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2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第二章 不等式2.5
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§2.5 绝对值不等式
最新考纲
考情考向分析
1.会解|x＋b|≤c，|x＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式．
2.了解不等式||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.
绝对值不等式的解法，利用绝对值不等式求最值是考查的重点；高考中绝对值不等式和数列、函数的结合是常见题型，解答题居多，难度为中高档.
1．绝对值三角不等式
(1)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．
(2)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|
∅
∅
|x|>a
(－∞，－a)∪(a，＋∞)
(－∞，0)∪(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.
概念方法微思考
|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式有哪些解法？各体现了什么数学思想？
提示 (1)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；
(2)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
(3)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．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)|x＋2|的几何意义是数轴上坐标为x的点到点2的距离．( × )
(2)|x|>a的解集是{x|x>a或x<－a}．( × )
(3)|a＋b|＝|a|＋|b|成立的条件是ab≥0.( √ )
(4)若ab<0，则|a＋b|<|a－b|.( √ )
(5)对一切x∈R，不等式|x－a|＋|x－b|>|a－b|恒成立．( × )
题组二 教材改编
2．[P20T7]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]
答案 D
解析 由题意得
即
解得不等式的解集为[－2,1)∪(4,7]．
3．[P20T8]不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
答案 A
解析 ①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，
∴x≤1.
②当1
∴4＜2，∴此时无解．
综上，原不等式的解集为(－∞，4)．
题组三 易错自纠
4．(2018·浙江源清中学月考)已知a，b∈R，则“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 ∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴由|a|＋|b|≤3可得|a＋b|≤3，
又当a＝－4，b＝2时，|a＋b|≤3成立，
而|a|＋|b|≤3不成立，
故“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的必要不充分条件．
5．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4] B．[1,2]
C．[－2,4] D．[－4，－2]
答案 C
解析 ∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，
要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，
则|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.
6．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是______．
答案
解析 设y＝|2x－1|＋|x＋2|
＝
当x<－2时，y＝－3x－1>5；
当－2≤x<时，＜y＝－x＋3≤5；
当x≥时，y＝3x＋1≥，
故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.
因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，
所以≥a2＋a＋2.
解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤，
故实数a的取值范围为.
题型一 绝对值不等式的解法
1．(2018·浙江嘉兴七校期中)不等式1≤|2x－1|＜2的解集为( )
A.∪ B.
C.∪ D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
答案 C
解析 不等式等价于1≤2x－1<2或－2<2x－1≤－1，
解得1≤x<或－＜x≤0.
2．(2018·宁波北仑中学期中)若关于x的不等式|x－1|－|x－3|>a2－3a的解集为非空数集，则实数a的取值范围是( )
A．1
答案 B
解析 ∵(|x－1|－|x－3|)max＝2，
∴a2－3a<2，得
答案 {x|x≤－3或x≥2}
解析 方法一 要去掉绝对值符号，需要对x与－2和1进行大小比较，－2和1可以把数轴分成三部分．当x<－2时，不等式等价于－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3；当－2≤x<1时，不等式等价于－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，无解；当x≥1时，不等式等价于x－1＋x＋2≥5，解得x≥2.综上，不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}．
方法二 |x－1|＋|x＋2|表示数轴上的点x到点1和点－2的距离的和，如图所示，数轴上到点1和点－2的距离的和为5的点有－3和2，故满足不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的x的取值范围为x≤－3或x≥2，所以不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}．
4．设不等式|x－2|
解析 ∵∈A，且∉A，
∴
(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．
题型二 利用绝对值不等式求最值
例1 (1)(2018·浙江温州十校联考)对于任意实数a和b(b≠0)，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|b|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，则实数x的取值范围是________．
答案
解析 原不等式可化为≥|x－1|＋|x－2|恒成立，令m＝.由|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|，得m≥2，当且仅当(|a|＋|b|)·(|a|－|b|)≤0，即|a|≤|b|时，取等号，所以有|x－1|＋|x－2|≤2，解得≤x≤，即实数x的取值范围是.
