浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测5绝对值不等式含解析

合集下载

浙江专用2020版高考数学一轮总复习专题7不等式7.5绝对值不等式课件201903092217

高考数学（浙江专用）
7.5 绝对值不等式
考点清单
考点
考向基础 1.含绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集
不等式 |x|<a |x|>a a>0 {x|-a<x<a} ① {x|x>a或x<-a} a=0 ⌀ ② {x|x∈R且x≠0} a<0 ⌀ R
含绝对值不等式的解法
例 (2018课标全国Ⅰ文,23,10分)已知f(x)=|x+1|-|ax-1|. (1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集; (2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.
解析 (1)解法一:当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|,
2, x 1, 即f(x)= 2 x, 1 x 1, 2, x 1.
(4)推论2:||a|-|b||≤|a-b|.
考向突破考向一含绝对值不等式的解法
例1 (2017课标全国Ⅲ,23,10分)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
3, x 1, (1)f(x)= 2 x 1, 1 x 2, 3, x 2.
当x<-1时, f(x)≥1无解; 当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1, 所以1≤x≤2; 当x>2时,由f(x)≥1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. |x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测一集合含解析

课时跟踪检测(一) 集合一抓基础，多练小题做到眼疾手快1. (2019 •浙江考前热身联考)已知集合M= {x|y= .2x—x2}, N= {x| —1v x v 1}，贝U MJ N=( )A. [0,1)B. (—1,2)C. ( —1,2] D . ( —s, 0] J (1 ,+s)解析：选C 法一：易知M= {x|0 w x w 2}，又N= {x| —1v x v 1}，所以MU N= ( —1,2].故选C.法二：取x= 2,则2 € M 所以2€ M U N,排除A、B;取x = 3，则3?M,3?N,所以3?M U N,排除D,故选C.2. (2019 •浙江三地联考)已知集合P= {x| | x| v 2} , Q= {x| —1w x w 3}，贝U P A Q= ( )A. [ —1,2) B . ( —2,2)C. ( —2,3] D . [ —1,3]解析：选 A 由| x| v 2,可得一2v x v 2，所以P={x| —2v x v 2},所以P A Q= [ —1,2).3. (2018 •嘉兴期末测试)已知集合P={x|x v 1} , Q= {x|x>0}，则()A. P? Q B . C? PC. P? ?R C D . ?R P? Q解析：选D由已知可得?R P=［1 ,+s），所以？R P? Q.故选D.4. （2018 •浙江吴越联盟第二次联考）已知集合M= {0,1,2,3,4}则P的子集有_________ 个.解析：集合M= {0,1,2,3,4} , N F= {2,4,6} , P= M A N= {2,4}{4} , {2,4}，共4 个.答案：45. 已知集合A= {x|x>3}, B= {x|x>m},且A U B= A 则实数解析：因为集合A= {x| x > 3}, B= {x| x> m},且A U B= A,所以B? A如图所示，所以 3.答案：［3 , +s）二保咼考，全练题型做到咼考达标」-，］占‘& 1 23^4 5,N= {2,4,6} , P= M A N, ,贝U P的子集有？，{2}, m的取值范围是_________C. 3 D . 41. （2019 •杭州七校联考）已知集合A={x| x > 1} , B= {x|（x —1）（x —4）= 0},则集合A A B中的元素个数为（）A. 1 B . 