【数学】2019届一轮复习人教B版第十二章不等式选讲学案
第十二章 不等式选讲
第59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
2017·全国卷Ⅲ，23
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．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(在括号内打“√”或“”)．
(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＜2－3x的解集是( C )
A．{ x B．{x
C．{x D．{x
解析 |2x－1|＜2－3x⇔3x－2＜2x－1＜2－3x⇔⇔⇔x＜.
5．若不等式＜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＋≥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≤≤＋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－1
1时，①式可化为x2＋x－4≤0，
从而12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＋≤，且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范围为.
4．(2016·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．
解析 (1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6，得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，
当x＝时等号成立，所以当x∈R时，
f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①
当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解；
当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞)．
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：＜.
解析 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59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．函数f(x)＝ax＋b，当|x|≤1时，都有|f(x)|≤1，求证：|b|≤1，|a|≤1.
证明 ∵|f(x)|≤1，令x＝0，得|f(0)|≤1，∴|b|≤1.
∵|f(1)|＝|a＋b|≤1，|f(－1)|＝|－a＋b|≤1，
∴2|a|＝|a＋b＋a－b|≤|a＋b|＋|a－b|≤2.∴|a|≤1.
2．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|的最小值为|2－a|＝|a－2|，∴|a－2|≥a，
∴(2－a)2≥a2，解得a≤1，故a的取值范围为(－∞，1]．
3．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|＝其图象如图所示．
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，＋∞)．
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．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，当且仅当m＝2n时，等号成立．
6．设f(x)＝2|x|－|x＋3|.
(1)画出函数y＝f(x)的图象，并求不等式f(x)≤7的解集S；
(2)若关于x的不等式f(x)＋|2t－3|≤0有解，求参数t的取值范围．
解析 (1)f(x)＝
如图，函数y＝f(x)的图象与直线y＝7相交于横坐标为x1＝－4，x2＝10的两点，
由此得S＝[－4,10]．
(2)由(1)知f(x)的最小值为－3，则不等式f(x)＋|2t－3|≤0有解必须且只需－3＋|2t－3|≤0，解得0≤t≤3，
所以t的取值范围是[0,3]．