(2)(2018·温州联考)记max{p，q}＝设M(x，y)＝max{|x2＋y＋1|，|y2－x＋1|}，其中x，y∈R，则M(x，y)的最小值是________．
答案
解析 由已知得M(x，y)≥|x2＋y＋1|，M(x，y)≥|y2－x＋1|，则2M(x，y)≥|x2＋y＋1|＋|y2－x＋1|
≥|(x2＋y＋1)＋(y2－x＋1)|＝|x2－x＋y2＋y＋2|
＝≥，
则M(x，y)≥.
当x＝，y＝－时，M(x，y)＝，
所以M(x，y)的最小值为.
思维升华 求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种
(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．
跟踪训练1 (1)(2018·浙江金华一中模拟)若关于x的不等式|x＋t2－2|＋|x＋t2＋2t－1|<3t无解，则实数t的取值范围是( )
A. B．(－∞，0]
C．(－∞，1] D．(－∞，5]
答案 C
解析 由题意，得当t≤0时，该不等式无解；当t>0时，因为|x＋t2－2|＋|x＋t2＋2t－1|≥|x＋t2－2－(x＋t2＋2t－1)|＝2t＋1，要使原不等式无解，则需3t≤2t＋1，解得0
答案
解析 由题意可得，因为S＝min，所以0
例2 (2018·浙江省杭州重点中学期中)已知函数f(x)＝x|x－a|－1.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x|x－1|－1，
由不等式f(x)
②当x<1时，不等式化为x(1－x)
综上，不等式的解集是{x|x<2}．
(2)由题意得x|x－a|≤x2＋1当x∈(0,1]时恒成立，
所以|x－a|≤x＋当x∈(0,1]时恒成立，
即x－≤a≤x＋当x∈(0,1]时恒成立．
令g(x)＝x－，则g(x)在(0,1]上单调递增，
故g(x)≤g(1)＝－.
又x＋≥2＝，
当且仅当x＝，即x＝时等号成立，
所以－≤a≤，m
所以实数a的取值范围为.
例3 (2018·湖州市五校模拟)已知对任意的x∈[1,4]，|x－1|＋－x＋m≤4恒成立，则m的取值范围为________________．
答案
解析 由x∈[1,4]，可知x－1≥0恒成立，可得x－1＋－x＋m≤4，即＋m－1≤4，令t＝x＋∈[4,5]，即|t－m|＋m－1≤4，t∈[4,5]恒成立，由绝对值的几何意义知，当m≤时，|t－m|max＝5－m，即5－m＋m－1≤4恒成立，当m>时，|t－m|max＝m－4，即m－4＋m－1≤4，即m≤，不符合题意，
综上m的取值范围是m≤.
思维升华 (1)恒成立问题可转化为函数的最值问题．
(2)和绝对值有关的最值可以利用绝对值的性质进行改编或者化为分段函数解决．
(3)和绝对值不等式有关的范围或最值问题，可利用绝对值的几何意义或绝对值三角不等式进行放缩．
(4)利用特殊点的函数值可探求范围；若函数解析式中含有绝对值，也可化为分段函数．
跟踪训练2 (2016·浙江)已知a≥3，函数F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围；
(2)①求F(x)的最小值m(a)；
②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a)．
解 (1)由于a≥3，故当x≤1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)＞0，
当x＞1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．
所以，使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围是[2,2a]．
(2)①设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，
所以，由F(x)的定义知m(a)＝min，
即m(a)＝
②当0≤x≤2时，F(x)≤f(x)≤max＝2＝F(2)．
当2
当a≥4时，34－8a≤2；
当3≤a<4时，34－8a>2，
所以M(a)＝
1．不等式|2x－1|<3的解集是( )
A．(1,2) B．(－1,2)
C．(－2，－1) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
答案 B
解析 |2x－1|<3⇔－3<2x－1<3⇔－1
A．{x|－1
答案 A
解析 方法一 原不等式即为|2x－1|<|x－2|，
∴4x2－4x＋1
①或②
或③
不等式组①无解，由②得
A．{0,2} B．{－2,2}
C．{0,1,2} D．{－2，－1,0}
答案 C
解析 由|x－1|≤1得0≤x≤2，所以集合A＝{x|0≤x≤2}，所以A∩B＝{0,1,2}，故选C.
