【数学】2019届一轮复习全国通用版第69讲绝对值不等式学案

【数学】2019届一轮复习全国通用版第69讲绝对值不等式学案

第十二章　不等式选讲 第69讲　绝对值不等式 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：‎ ‎(1)≤＋.‎ ‎(2)≤＋.‎ ‎2．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：‎ ≤c，≥c，＋≥c.‎ ‎2017·全国卷Ⅰ，23‎ ‎2016·全国卷Ⅰ，24‎ ‎2016·全国卷Ⅲ，24‎ ‎2016·江苏卷，21(D)‎ 解绝对值不等式是本部分在高考中的重点考查内容，其中以解含有两个绝对值的不等式为主.‎ 分值：5～10分 ‎1．绝对值三角不等式 定理1：如果a，b是实数，那么≤＋，当且仅当__ab≥0__时，等号成立．‎ 定理2：如果a，b，c是实数，那么≤＋，当且仅当__(a－c)(c－b)≥0__时，等号成立．‎ ‎2．含绝对值不等式的解法 ‎(1)含绝对值的不等式＜a，＞a的解集 不等式 a＞0‎ a＝0‎ a＜0‎ ＜a ‎__{x|－a＜x＜a}__‎ ‎__∅__‎ ‎__∅__‎ ＞a ‎__{x|x＞a或x＜－a}__‎ ‎__{x|x∈R且x≠0}__‎ ‎__R__‎ ‎(2)≤c(c＞0)和≥c(c＞0)型不等式的解法 ‎①≤c⇔－c≤ax＋b≤c；‎ ‎②≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.‎ ‎1．思维辨析(在括内打“√”或打“×”)．‎ ‎(1)对≥－当且仅当a＞b＞0时等号成立．(　×　)‎ ‎(2)对－≤当且仅当＞时等号成立．(　×　)‎ ‎(3)对≤＋当且仅当ab≤0时等号成立．(　√　)‎ ‎(4)≤c的解等价于－c≤ax＋b≤c.(　√　)‎ ‎(5)不等式＋＜2的解集为∅.(　√　)‎ ‎2．设ab＜0，a，b∈R，那么正确的是(　C　)‎ A．＞　　 B．＜＋ C．＜　　 D．＜ 解析 由ab＜0，得a，b异号，‎ 易知|a＋b|＜|a－b|，|a－b|＝|a|＋|b|，|a－b|＞||a|－|b||，‎ ‎∴C项成立，A，B，D项均不成立．‎ ‎3．不等式1＜＜3的解集为(　D　)‎ A．(0,2)　　 B．(－2,0)∪(2,4)‎ C．(－4,0)　　 D．(－4，－2)∪(0,2)‎ 解析 1＜|x＋1|＜3⇔1＜x＋1＜3或－3＜x＋1＜－1⇔0＜x＜2或－4＜x＜－2.‎ ‎4．不等式|2x－1|＜2－3x的解集是(　C　)‎ A．　　　　 B． C．　　　　 D． 解析 |2x－1|＜2－3x⇔3x－2＜2x－1＜2－3x⇔⇔⇔x＜.‎ ‎5．若不等式|3x－b|＜4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b的取值范围为__(5,7)__．‎ 解析 由|3x－b|＜4得－4＜3x－b＜4，即＜x＜，‎ ‎∵不等式|3x－b|＜4的解集中的整数有且仅有1,2,3，‎ 则⇒∴5＜b＜7.‎ 一　绝对值不等式的解法 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)‎ ‎，可选用几何法或图象法求解较为简单．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．‎ ‎【例1】 解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.‎ 解析 将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0，‎ 令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，‎ 则f(x)＝ 作出函数的图象，如图所示．‎ 由图可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．‎ 二　绝对值不等式的证明 ‎(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．‎ ‎(2)利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．‎ ‎(3)转化为函数问题，数形结合进行证明．‎ ‎【例2】 设a∈R，函数f(x)＝ax2＋x－a(－1≤x≤1)，若|a|≤1，求证：|f(x)|≤.‎ 证明 方法一　∵－1≤x≤1，∴|x|≤1.‎ 又∵|a|≤1，∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤|a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|＝－2＋≤.‎ 方法二　设g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x.‎ ‎∵－1≤x≤1，‎ 当x＝±1，即x2－1＝0时，|f(x)|＝|g(a)|＝1≤；‎ 当－11时，①式化为x2＋x－4≤0，从而10，‎ 当x<0时，－x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，∴无解；‎ 当0≤x≤时，x＋(2x－1)＋1>0，得x>0，∴0时，x－(2x－1)＋1>0，得x<2，∴0.