(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合是常用的思维方法．
(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．形如y＝|x－a|＋|x－b|的函数只有最小值，形如y＝|x－a|－|x－b|的函数既有最大值又有最小值．
1．(2020·陕西彬州质监)已知函数f(x)＝|x－3|－|x＋2|.
(1)求函数f(x)的值域；
(2)若∃x∈[－2，1]，使f(x)≥x2＋a成立，求a的取值范围．
解：(1)依题意可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－5，x≥3，,－2x＋1，－2当－2所以f(x)的值域为[－5，5]．
(2)因为－2≤x≤1，
所以f(x)≥x2＋a可化为－2x＋1≥x2＋a，
得∃x∈[－2，1]，使得a≤－x2－2x＋1成立．
令g(x)＝－x2－2x＋1＝－(x＋1)2＋2，
则当x∈[－2，1]时，g(x)max＝2，
所以a的取值范围为(－∞，2]．
2．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|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2a，a≤1，,1，1当a≤1时，3－2a<11，解得a>－4，
所以－4＜a≤1；
当1当a≥2时，2a－3＜11，
解得a<7，所以2≤a<7.
综上，a的取值范围是(－4，7)．
(2)因为∀a∈R，f(x)≥x2－x－3恒成立，
又f(x)＝|x－a|＋|2x－a|≥|x－a－(2x－a)|＝|x|，
所以|x|≥x2－x－3，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥x2－x－3，,x≥0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x≥x2－x－3，,x<0，))
解得0≤x≤3或－eq \r(3)≤x＜0，
所以x的取值范围为[－eq \r(3)，3]．
[基础题组练]
1．(2020·三明模拟)已知不等式|2x＋3|＋|2x－1|(1)若a＝6，求集合M；
(2)若M≠∅，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝6时，原不等式为|2x＋3|＋|2x－1|<6，
当x≤－eq \f(3,2)时，原不等式化为－2x－3＋1－2x<6，
解得x>－2，所以－2当－eq \f(3,2)所以－eq \f(3,2)当x≥eq \f(1,2)时，原不等式化为2x＋3＋2x－1<6，
解得x<1，所以eq \f(1,2)≤x<1.
综上所述，集合M＝{x|－2(2)因为M≠∅，所以不等式|2x＋3|＋|2x－1|令f(x)＝|2x＋3|＋|2x－1|，
则f(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))))≥4，
所以a>4，即实数a的取值范围是(4，＋∞)．
2．(2020·贵州质量测评)已知函数f(x)＝|x＋3|＋|x－1|.
(1)若∀x∈R，f(x)≥5a－a2恒成立，求实数a的取值范围；
(2)求函数y＝f(x)的图象与直线y＝6围成的封闭图形的面积．
解：(1)f(x)＝|x＋3|＋|x－1|≥|(x＋3)－(x－1)|＝4，
所以f(x)min＝4.
∀x∈R，f(x)≥5a－a2恒成立，所以f(x)min≥5a－a2，
所以4≥5a－a2⇒a2－5a＋4≥0，解得a≤1或a≥4，
所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[4，＋∞)．
(2)f(x)＝|x＋3|＋|x－1|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2，x≥1，,4，－3当f(x)＝6时，x＝－4或x＝2.
画出图象可得(图略)，围成的封闭图形为等腰梯形，且一条底边长为6，一条底边长为4，高为2，
所以封闭图形的面积S＝eq \f(1,2)×(6＋4)×2＝10.
3．(2020·四川绵阳一诊)已知函数f(x)＝|2x＋1|－|x－m|(m∈R)．
(1)当m＝1时，解不等式f(x)≥2；
(2)若关于x的不等式f(x)≥|x－3|的解集包含[3，4]，求m的取值范围．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，当x≤－eq \f(1,2)时，f(x)＝－2x－1＋(x－1)＝－x－2，
由f(x)≥2得x≤－4，综合得x≤－4；
当－eq \f(1,2)由f(x)≥2得x≥eq \f(2,3)，综合得eq \f(2,3)≤x<1；
当x≥1时，f(x)＝(2x＋1)－(x－1)＝x＋2，
由f(x)≥2得x≥0，综合得x≥1.