4．(2018·嘉兴市教学测试)已知数列{an}为等差数列，且a8＝1，则2|a9|＋|a10|的最小值为( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 C
解析 记y＝2|a9|＋|a10|，设数列{an}的公差为d，则a9＝1＋d，a10＝1＋2d，所以y＝2|1＋d|＋|1＋2d|＝|2＋2d|＋|1＋2d|≥|(2＋2d)－(1＋2d)|＝1，当且仅当(2＋2d)(1＋2d)≤0时，取等号，故选C.
5．(2018·浙江名校协作体联考)设函数f(x)＝|2x－1|，若不等式f(x)≥对任意实数a≠0恒成立，则x的取值范围是( )
A．(－∞，－1]∪[3，＋∞) B．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[1，＋∞)
答案 B
解析 不等式f(x)≥对任意实数a≠0恒成立，仅需f(x)≥max.
因为＝－≤3，
所以f(x)≥3，即|2x－1|≥3，即2x－1≥3或2x－1≤－3，
即x≥2或x≤－1，故选B.
6．已知f(x)＝2x2－4x－1，设有n个不同的数xi(i＝1,2，…，n)满足0≤x1＜x2＜…＜xn≤3，则满足|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|≤M的M的最小值是( )
A．10 B．8 C．6 D．2
答案 A
解析 由二次函数的性质得f(x)＝2x2－4x－1在(0,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，且f(0)＝－1，f(1)＝－3，f(3)＝5，则当x1＝0，xn＝3，且存在xi＝1时，|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|取得最大值，最大值为|f(x1)－f(xi)|＋|f(xi)－f(xn)|＝|－1－(－3)|＋|－3－5|＝10，
所以M的最小值为10，故选A.
7．(2018·浙江联盟校联考)设函数f(x)＝若|f(x)＋f(x＋l)－2|＋|f(x)－f(x＋l)|>2(l>0)对任意的实数x都成立，则正数l的取值范围为( )
A．(0,2) B．(2，＋∞)
C．(0,2] D．[2，＋∞)
答案 B
解析 因为|f(x)＋f(x＋l)－2|＋|f(x)－f(x＋l)|≥max{|2f(x)－2|，|2f(x＋l)－2|}，所以|2f(x)－2|>2或|2f(x＋l)－2|>2，即f(x)>2或f(x＋l)>2的解集为R，解f(x)>2得x<－或x>，当－≤x≤时，有f(x＋l)>2，解得x＋l<－或x＋l>，因为l>0，所以由数形结合知－＋l>，l>2.所以正数l的取值范围为(2，＋∞)．
8．(2018·金华十校调研)若a，b，c∈R，且|a|≤1，|b|≤1，|c|≤1，则下列说法正确的是( )
A.≥
B.≥
C.≥
D．以上都不正确
答案 A
解析 由题意知，－1≤ab＋bc＋ca≤3，对于选项A，≥，≤，显然不等式成立，对a，b，c分别取特殊值，取a＝1，b＝－1，c＝0，排除选项B，取a＝－1，b＝0，c＝1，排除选项C，故选A.
9．若关于x的不等式|x|＋|x＋a|
解析 由不等式与方程的关系知，－2,1恰为方程|x|＋|x＋a|＝b的两根，故有解得
10．已知f(x)＝＋＋2x－2a(x>0)的最小值为，则实数a＝________.
答案
解析 f(x)＝＋＋2x－2a
≥＋2x－2a＝＋2x－2a
＝＋2x－2a≥2－2a＝4－2a.
当且仅当＝2x，即x＝1时，等号成立．
由4－2a＝，解得a＝.
经验证，当x＝1，a＝时，＋
＝，
即两处不等号取等条件相同．
11．(2018·嘉兴市基础测试)当1≤x≤3时，|3a＋2b|－|a－2b|≤|a|对任意的实数a，b都成立，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 当a＝0时，不等式恒成立；当a≠0时，原问题可转化为当1≤x≤3时，x＋＋1≥对任意的实数a，b都成立，因为≤＝4，所以当1≤x≤3时，x＋≥3，即m≥x(3－x)恒成立．设f(x)＝x(3－x)(x∈[1,3])，易得f(x)max＝，所以只需m≥f(x)max，即m≥.综上，实数m的取值范围是.