2C. 3 D . 4解析：选 B A ={x |x v — 1 或 x > 1} , B= { — 2, - 1,1,2} , A n B = { — 2,2},故选 B. 2.(2019 •浙江六校联考)已知集合 U ={x |y = &} ,A ={x |y = log o x } , B = {y |y = — 2) 则A n ( ?UB )=()A.C. {x |x > 0}D . {0}解析：选C 由题意得，U= R, A ={x |x > 0}，因为y = — 2 v 0，所以B ={y |y v 0}，所以?U B = {x | x >0}，故 A n ( ?U B ) = {x |x >0}.故选 C.23.(2019 •永康模拟)设集合 M = {x | x — 2x — 3>0}, N = {x | — 3v x v 3}，则()A. M P N B . N? MC. MIUN =RD . M n N= ?解析：选 C 由 x 2— 2x — 3>0,解得 x >3 或 x <— 1,所以 M = {x | x <— 1 或 x >3}，所以 M U N= R.24.(2019 •宁波六校联考)已知集合 A = {x |x — 3x v 0} , B= {1 , a }，且A n B 有4个子集，则实数a 的取值范围是()A. (0,3) B . (0,1) U (1,3) C. (0,1)D . (—a, 1) U (3 ,+s)解析：选B •/ A n B 有4个子集，••• A n B 中有2个不同的元素，/• a € A , A a 2— 3a v 0, 解得0v a v 3且a z 1,即实数a 的取值范围是(0,1) U (1,3)，故选B.5. (2018 •镇海中学期中)若集合 M = ix y = Ig 2^r, N= {x | x v 1}，则 M U N=()xT-JFA. (0,1)B . (0,2) C. ( —a, 2)={x |0 v x v 2}, N = {x | x v 1}. M U N= {x | x v2} = ( —a, 2).故选 C.6.设集合 A = {x | x 2— x — 2< 0}, B = {x | x v 1，且 x € Z}，贝U A n B = _______ 解析：依题意得 A = {x |( x + 1)( x — 2) w 0} = {x | —1< x < 2},因此 A n B= {x | —1< x v 1,x € Z} = { — 1,0}.答案：{ — 1,0}7. (2018 •嘉兴二模)已知集合 A = {x | — 1w x w 2}, B = {x | x 2 — 4x w 0}，贝U A U B =,An ( ?R B ) = ________________ .D . (0，+a) 解析：选C 集合M = y = ig解析：因为B= {x| x —4x w 0} = {x|0 w x w4}，所以A U B= {x| —1 w x w4};因为P R B={x| x v 0 或x>4}，所以A n(?R B = {x| —1 w x v 0}.答案：{x| —1w x w4} {x| —1w x v 0}又因为B ? A ,4②当一2m > m — 4,1 卩 m V 3时，A = {x | m — 4 v x v — 2n },3 又因为B ? A ,& 设集合 A ={( x , y )| y >| x — 2| , x >0},B= {( x , y )| y w — x + b }, A n B M ?.⑴b 的取值范围是 __________ ;⑵ 若(x , y ) € A n B,且x + 2y 的最大值为9，则b 的值是 _____________ .解析：由图可知，当y = — x 往右移动到阴影区域时，才满足条件，所以b >2;要使z = x + 2y 取得最大值，则过点(0 , b )，有0 9 + 2b = 9? b =-.9 答案：(1)[2 ,+^) (2)-9.已知集合A ={x |4 <2x w 16},B = [a , b ]，若 A ? B,则实数 a — b 的取值范围是解析：集合 A = {x |4 <2x w 16} = {x |2 2<2x <24} = {x |2 w x w 4} = [2,4]，因为 A ? B 所以a w 2, b >4,所以a — b w 2— 4 = — 2，即实数a — b 的取值范围是(—^,— 2].