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2021高三数学北师大版（理）一轮教师用书：第13章第1节绝对值不等式
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全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
本题为高考选做题，以解答题形式出现，分值10分．
2.考查内容
(1)含绝对值不等式主要考查其解法及利用不等式恒成立求参数的值或范围；
(2)不等式的证明主要考查用均值不等式、柯西不等式证明不等式．
3.备考策略
从2019年高考试题可以看出，试题难度较前几年有所提升，注重了逻辑思维和等价转化能力的考查.
第一节 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－c|≤|a－b|＋|b－c|(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－a|＋|x－b|≥c.
1．绝对值不等式的解集
(1)含绝对值的不等式|x|a的解法：
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|
∅
∅
|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：
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．
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．
一、思考辨析(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．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
二、教材改编
1．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)
D [由题意得
即 解得
不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．]
2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
A [①当x<1时，原不等式等价于1－x－(5－x)<2，即－4<2，恒成立，
∴x<1.
②当1≤x≤5时，原不等式等价于x－1－(5－x)<2，即x<4，
∴1≤x＜4.
③当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.]
3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
2 [∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.]
4．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
[－2,4] [利用数轴及不等式的几何意义可得x到a与到1的距离和小于3，所以a的取值范围为－2≤a≤4.]
考点1 含绝对值不等式的解法
解绝对值不等式的基本方法
(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．
(1)(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．
(2)(2019·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)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]．
(2)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，＋∞)．
(1)解含绝对值的不等式时，若两个绝对值中x的系数为1(或可化为1)，选用几何法或图像法求解较为简单．若x的系数不全为1，则选用零点分段讨论法求解，同时注意端点值的取舍；(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．
1.已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.
(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；
(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x|.
两边平方整理，得3x2＋4x＋1≥0，
解得x≤－1或x≥－.
所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪.
(2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|.
令h(x)＝|2x＋1|－|x|，
则h(x)＝
由分段函数图像可知h(x)min＝h＝－，
从而所求实数a的取值范围为.
2．已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出y＝f(x)的图像；
(2)求不等式|f(x)|＞1的解集．
[解] (1)由题意得f(x)＝
故y＝f(x)的图像如图所示．
(2)由f(x)的表达式及图像可知，
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2 绝对值不等式性质的应用
1.求含绝对值的函数最值，常用的3种方法
(1)利用绝对值的几何意义．
(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥||a|－|b||.
(3)利用零点分区间法．
2．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．
(1)若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值．
(2)(2018·全国卷Ⅱ)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)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)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.
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，＋∞)．
对于求y＝＋或y＝－型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝＋的函数只有最小值，形如y＝－的函数既有最大值又有最小值．
[教师备选例题]
1．若a≥2，x∈R，证明：|x－1＋a|＋|x－a|≥3.
[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．
2．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．
[解] |x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.
已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
(2)若对于x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)<1.
[解] (1)f(x)<|x|＋1⇔|x|－|2x－1|＋1>0，
当x<0时，－x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以无解；
当0≤x≤时，x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以0
考点3 绝对值不等式的综合应用
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．
(1)(2017·全国卷Ⅲ)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．
(2)(2018·全国卷Ⅲ)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)①f(x)＝
当x<－1时，f(x)≥1无解；
当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；
当x>2时，由f(x)≥1，解得x>2，
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
②由f(x)≥x2－x＋m，得
m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x
≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|
＝－2＋≤，
当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范围为.
(2)①f(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.
(1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决．
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．
1.(2019·武汉模拟)已知f(x)＝|x－a|＋|x－3|.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若不等式f(x)≤3的解集非空，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x－3|≥|x－1－x＋3|＝2，
∴f(x)的最小值为2，当且仅当1≤x≤3时取得最小值．
(2)∵x∈R时，恒有|x－a|＋|x－3|≥|(x－a)－(x－3)|＝|3－a|，
又不等式f(x)≤3的解集非空，
∴|3－a|≤3，∴0≤a≤6.
∴a的取值范围为[0,6]．
2．设函数f(x)＝x＋|x－a|.
(1)当a＝2 019时，求函数f(x)的值域；
(2)若g(x)＝|x＋1|，求不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立时a的取值范围．
[解] (1)由题意得，当a＝2 019时，
f(x)＝
因为f(x)在[2 019，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的值域为[2 019，＋∞)．
(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，
知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，
即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.
而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，
所以|1＋a|>2，
解得a>1或a<－3.