12．(2018·浙江十校联盟适应性考试)对任意的x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为________；若正实数x，y，z满足x2＋2y2＋z2＝1，则t＝xy＋yz＋xz的最大值是________．
答案 3
解析 由绝对值不等式的性质得|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥|(1－x)＋x|＋|(1－y)＋(1＋y)|＝3，
1＝x2＋2y2＋z2＝x2＋y2＋y2＋z2＋x2＋z2≥2×xy＋2×yz＋2×xz，
当且仅当x＝y＝z时等号成立，
∴≤1×，
即t＝xy＋yz＋xz的最大值为＝.
13．(2018·金丽衢十二校模拟)设实数a，b，则“|a－b2|＋|b－a2|≤1”是“2＋2≤”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 2＋2≤⇔a2－a＋＋b2－b＋≤⇔a2－a＋b2－b≤1⇔b2－a＋a2－b≤1，令b2－a＝x，a2－b＝y，
∵|x|＋|y|≥|x＋y|≥x＋y，
∴|x|＋|y|≤1⇒x＋y≤1，
而反之x＋y≤1⇏|x|＋|y|≤1，
故是充分不必要条件，故选A.
14．(2018·浙江六校协作体联考)已知函数f(x)＝x－1，若|f(x)－1|＋－a>0对任意的x∈R且x≠2恒成立，则实数a的取值范围为________；不等式|f(2x)|≤5－|f(2x－1)|的解集为__________．
答案 (－∞，2)
解析 因为|f(x)－1|＋－a>0对任意的x∈R且x≠2恒成立，所以|f(x)－1|＋>a对任意的x∈R且x≠2恒成立，令y＝|f(x)－1|＋，因为y＝|f(x)－1|＋＝|x－2|＋≥2，当且仅当|x－2|＝，即x＝1或x＝3时等号成立，所以实数a的取值范围为(－∞，2)．
不等式|f(2x)|≤5－|f(2x－1)|等价于|2x－1|≤5－|2x－2|，等价于|2x－1|＋|2x－2|≤5，等价于或或
解得－≤x<或≤x≤1或1
15．(2018·绍兴嵊州市适应性考试)已知a>0，若集合A＝{x∈Z||2x2－x－a－2|＋|2x2－x＋a－2|－2a＝0}中的元素有且仅有2个，则实数a的取值范围为______．
答案 [1,2)
解析 因为|2x2－x－a－2|＋|2x2－x＋a－2|≥|(2x2－x－a－2)－(2x2－x＋a－2)|＝2a，当且仅当－a≤2x2－x－2≤a时等号成立，所以集合A中有且仅有两个元素等价于不等式－a≤2x2－x－2≤a有且仅有两个整数解．
因为函数f(x)＝2x2－x－2＝22－的图象关于直线x＝对称，又f(－2)＝8，f(－1)＝1，f(0)＝－2，f(1)＝－1，f(2)＝4，作出函数y＝f(x)的图象如图所示，由图知，要使－a≤2x2－x－2≤a有两个整数解，则1≤a<2.
16．(2018·绍兴诸暨市期末考试)已知a，b∈R，f(x)＝|2＋ax＋b|，若对于任意的x∈[0,4]，f(x)≤恒成立，则a＋2b＝________.
答案 －2
解析 因为f(x)的几何意义为g(x)＝2，h(x)＝－ax－b图象上的点(x，g(x))，(x，h(x))的竖直距离．又由f(x)≤得－ax－b－≤2≤－ax－b＋对任意的x∈[0,4]恒成立，故g(x)＝2被夹在竖直距离为1的平行直线y＝h(x)±之间，如图，所以直线y＝－ax－b－过点(0,0)，(4,4)，即－a＝1，－b－＝0，从而a＋2b＝－2.