答案：(一g,— 2]10.已知集合心{x |( x + 2m )( x — m n 4) v 0}，其中 R ,集合 B = <x(1)若B ? A ,求实数m 的取值范围;⑵若A n B = ?，求实数m 的取值范围.={x | — 2v x v 1}.解：⑴集合B = =X1— x忌> 04当A = ?时，m ^ 3,不符合题意. 当 A M ?时，m M 3. ①当一2m vA = {x | — 2m v x v m — 4},1 — xx T 2>04m> 3,所以—2m w —-m — 4> 1,4 m> 3,2, 所以 5.rn- 4w — 2,综上所述，实数 m 的取值范围为i — m, — ~ U [5 ,+^). (2)由(1)知，B= {x | — 2v x v 1}. 4当A = ?时，m= 3,符合题意.t, 4当 A M ?时，m^ 3.4① 当一2n v m- 4,即卩 m>3时，A = {x | — 2n v x v m- 4}, 又因为A H B = ?，所以一2m>1或者m-4<— 2, 1 4即m K — 2或者m K 2,所以§v m K 2.4② 当一2m > m- 4,1 卩 m v 3时，A = {x | m- 4 v x v — 2n }, 又因为A H B = ?，所以m — 4>1或者一2m K — 2,4即或者m > 1，所以1 e m v 3. 综上所述，实数m 的取值范围为[1,2]. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.对于复数a , b , c , d ,若集合S ={a , b , c , d }具有性质"对任意 x , y € S,必有“ 1,xy € S',则当 b = 1, 时，b + c + d 等于()Q 2= bA. 1 B . — 1 C. 0D . i所以—2m> 1,4 n K3,n K —1,所以me —2,解析：选B •/ S= {a, b, c, d}，由集合中元素的互异性可知当a= 1时，b=—1, c2 =—1 ,.•• c =± i，由"对任意x, y € S,必有xy € S'知土i € S,- c = i , d=—i 或c= —i , d= i ,••• b+ c + d= ( —1) + 0=—1.2 .对于集合M N,定义M- N= {x| x € M 且x?N}, M® N= ( M—N) U (N- M)，设A=+8)jX X >- 4，X € R r, B = {x |x v 0, x € R}，贝U A ® B =(解析：选 C 依题意得 A — B = {x |x > 0, x € R}, B — A =< x |x v —专，x € R> ，故 A ® B13.已知函数f (x ) = x — ------------- 的定义域为集合 A,且B = {x € Z|2 v x v 10}, C = {x¥ x/7—x € R|x v a 或 x > a + 1}.⑴求：A 和(?R A n B ；(2)若A U C = R,求实数a 的取值范围. ------ 1解：⑴要使函数f (x ) = x — 3 — 寸7 — x 应满足x — 3>0,且7 — x > 0，解得3< x v 7 则 A = {x |3 w x v 7},得到?R A = {x |x v 3 或 x > 7},而 B = {x € Z|2 v x v 10} = {3,4,5,6,7,8,9} ,所以(?R A ) n B = {7,8,9}.⑵ C = {x € R|x v a 或 x >a + 1}，要使 A U C = R ,则有a >3,且a + 1v 乙解得3< a v 6. 故实数a 的取值范围为[3,6).-9u [0,9 4u(0，9u [0 ,+8).故选 C .9 -4,-9一4BC.D.。

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测六二元一次不等式组及简单的线性规划问题含解析