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；‎ ‎(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．‎ 解析 (1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.‎ 当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；‎ 当－10，解得0，解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为.‎ ‎(2)由题设可得f(x)＝ 所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(‎2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为(a＋1)2.‎ 由题设得(a＋1)2>6，故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2，＋∞)．‎ 易错点　不能正确处理好整体与个体的关系 错因分析：先由已知求得x和y的取值范围，再代入求证，致使取值范围扩大造成错误．‎ ‎【例1】 已知＜，＜，求证：＜.‎ 证明 设m(x＋y)＋n(2x－y)＝x－y，‎ 则解得 ‎∴＝≤＋＜＋＝.‎ ‎【跟踪训练1】 (2016·江苏卷)设a＞0，＜，＜，求证：＜a.‎ 证明 因为|x－1|＜，|y－2|＜，‎ 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|＜2×＋＝a.‎ 课时达标　第69讲 ‎[解密考纲]对本考点的考查以填空题和解答题为主，填空题主要涉及绝对值不等式的解法和柯西不等式的应用等，解答题涉及含有两个绝对值的问题，难度中等．‎ ‎1．已知f(x)＝|x＋1|＋|x－2|，g(x)＝|x＋1|－|x－a|＋a(a∈R)．‎ ‎(1)解不等式f(x)≤5；‎ ‎(2)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．‎ 解析 (1)f(x)＝|x＋1|＋|x－2|表示数轴上的x对应点到－1和2对应点的距离之和，而－2对应点到－1和2对应点的距离之和正好等于5,3对应点到－1和2对应点的距离之和正好等于5，故不等式f(x)≤5的解集为[－2,3]．‎ ‎(2)若不等式f(x)≥g(x)恒成立，即|x－2|＋|x－a|≥a恒成立．‎ 而|x－2|＋|x－a|≥|(2－x)＋(x－a)|＝|a－2|，‎ ‎∴(|x－2|＋|x－a|)min＝|a－2|，‎ ‎∴|a－2|≥a，‎ ‎∴a≤0或解得a≤1，故a的取值范围为(－∞，1]．‎ ‎2．设f(x)＝|x－1|＋|x－a|.‎ ‎(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；‎ ‎(2)若对任意的x∈R，f(x)≥4，求实数a的取值范围．‎ 解析 (1)当a＝－1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝其图象如下．‎ 根据图象易得f(x)≥3的解集为.‎ ‎(2)由于f(x)＝|x－1|＋|x－a|＝|x－1|＋|a－x|≥|a－1|，‎ 对任意的x∈R，f(x)≥4等价于|a－1|≥4，‎ 解得a≥5或a≤－3，‎ 故实数a的取值范围为(－∞，－3]∪[5，＋∞)．‎ ‎3．已知函数f(x)＝|x－2|－|2x－a|，a∈R.‎ ‎(1)当a＝3时，解不等式f(x)>0；‎ ‎(2)当x∈(－∞，2)时，f(x)<0恒成立，求a的取值范围．‎ 解析 (1)当a＝3时，f(x)>0，‎ 即|x－2|－|2x－3|>0，‎ 等价于或或 解得12－x，‎ 即2x－a>2－x或2x－ax＋2恒成立，∵x<2，∴a≥4.‎ 故a的取值范围是[4，＋∞)．‎ ‎4．设对于任意实数x，不等式|x＋7|＋|x－1|≥m恒成立．‎ ‎(1)求m的取值范围；‎ ‎(2)当m取最大值时，解关于x的不等式|x－3|－2x≤‎2m－12.　‎ 解析 (1)设f(x)＝|x＋7|＋|x－1|，‎ 则有f(x)＝ 当x<－7时，f(x)>8，当－7≤x≤1时，f(x)＝8，‎ 当x>1时，f(x)>8.‎ 综上，f(x)有最小值8，所以m≤8，故m的取值范围为(－∞，8]．‎ ‎(2)当m取最大值时，m＝8.原不等式等价于|x－3|－2x≤4，‎ 等价于或 等价于x≥3或－≤x<3.‎ 所以原不等式的解集为.‎ ‎5．(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．‎ 解析 (1)f(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＋≤，‎ 故m的取值范围为.‎ ‎6．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.‎ 解析 (1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4.‎ 因为方程|x－2|＋|x－1|＝4的解为x1＝－，x2＝，‎ 所以原不等式的解集为∪.‎ ‎(2)证明：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，所以＋＝1(m>0，n>0)．‎ 所以m＋2n＝(m＋2n)＝2＋＋≥4.‎