最新考纲
考情考向分析
1.会解|x＋b|≤c，|x＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式．
2.了解不等式||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.
绝对值不等式的解法，利用绝对值不等式求最值是考查的重点；高考中绝对值不等式和数列、函数的结合是常见题型，解答题居多，难度为中高档.
1．绝对值三角不等式
(1)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．
(2)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|
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|
∅
∅
|x|>a
(－∞，－a)∪(a，＋∞)
(－∞，0)∪(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.
概念方法微思考
|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式有哪些解法？各体现了什么数学思想？
提示 (1)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；
(2)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
(3)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．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)|x＋2|的几何意义是数轴上坐标为x的点到点2的距离．( × )
(2)|x|>a的解集是{x|x>a或x<－a}．( × )
(3)|a＋b|＝|a|＋|b|成立的条件是ab≥0.( √ )
(4)若ab<0，则|a＋b|<|a－b|.( √ )
(5)对一切x∈R，不等式|x－a|＋|x－b|>|a－b|恒成立．( × )
题组二 教材改编
2．[P20T7]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]
答案 D
解析 由题意得
即
解得不等式的解集为[－2,1)∪(4,7]．
3．[P20T8]不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
答案 A
解析 ①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，
∴x≤1.
②当1
∴4＜2，∴此时无解．
综上，原不等式的解集为(－∞，4)．
题组三 易错自纠
4．(2018·浙江源清中学月考)已知a，b∈R，则“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析 ∵|a＋b|≤|a|＋|b|，
∴由|a|＋|b|≤3可得|a＋b|≤3，
又当a＝－4，b＝2时，|a＋b|≤3成立，
而|a|＋|b|≤3不成立，
故“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的必要不充分条件．
5．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4] B．[1,2]
C．[－2,4] D．[－4，－2]
答案 C
解析 ∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，
要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，
则|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.
6．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围是______．
答案
解析 设y＝|2x－1|＋|x＋2|
＝
当x<－2时，y＝－3x－1>5；
当－2≤x<时，＜y＝－x＋3≤5；
当x≥时，y＝3x＋1≥，
故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.
因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，
所以≥a2＋a＋2.
解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤，
故实数a的取值范围为.
题型一 绝对值不等式的解法
1．(2018·浙江嘉兴七校期中)不等式1≤|2x－1|＜2的解集为( )
A.∪ B.
C.∪ D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
答案 C
解析 不等式等价于1≤2x－1<2或－2<2x－1≤－1，
解得1≤x<或－＜x≤0.
2．(2018·宁波北仑中学期中)若关于x的不等式|x－1|－|x－3|>a2－3a的解集为非空数集，则实数a的取值范围是( )
A．1
答案 B
解析 ∵(|x－1|－|x－3|)max＝2，
∴a2－3a<2，得
答案 {x|x≤－3或x≥2}
解析 方法一 要去掉绝对值符号，需要对x与－2和1进行大小比较，－2和1可以把数轴分成三部分．当x<－2时，不等式等价于－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3；当－2≤x<1时，不等式等价于－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，无解；当x≥1时，不等式等价于x－1＋x＋2≥5，解得x≥2.综上，不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}．
方法二 |x－1|＋|x＋2|表示数轴上的点x到点1和点－2的距离的和，如图所示，数轴上到点1和点－2的距离的和为5的点有－3和2，故满足不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的x的取值范围为x≤－3或x≥2，所以不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}．
4．设不等式|x－2|
解析 ∵∈A，且∉A，
∴
(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．
题型二 利用绝对值不等式求最值
例1 (1)(2018·浙江温州十校联考)对于任意实数a和b(b≠0)，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|b|(|x－1|＋|x－2|)恒成立，则实数x的取值范围是________．
答案
解析 原不等式可化为≥|x－1|＋|x－2|恒成立，令m＝.由|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)－(a－b)|＝2|b|，得m≥2，当且仅当(|a|＋|b|)·(|a|－|b|)≤0，即|a|≤|b|时，取等号，所以有|x－1|＋|x－2|≤2，解得≤x≤，即实数x的取值范围是.