课时跟踪检测（六）二元一次不等式（组）及简单的线性规划问题一抓基础，多练小题做到眼疾手快1.不等式组 fx 》0, (x + 3y > 4,Qx + y <4所表示的平面区域的面积等于（A .22B .34 C.33D解析：选C 平面区域如图所示.x + 3y = 4,解｛3x + y = 4. 得 A (1,1),易得00,4), C 0, 4，4 |BC= 4 —犷1 84所以 & ABC = 2X X 1 = ^. 2•不等式(x解析：选 C (x — 2y + 1)( x + y — 3) <0 ?x — 2y +1>0, 或 x — 2y + 1<0, x + y — 3<0 |x + y — 3> 0.画出图形可知选C.3.（2019 •杭州高三质检）若实数x , 2x + 3y — 9》0,y满足不等式组— 2y —1< 0,设Z =x + 2y ,A. z <0 B . 0< z <5 C. 3< z <5D . z >5解析：选D作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.的最小值为一1,则实数m 等于( )所以可行域的面积 S =4x 3=3.4 2 10=2X 3+3=亍+ 2X 1= 5,即卩 z >5.4.点（一2, t ）在直线2x — 3y + 6 = 0的上方，贝U t 的取值范围是解析：因为直线2x — 3y + 6 = 0的上方区域可以用不等式 2x — 3y + 6v 0表示，所以由点 (—2, t )在直线 2x — 3y + 6 = 0 的上方得一4— 3t + 6v 0,解得t > |.5. （2019 •温州四校联考）若实数x , y 满足约束条件‘X > 0,x + y w 2,、2x — y w 2,则可行,z = 2x + y 的最大值为解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示,得」4 x= 3, 2 y= 3，所以，2，易得 I BC = 4,由图可知，当目标函数 z = 2x + y 所表示的直线过点 ,3时，z 取得最大值’且z max作出直线时，Z 取得最小值，Z min = 3一-二保咼考，全练题型做到咼考达标y > 1,1. （2018 •金华四校联考）已知实数x, y满足y W2x —1, | x+ y w m如果目标函数z= x —y的最小值为一1,则实数m 等于()x — 2y + 4> 0, 式组」x + y — 2> 0, 所表示的平面区域内某点(记为E )，则|PA + I AB 的取值范围是、3x + y — 9W0( )A. (2 .2, 5) B . [2.2, 5] C. [2,5]D . [2 2, 5)x — 2y +4> 0,解析：选B 不等式组«x + y — 2>0,所表示的平面区域如图中阴影部分所示， (3x + y — 9<0A. 7 C. 4解析：选B 画出x , y 满足的可行域如图中阴影部分所示，可得直线y = 2x — 1与直线x + y = m 的交点使目标函数z = x - y 取得最...,y = 2x —1，—耐 1 2 m- 1 小、小值，由*解得 x = -—, y =---,代入 x — y =— 1,x +y = m3 3 m+ 1 2m- 1m= 5.选 B.2.在平面直角坐标系中，若不等式组域的面积等于2，则a 的值为()A. — 5,+ y —1> 0,x — 1W 0,(a 为常数)所表示的平面区ax — y +1>0B . 1 D . 3解析：选D 因为ax — y + 1= 0的直线恒过点(0,1)，故看作直线绕点(0,1)旋转，不等式组表示的平面区域为如图所示阴影部分厶ABC由题意可求得 A (0,1) , B (1,0) , C 1 , a + 1),ABC= 2, BC= | a + 1| , BC 边上的高为 AD= 1,1S\ABC = x| a +1| x 1 = 2,解得 a =— 5 或 3, •••当a =— 5时，可行域不是一个封闭区域, 当a = 3时，满足题意，选 D. 3. (2017 •浙江新高考研究联盟)过点F ( — 1,1)的光线经 x 轴上点A 反射后，经过不等点P关于x轴的对称点为P( —1, - 1) , I PA + | AB| = | P i B|，过点P作直线x+ y—2=0的垂线,| —1—1 —2| 厂则| PB|的最小值为------ ；--- =2 2.[x—2y+ 4 = 0,由得B0(2,3),3x+ y—9 = 0则I P1B I 的最大值为I PB| =寸 2 + 1 2+ 3 + 1 2= 5.故 2 2 w| PA + I AB W 5.「X > 0,4.（2018 •浙江名校联考）设x, y满足+ y —2<0, 若z= 2x + y的最大值为7,[ax—y—a< 0,则a的值为（）7A.— - B . 