所以当m＝1时，f(x)≥2的解集是{x|x≤－4或x≥eq \f(2,3)}．
(2)因为f(x)＝|2x＋1|－|x－m|≥|x－3|的解集包含[3，4]，
所以当x∈[3，4]时，|2x＋1|－|x－m|≥|x－3|恒成立．
x∈[3，4]时，原式可变为2x＋1－|x－m|≥x－3，即|x－m|≤x＋4，
所以－x－4≤x－m≤x＋4，则－4≤m≤2x＋4在[3，4]上恒成立，
显然当x＝3时，2x＋4取得最小值10，
则m的取值范围是[－4，10]．
4．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)∀x1∈R，∃x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x，x≥\f(1,2)，,2－x，－1f(x)>9等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,3x>9))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－19))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤－1，,－3x>9.))
综上，原不等式的解集为{x|x>3或x<－3}．
(2)因为|x－a|＋|x＋a|≥2|a|.
由(1)知f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,2)，
所以2|a|≤eq \f(3,2)，即|a|≤eq \f(3,4)，所以－eq \f(3,4)≤a≤eq \f(3,4)，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(3,4))).
[综合题组练]
1．已知函数f(x)＝|x＋1|－|x|＋a.
(1)若a＝0，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若方程f(x)＝x有三个不同的实数解，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝|x＋1|－|x|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，x<－1，,2x＋1，－1≤x<0，,1，x≥0.))
所以当x<－1时，f(x)＝－1<0，不合题意；
当－1≤x<0时，f(x)＝2x＋1≥0，解得－eq \f(1,2)≤x<0；
当x≥0时，f(x)＝1>0，符合题意．
综上可得f(x)≥0的解集为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
(2)设u(x)＝|x＋1|－|x|，y＝u(x)的图象和y＝x的图象如图所示．
易知y＝u(x)的图象向下平移1个单位以内(不包括1个单位)，与y＝x的图象始终有3个交点，从而－12．设函数f(x)＝|2x－3|.
(1)求不等式f(x)>5－|x＋2|的解集；
(2)若g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)的最小值为4，求实数m的值．
解：(1)因为f(x)>5－|x＋2|可化为|2x－3|＋|x＋2|>5，
所以当x≥eq \f(3,2)时，原不等式化为(2x－3)＋(x＋2)>5，解得x>2，所以x>2；
当－25，解得x<0，所以－2当x≤－2时，原不等式化为(3－2x)－(x＋2)>5，解得x<－eq \f(4,3)，所以x≤－2.
综上，不等式f(x)>5－|x＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)．
(2)因为f(x)＝|2x－3|，
所以g(x)＝f(x＋m)＋f(x－m)＝|2x＋2m－3|＋|2x－2m－3|≥|(2x＋2m－3)－(2x－2m－3)|＝|4m|.
所以依题意有4|m|＝4，解得m＝±1.
3．设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)>4；
(2)若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))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)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x－2，x<－\f(3,2)，,x＋4，－\f(3,2)≤x≤1，,3x＋2，x>1，))
所以f(x)>4⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<－\f(3,2)，,－3x－2>4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)≤x≤1，,x＋4>4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>1，,3x＋2>4))⇔x<－2或01.
综上，不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
(2)若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))使不等式a＋1>f(x)成立⇔a＋1>f(x)min，
由(1)得，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，1))时，f(x)＝x＋4，f(x)min＝eq \f(5,2)，
所以a＋1>eq \f(5,2)，所以a>eq \f(3,2)，
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
4．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(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，
所以2当x<－1时，原不等式可化为－2x<3，
所以－eq \f(3,2)当－1≤x≤2时，原不等式可化为3<4，
所以－1≤x≤2.
综上，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))即x1＝－eq \f(3,2)，x2＝eq \f(5,2).
所以x1＋x2＝1.
(2)由题意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k.
当x＝2时，即不等式3k≥k成立，所以k≥0.
当x≤－2或x≥0时，
因为|x＋1|≥1，
所以不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立．
当－2＜x≤－1时，
原不等式可化为2－x－kx－k≥k，
可得k≤eq \f(2－x,x＋2)＝－1＋eq \f(4,x＋2)，
所以k≤3.
当－1原不等式可化为2－x＋kx＋k≥k，可得k≤1－eq \f(2,x)，
所以k＜3.
综上，可得0≤k≤3，即k的最大值为3.
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|{x|－a∅
∅
|x|>a
{x|x>a或x<－a}
{x|x∈R且x≠0}
R