(2)(2018·温州联考)记max{p，q}＝设M(x，y)＝max{|x2＋y＋1|，|y2－x＋1|}，其中x，y∈R，则M(x，y)的最小值是________．
答案
解析 由已知得M(x，y)≥|x2＋y＋1|，M(x，y)≥|y2－x＋1|，则2M(x，y)≥|x2＋y＋1|＋|y2－x＋1|
≥|(x2＋y＋1)＋(y2－x＋1)|＝|x2－x＋y2＋y＋2|
＝≥，
则M(x，y)≥.
当x＝，y＝－时，M(x，y)＝，
所以M(x，y)的最小值为.
思维升华 求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种
(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．
跟踪训练1 (1)(2018·浙江金华一中模拟)若关于x的不等式|x＋t2－2|＋|x＋t2＋2t－1|<3t无解，则实数t的取值范围是( )
A. B．(－∞，0]
C．(－∞，1] D．(－∞，5]
答案 C
解析 由题意，得当t≤0时，该不等式无解；当t>0时，因为|x＋t2－2|＋|x＋t2＋2t－1|≥|x＋t2－2－(x＋t2＋2t－1)|＝2t＋1，要使原不等式无解，则需3t≤2t＋1，解得0
答案
解析 由题意可得，因为S＝min，所以0
例2 (2018·浙江省杭州重点中学期中)已知函数f(x)＝x|x－a|－1.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x|x－1|－1，
由不等式f(x)
②当x<1时，不等式化为x(1－x)
综上，不等式的解集是{x|x<2}．
(2)由题意得x|x－a|≤x2＋1当x∈(0,1]时恒成立，
所以|x－a|≤x＋当x∈(0,1]时恒成立，
即x－≤a≤x＋当x∈(0,1]时恒成立．
令g(x)＝x－，则g(x)在(0,1]上单调递增，
故g(x)≤g(1)＝－.
又x＋≥2＝，
当且仅当x＝，即x＝时等号成立，
所以－≤a≤，m
所以实数a的取值范围为.
例3 (2018·湖州市五校模拟)已知对任意的x∈[1,4]，|x－1|＋－x＋m≤4恒成立，则m的取值范围为________________．
答案
解析 由x∈[1,4]，可知x－1≥0恒成立，可得x－1＋－x＋m≤4，即＋m－1≤4，令t＝x＋∈[4,5]，即|t－m|＋m－1≤4，t∈[4,5]恒成立，由绝对值的几何意义知，当m≤时，|t－m|max＝5－m，即5－m＋m－1≤4恒成立，当m>时，|t－m|max＝m－4，即m－4＋m－1≤4，即m≤，不符合题意，
综上m的取值范围是m≤.
思维升华 (1)恒成立问题可转化为函数的最值问题．
(2)和绝对值有关的最值可以利用绝对值的性质进行改编或者化为分段函数解决．
(3)和绝对值不等式有关的范围或最值问题，可利用绝对值的几何意义或绝对值三角不等式进行放缩．
(4)利用特殊点的函数值可探求范围；若函数解析式中含有绝对值，也可化为分段函数．
跟踪训练2 (2016·浙江)已知a≥3，函数F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围；
(2)①求F(x)的最小值m(a)；
②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a)．
解 (1)由于a≥3，故当x≤1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)＞0，
当x＞1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．
所以，使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范围是[2,2a]．
(2)①设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，
所以，由F(x)的定义知m(a)＝min，
即m(a)＝
②当0≤x≤2时，F(x)≤f(x)≤max＝2＝F(2)．
当2
当a≥4时，34－8a≤2；
当3≤a<4时，34－8a>2，
所以M(a)＝
1．不等式|2x－1|<3的解集是( )
A．(1,2) B．(－1,2)
C．(－2，－1) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
答案 B
解析 |2x－1|<3⇔－3<2x－1<3⇔－1
A．{x|－1
答案 A
解析 方法一 原不等式即为|2x－1|<|x－2|，
∴4x2－4x＋1
①或②
或③
不等式组①无解，由②得
A．{0,2} B．{－2,2}
C．{0,1,2} D．{－2，－1,0}
答案 C
解析 由|x－1|≤1得0≤x≤2，所以集合A＝{x|0≤x≤2}，所以A∩B＝{0,1,2}，故选C.