0C. 1 D . —7 或1解析：选C法一：由z= 2x + y存在最大值，可知a>—1，显然a= 0不符合题意•作出不等式组所表示的平面区域，如图1或图2中阴影部分所示，作直线2x + y= 0,平移该直线，易知，当平移到过直线x+ y— 2 = 0与ax—y—a= 0的交点时，z取得最大值，由的最小值为一1,则实数m 等于( )所表示的平面区域，如图 1或图2中阴影部分所示，作直线 2x + y = 0，平移该直线，易知,x + y — 2= 0, ax— y — a = 0,x = 得；y = a + 2a +1, a a + 1a + 2 丨 x= '~ a + 1把丫=上 a + 1代入 2x + y =2 得 a = 1.法二：由z = 2x + y 存在最大值，可知a >— 1,显然a = 0不符合题意.作出不等式组圈1的2当平移到过直线x + y — 2 = 0与ax — y — a = 0的交点时，z 取得最大值7 ,由\+ y —2 = 0,x= 2，1 $ 7 得“2x + y = ^,□1J =，把』5. (2018 •余杭地区部分学校测试X= 2,代入 ax — y — a = 0，得 a = 1.)若函数y = f (x )的图象上的任意一点 P 的坐标为(X ,y ),且满足条件| x | >| y | ,则称函数f ( x )具有性质S,那么下列函数中具有性质 S 的是( )xA. f (x ) = e — 1 C. f (x ) = sin xB . f (x ) = ln( x + 1)2D . f (x ) = |x — 1|解析：选C 作出不等式|x | >|y |所表示的平面区域如图中阴影部分所示，若函数f (x )具有性质S ,则函数f (x )的图象必须完全分布在阴影区域①和②部分，易知f (x ) = e — 1的图象分布在区域①和③部分， f (x ) = ln( X + 1)的图象分布在区域②和④部分，f (x ) = Sin x 的图象分布在区域①和②部分，f (x ) = | x 2— 1|的图象分布在①、②和③部分，故选6.当实数x + 2y — 4W0,x , y 满足 x — y — 1 w 0,x >1时，1w ax + y <4恒成立，则实数 a 的取值范围是 _________解析：作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，由 1< ax + y <4恒成立，结合图可知， a >0且在A (1,0)处取得最小值，在政2,1)处取得最大值，所以 a > 1,且2a +1<4,故a 的取值范围是 |1, I .答案：1, |7 . (2018 •金丽衢十二校联考)若实数x , y 满足x — y —1< 0,y + 1<Ix — y — 9> 0, 则一的取值范围为x + 1y < I ,解析：作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，x~*的几何意义为可行域内一点 (x , y )与点(—1, — 1)连线31x + y —2> 0,x — 3y + 6> 0,2x — y — 3<0/ X*9$畫■厂2 二 D易得A (3,3)1 6 1令 a = x + 5y — 6,即卩 y =— x + + a , 55 5又z = |a |，所以z 的最大值为12.x + y — 2 = 0, mx- y — 3= 0, 如图，易得D （0，— 3）,4或m =— 3（舍去）.3的斜率，故由图可知,朗=善，故缶的取值范围为E71 4 4百V 4答案：〔4, 5x + y — 2> 0, -x — 3y + 6》0,& (2018 •金华十校联考)已知实数x , y 满足mx- y — 3<0当mi= 2时,z = | x + 5y — 6|的最大值为时，x , y 满足的不等式组所表示的平面区域的面积为 30.解析：作出所表示的平面区域如图中阴影部分所示,显然当直线过A （3,3）时，a 取得最大值，此时 a = 12,当直线过B 3,和,a 取得最小值，此时8a =—3x — 3y + 6= 0,由方程组mx- y — 3= 0,所以 S A B ” C = S A CD —B” CD=—活 i= 30,即 9吊+ 6m- 8= 0,所以 m= 3得A6m+ 3，3m — 1，2x 5X< 2.2答案：12 29.已知D是以点A(4,1),氏一1, - 6) , C( —3,2)为顶点的三角形区域(包括边界与内(1)写出表示区域D的不等式组.