即a的取值范围是(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
本题为高考选做题，以解答题形式出现，分值10分．
2.考查内容
(1)含绝对值不等式主要考查其解法及利用不等式恒成立求参数的值或范围；
(2)不等式的证明主要考查用均值不等式、柯西不等式证明不等式．
3.备考策略
从2019年高考试题可以看出，试题难度较前几年有所提升，注重了逻辑思维和等价转化能力的考查.
第一节 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－c|≤|a－b|＋|b－c|(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－a|＋|x－b|≥c.
1．绝对值不等式的解集
(1)含绝对值的不等式|x|
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|
∅
∅
|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：
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．
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．
一、思考辨析(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．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
二、教材改编
1．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)
D [由题意得
即 解得
不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．]
2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
A [①当x<1时，原不等式等价于1－x－(5－x)<2，即－4<2，恒成立，
∴x<1.
②当1≤x≤5时，原不等式等价于x－1－(5－x)<2，即x<4，
∴1≤x＜4.
③当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.]
3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
2 [∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.]
4．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
[－2,4] [利用数轴及不等式的几何意义可得x到a与到1的距离和小于3，所以a的取值范围为－2≤a≤4.]
考点1 含绝对值不等式的解法
解绝对值不等式的基本方法
(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．
(1)(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．
(2)(2019·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)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]．
(2)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，＋∞)．
(1)解含绝对值的不等式时，若两个绝对值中x的系数为1(或可化为1)，选用几何法或图像法求解较为简单．若x的系数不全为1，则选用零点分段讨论法求解，同时注意端点值的取舍；(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．
1.已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.
(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；
(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x|.
两边平方整理，得3x2＋4x＋1≥0，
解得x≤－1或x≥－.
所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪.
(2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|.
令h(x)＝|2x＋1|－|x|，
则h(x)＝
由分段函数图像可知h(x)min＝h＝－，
从而所求实数a的取值范围为.
2．已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出y＝f(x)的图像；
(2)求不等式|f(x)|＞1的解集．
[解] (1)由题意得f(x)＝
故y＝f(x)的图像如图所示．
(2)由f(x)的表达式及图像可知，
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2 绝对值不等式性质的应用
1.求含绝对值的函数最值，常用的3种方法
(1)利用绝对值的几何意义．
(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥||a|－|b||.
(3)利用零点分区间法．
2．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．
(1)若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值．
(2)(2018·全国卷Ⅱ)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)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)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.
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，＋∞)．
对于求y＝＋或y＝－型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝＋的函数只有最小值，形如y＝－的函数既有最大值又有最小值．
[教师备选例题]
1．若a≥2，x∈R，证明：|x－1＋a|＋|x－a|≥3.
[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．
2．对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．
[解] |x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.
已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<|x|＋1；
(2)若对于x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)<1.
[解] (1)f(x)<|x|＋1⇔|x|－|2x－1|＋1>0，
当x<0时，－x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以无解；
当0≤x≤时，x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，所以0
考点3 绝对值不等式的综合应用
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．
(1)(2017·全国卷Ⅲ)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．
(2)(2018·全国卷Ⅲ)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)①f(x)＝
当x<－1时，f(x)≥1无解；
当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；
当x>2时，由f(x)≥1，解得x>2，
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
②由f(x)≥x2－x＋m，得
m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x
≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|
＝－2＋≤，
当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范围为.
(2)①f(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.
(1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决．
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．
1.(2019·武汉模拟)已知f(x)＝|x－a|＋|x－3|.
(1)当a＝1时，求f(x)的最小值；
(2)若不等式f(x)≤3的解集非空，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x－3|≥|x－1－x＋3|＝2，
∴f(x)的最小值为2，当且仅当1≤x≤3时取得最小值．
(2)∵x∈R时，恒有|x－a|＋|x－3|≥|(x－a)－(x－3)|＝|3－a|，
又不等式f(x)≤3的解集非空，
∴|3－a|≤3，∴0≤a≤6.
∴a的取值范围为[0,6]．
2．设函数f(x)＝x＋|x－a|.
(1)当a＝2 019时，求函数f(x)的值域；
(2)若g(x)＝|x＋1|，求不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立时a的取值范围．
[解] (1)由题意得，当a＝2 019时，
f(x)＝
因为f(x)在[2 019，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的值域为[2 019，＋∞)．
(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，
知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，
即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.
而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，
所以|1＋a|>2，
解得a>1或a<－3.
即a的取值范围是(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
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