4．(2018·嘉兴市教学测试)已知数列{an}为等差数列，且a8＝1，则2|a9|＋|a10|的最小值为( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 C
解析 记y＝2|a9|＋|a10|，设数列{an}的公差为d，则a9＝1＋d，a10＝1＋2d，所以y＝2|1＋d|＋|1＋2d|＝|2＋2d|＋|1＋2d|≥|(2＋2d)－(1＋2d)|＝1，当且仅当(2＋2d)(1＋2d)≤0时，取等号，故选C.
5．(2018·浙江名校协作体联考)设函数f(x)＝|2x－1|，若不等式f(x)≥对任意实数a≠0恒成立，则x的取值范围是( )
A．(－∞，－1]∪[3，＋∞) B．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[1，＋∞)
答案 B
解析 不等式f(x)≥对任意实数a≠0恒成立，仅需f(x)≥max.
因为＝－≤3，
所以f(x)≥3，即|2x－1|≥3，即2x－1≥3或2x－1≤－3，
即x≥2或x≤－1，故选B.
6．已知f(x)＝2x2－4x－1，设有n个不同的数xi(i＝1,2，…，n)满足0≤x1＜x2＜…＜xn≤3，则满足|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|≤M的M的最小值是( )
A．10 B．8 C．6 D．2
答案 A
解析 由二次函数的性质得f(x)＝2x2－4x－1在(0,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，且f(0)＝－1，f(1)＝－3，f(3)＝5，则当x1＝0，xn＝3，且存在xi＝1时，|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|取得最大值，最大值为|f(x1)－f(xi)|＋|f(xi)－f(xn)|＝|－1－(－3)|＋|－3－5|＝10，
所以M的最小值为10，故选A.
7．(2018·浙江联盟校联考)设函数f(x)＝若|f(x)＋f(x＋l)－2|＋|f(x)－f(x＋l)|>2(l>0)对任意的实数x都成立，则正数l的取值范围为( )
A．(0,2) B．(2，＋∞)
C．(0,2] D．[2，＋∞)
答案 B
解析 因为|f(x)＋f(x＋l)－2|＋|f(x)－f(x＋l)|≥max{|2f(x)－2|，|2f(x＋l)－2|}，所以|2f(x)－2|>2或|2f(x＋l)－2|>2，即f(x)>2或f(x＋l)>2的解集为R，解f(x)>2得x<－或x>，当－≤x≤时，有f(x＋l)>2，解得x＋l<－或x＋l>，因为l>0，所以由数形结合知－＋l>，l>2.所以正数l的取值范围为(2，＋∞)．
8．(2018·金华十校调研)若a，b，c∈R，且|a|≤1，|b|≤1，|c|≤1，则下列说法正确的是( )
A.≥
B.≥
C.≥
D．以上都不正确
答案 A
解析 由题意知，－1≤ab＋bc＋ca≤3，对于选项A，≥，≤，显然不等式成立，对a，b，c分别取特殊值，取a＝1，b＝－1，c＝0，排除选项B，取a＝－1，b＝0，c＝1，排除选项C，故选A.
9．若关于x的不等式|x|＋|x＋a|
解析 由不等式与方程的关系知，－2,1恰为方程|x|＋|x＋a|＝b的两根，故有解得
10．已知f(x)＝＋＋2x－2a(x>0)的最小值为，则实数a＝________.
答案
解析 f(x)＝＋＋2x－2a
≥＋2x－2a＝＋2x－2a
＝＋2x－2a≥2－2a＝4－2a.
当且仅当＝2x，即x＝1时，等号成立．
由4－2a＝，解得a＝.