⑵设点B( —1,—6) , C( —3,2)在直线4x —3y —a= 0的异侧,的取值范围.解：⑴直线AB, AC；BC的方程分别为7x—5y —23= 0, x+ 7y —11 = 0,4 x+ y+ 10= 0.r7x —5y—23< 0,原点(0,0)在区域D内，故表示区域D的不等式组为x+ 7y—11 w 0,4x + y+ 10> 0.(2)根据题意有[4 x ( —1) —3X ( —6) —a][4 x ( —3) —3X 2—a] < 0,即(14 —a)( —18—a) < 0,解得—18< a< 14.故a的取值范围是(—18,14).x + y > 1,10.若x, y满足约束条件仔—y>—1,L2x —y< 2.1 1(1)求目标函数z = ^x—y+的最值;⑵若目标函数z = ax+ 2y仅在点(1,0)处取得最小值，求a的取值范围.解：(1)作出可行域如图，可求得A(3,4) , B(0,1) , C(1,0)1 1平移初始直线—y+ 2= 0,过A(3,4)取最小值—2,过C(1,0)取最大值1.所以z的最大值为1 ,最小值为—2.部).如图所示.a.⑵直线ax+ 2y= z仅在点(1,0)处取得最小值，由图象可知—故所求a的取值范围为(一4,2).三上台阶，自主选做志在冲刺名校< 2.答案：8 20可使获利最大?资金（百万兀）场地（百平方米）利润（百万兀）A 产品（百吨） 2 2 3B 产品（百吨）3 12限制149解：先将题中的数据整理成下表, 然后根据此表设未知数，列出约束条件和目标函数1. (2018 •浙江名校联考）设实数x ,y w x ,y 满足y >0,y w — 2x + 6,则x + 3y 的最大值为；若x 2+ 4y 2w a 恒成立，则实数 a 的最小值为 y w x ,解析：作出不等式组 y >0,y w — 2x + 6所表示的平面由图1可知，当u = x + 3y 过点A （2 , 2）时, u = X + 3y 取得最大值 U max = 2+ 3X 2= 8.w x '.令x = x ' , 2y = y '，则原不等式组等价于尹'w — 2x '+ 6,2x ' — y '> 0, 即y '》0,4x ' + y ' — 12w 0,作出可行域如图2中阴影部分所示，由图 2可知, y ' 2的最大值为原点到点B （2,4）的距离的平方, 易得|OEB 2= 22+ 42= 20 ,所以a 的最小值为20.2.某工厂投资生产利润300万元；投资生产 A 产品时，每生产一百吨需要资金B 产品时,利润200万元•现某单位可使用资金设生产A产品x百吨，生产B产品y百吨，利润为S百万元,2x+ 3y w 14,则约束条件为2x+ y w 9,x>0, y>0,I T目标函数S= 3X + 2y.作出可行域如图阴影部分所示，将目标函数S= 3X+ 2y变形为y3 S 3=-2X+2，这是斜率为—2，随S变化而变化的一组平行直线.S2是直线在y轴上的截距.由图知，使3x + 2y取得最大值的(x, y)是直线2x + y= 9与2x + 3y= 14的交点(3.25,2.50),此时S= 3X 3.25 + 2X 2.50 = 14.75.•••生产A产品325吨，生产B产品250吨时，获利最大，且最大利润为 1 475万元.。

2020年高考数学一轮复习考点05函数的单调性与最值必刷题(含解析)(2021-2022学年)

考点05 函数的单调性与最值1.函数在的图像大致为A ．ﻩＢ．Ｃ.D.【答案】B【解析】设,则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称,排除选项C ．又排除选项D;，排除选项Ａ,故选B ． 2．设是定义域为的偶函数,且在单调递减,则（ )A ．B.C.D ．ﻬ【答案】C【解析】是Ｒ的偶函数，.[]6,6-()f x ()fx R()0,∞+()f x,又在(0，+∞）单调递减，∴,，故选C.3．已知函数的定义域为,为偶函数，且对,满足。

若,则不等式的解集为( ）A.ﻩB.C ．ﻩ D.【答案】A【解析】因为对,满足，所以当时，是单调递减函数,又因为为偶函数,所以关于对称，所以函数当时，是增函数,又因为,所以有, 当时，即当时,当时，即当时,，综上所述：不等式()fx ()y f x =R)1(+x f 121x x ∀<≤(3)1f =1,82⎛⎫⎪⎝⎭)8,1(121x x ∀<≤()y f x=1≤x )1(+x f ()y f x =1x =()y f x=1>x (3)1f =1)1(=-f 2lo g 1x ≤02x <≤2lo g 1x >2x >的解集为，故本题选A 。