经验证，当x＝1，a＝时，＋
＝，
即两处不等号取等条件相同．
11．(2018·嘉兴市基础测试)当1≤x≤3时，|3a＋2b|－|a－2b|≤|a|对任意的实数a，b都成立，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 当a＝0时，不等式恒成立；当a≠0时，原问题可转化为当1≤x≤3时，x＋＋1≥对任意的实数a，b都成立，因为≤＝4，所以当1≤x≤3时，x＋≥3，即m≥x(3－x)恒成立．设f(x)＝x(3－x)(x∈[1,3])，易得f(x)max＝，所以只需m≥f(x)max，即m≥.综上，实数m的取值范围是.
12．(2018·浙江十校联盟适应性考试)对任意的x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为________；若正实数x，y，z满足x2＋2y2＋z2＝1，则t＝xy＋yz＋xz的最大值是________．
答案 3
解析 由绝对值不等式的性质得|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥|(1－x)＋x|＋|(1－y)＋(1＋y)|＝3，
1＝x2＋2y2＋z2＝x2＋y2＋y2＋z2＋x2＋z2≥2×xy＋2×yz＋2×xz，
当且仅当x＝y＝z时等号成立，
∴≤1×，
即t＝xy＋yz＋xz的最大值为＝.
13．(2018·金丽衢十二校模拟)设实数a，b，则“|a－b2|＋|b－a2|≤1”是“2＋2≤”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 2＋2≤⇔a2－a＋＋b2－b＋≤⇔a2－a＋b2－b≤1⇔b2－a＋a2－b≤1，令b2－a＝x，a2－b＝y，
∵|x|＋|y|≥|x＋y|≥x＋y，
∴|x|＋|y|≤1⇒x＋y≤1，
而反之x＋y≤1⇏|x|＋|y|≤1，
故是充分不必要条件，故选A.
14．(2018·浙江六校协作体联考)已知函数f(x)＝x－1，若|f(x)－1|＋－a>0对任意的x∈R且x≠2恒成立，则实数a的取值范围为________；不等式|f(2x)|≤5－|f(2x－1)|的解集为__________．
答案 (－∞，2)
解析 因为|f(x)－1|＋－a>0对任意的x∈R且x≠2恒成立，所以|f(x)－1|＋>a对任意的x∈R且x≠2恒成立，令y＝|f(x)－1|＋，因为y＝|f(x)－1|＋＝|x－2|＋≥2，当且仅当|x－2|＝，即x＝1或x＝3时等号成立，所以实数a的取值范围为(－∞，2)．
不等式|f(2x)|≤5－|f(2x－1)|等价于|2x－1|≤5－|2x－2|，等价于|2x－1|＋|2x－2|≤5，等价于或或
解得－≤x<或≤x≤1或1
15．(2018·绍兴嵊州市适应性考试)已知a>0，若集合A＝{x∈Z||2x2－x－a－2|＋|2x2－x＋a－2|－2a＝0}中的元素有且仅有2个，则实数a的取值范围为______．
答案 [1,2)
解析 因为|2x2－x－a－2|＋|2x2－x＋a－2|≥|(2x2－x－a－2)－(2x2－x＋a－2)|＝2a，当且仅当－a≤2x2－x－2≤a时等号成立，所以集合A中有且仅有两个元素等价于不等式－a≤2x2－x－2≤a有且仅有两个整数解．
因为函数f(x)＝2x2－x－2＝22－的图象关于直线x＝对称，又f(－2)＝8，f(－1)＝1，f(0)＝－2，f(1)＝－1，f(2)＝4，作出函数y＝f(x)的图象如图所示，由图知，要使－a≤2x2－x－2≤a有两个整数解，则1≤a<2.
16．(2018·绍兴诸暨市期末考试)已知a，b∈R，f(x)＝|2＋ax＋b|，若对于任意的x∈[0,4]，f(x)≤恒成立，则a＋2b＝________.
答案 －2
解析 因为f(x)的几何意义为g(x)＝2，h(x)＝－ax－b图象上的点(x，g(x))，(x，h(x))的竖直距离．又由f(x)≤得－ax－b－≤2≤－ax－b＋对任意的x∈[0,4]恒成立，故g(x)＝2被夹在竖直距离为1的平行直线y＝h(x)±之间，如图，所以直线y＝－ax－b－过点(0,0)，(4,4)，即－a＝1，－b－＝0，从而a＋2b＝－2.
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