4.函数的单调减区间为（ )A ．ﻩ B.C ．ﻩ D.【答案】A 【解析】函数,所以或,所以函数的定义域为或,当时,函数是单调递减，而，所以函数的单调减区间为，故本题选Ａ。

5．已知函数，则的小关系是( )A. B ．C ．D.【答案】B 【解析】函数为偶函数,,, 当时,,函数在上递增，，即,故选:． 6．记设，则（ )A.存在 B ．存在Ｃ.存在 D.存在ﻬ【答案】C【解析】解：ｘ2﹣ｘ3=x 2(1﹣x )，1,82⎛⎫ ⎪⎝⎭(,1)-∞-3(,)2-∞-3(,)2+∞(4,)+∞1x <-()fx 4x >1x <-3(,)2-∞1x <-(),1-∞-∴当x≤1时,x2﹣x3≥0,当x>1时，x2﹣x3<0,∴f(x)．若t>1,则|f(t）+f(﹣ｔ）|=|t2＋（﹣t)3｜＝｜t2﹣ｔ３|=t3﹣t２，|f(t)﹣f(﹣t）|＝｜ｔ2+t3｜＝t２+ｔ3,f（t)﹣ｆ(﹣t)＝t2﹣(﹣t)3＝t2+t3,若０＜t<1,｜f(t)+f(﹣t)|=｜ｔ3＋(﹣t）3|=0,｜ｆ(t)﹣f（﹣t）|＝|ｔ３+t3|＝2t3，f(t)﹣f（﹣t)＝ｔ3﹣（﹣t)3=2ｔ3,当t=1时,|f(t)+ｆ(﹣t)｜＝｜1+（﹣1）|＝0，|f(t)﹣f（﹣t)|＝｜1﹣(﹣１)|＝２，f(ｔ)﹣f(﹣ｔ)=1﹣（﹣1)=2,∴当ｔ>0时,｜f(ｔ)+f(﹣t）｜＜f（ｔ)﹣f(﹣ｔ),|ｆ（ｔ)﹣f(﹣t)|=ｆ(t)﹣f(﹣t),故Ａ错误,B错误;当ｔ＞０时,令g（ｔ)＝f（1+t)+f(1﹣t)＝(1+t）2+（1﹣t)3＝﹣t３+4ｔ２﹣t＋2,则g′(t）=﹣3t2+８t﹣1，令ｇ′（t)＝0得﹣３ｔ２+8t﹣1=0,∴△＝64﹣12＝52，∴g(t)有两个极值点t1，t2,∴ｇ(t)在（t2,＋∞）上为减函数,∴存在t0>ｔ2，使得ｇ（ｔ０)＜0，∴|g（t0)|>g（t0)，故C正确;令h(ｔ)＝（1+t)﹣ｆ（1﹣t）=（1+t)2﹣(１﹣t）3＝ｔ3﹣2ｔ2＋５t,则h′(t)=3t2﹣4ｔ＋5=３（t）20,∴ｈ(t）在(0,+∞)上为增函数,∴h(t）＞ｈ(0）=0，∴|ｈ(t）|=h(t），即｜f(１+t）﹣f(1﹣ｔ）｜=f（1+t)﹣f(1﹣ｔ),故Ｄ错误.ﻬ故选：C.7．已知函数是定义域为的奇函数,当时，,则不等式的解集为（ )A．ﻩB．C．D．【答案】A【解析】当时，,，函数是定义域为的奇函数,当时,,可得到函数是单调递增的，故在整个实属范围内也是单调递增的,故只需要.故答案为:Ａ.8．在平面直角坐标系中，对于点,若函数满足：,都有，就称这个函数是点的“限定函数"．以下函数:①,②,③，④,其中是原点的“限定函数"的序号是______．已知点在函数的图象上，若函数是点的“限定函数”,则的取值范围是＿_____. 【答案】①③【解析】要判断是否是原点O 的“限定函数＂只要判断:,都有，对于① ，由可得,则①是原点O 的“限定函数”；对于②，由可得,则②不是原点O 的“限定函数"对于③ ,由可得,则③是原点O 的“限定函数＂对于④,由可得,则④不是原点O 的“限定函数"点在函数的图像上,若函数是点Ａ的“限定函数”,可得,xoy(),A a b ()y f x =A12y x =221y x =+s in y x =O(),A a b 2x y =2x y =Aa(,0]-∞[1,1]x ∀∈-[1,1]y ∈-12y x =[1,1]x ∈-221y x =+[1,1]x ∈-s in y x =[1,1]x ∈-[1,1]x ∈-[0,l n 3]y ∈⊄[1,1]-A (a, b)2xy =2xy =2ab =由,即,即,可得,可得,且,即的范围是，故答案为:①③；。

2020高考数学文科大一轮复习导学案《绝对值不等式》含答案

选修4－5不等式选讲第一节绝对值不等式知识点一绝对值三角不等式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．1．判断正误(1)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a>b>0时等号成立．(×)(2)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．(×)(3)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．(√)2．(选修4－5P19习题T9改编)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(－∞，－3]∪[3，＋∞)．解析：由于|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，∴|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 ≤－3.3．设a >0，|x －1|<a 3，|y －2|<a3，求证：|2x ＋y －4|<a . 证明：因为|x －1|<a 3，|y －2|<a3，所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|<2a 3＋a3＝a .故原不等式得证．知识点二含绝对值的不等式的解法 1．含绝对值的不等式|x |<a 与|x |>a 的解法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，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．4．(选修4－5P20T7)不等式3≤|5－2x |<9的解集为( D ) A ．[－2,1)∪[4,7) B ．(－2,1]∪(4,7] C ．(－2，－1]∪[4,7)D ．(－2,1]∪[4,7)解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|2x －5|<9，|2x －5|≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧－9<2x －5<9，2x －5≥3或2x －5≤－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <7，x ≥4或x ≤1，不等式的解集为(－2，1]∪[4,7)．5．不等式|x －1|－|x －5|<2的解集是( A ) A ．(－∞，4) B ．(－∞，1) C ．(1,4)D ．(1,5)解析：|x －1|－|x －5|表示数轴上对应的点x 到1和5的距离之差．而数轴上满足|x －1|－|x －5|＝2的点的数是4，结合数轴可知，满足|x －1|－|x －5|<2的解集是(－∞，4)．6．若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝2.解析：由|kx －4|≤2⇔2≤kx ≤6.∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，∴k ＝2.1．|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．2．能含绝对值的不等式的基本思路可概括为十二字口诀“找零点，分区间，逐个解，并起来”．考向一绝对值不等式的性质应用【例1】设不等式－2<|x －1|－|x ＋2|<0的解集为M ，a ，b ∈M . (1)证明：⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b <14； (2)比较|1－4ab |与2|a －b |的大小，并说明理由．【解】(1)证明：设f (x )＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2<x <1，－3，x ≥1.由－2<－2x －1<0，解得－12<x <12.因此集合M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，则|a |<12，|b |<12. 所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a |＋16|b |<13×12＋16×12＝14.(2)由(1)得a 2<14，b 2<14.因为|1－4ab |2－4|a －b |2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2) ＝16a 2b 2－4a 2－4b 2＋1 ＝(4a 2－1)(4b 2－1)>0，所以|1－4ab |2>4|a －b |2，故|1－4ab |>2|a －b |.绝对值不等式性质的应用利用不等式|a ＋b |≤|a |＋|b |(a ，b ∈R )和|a －b |≤|a －c |＋|c －b |(a ，b ∈R )，通过确定适当的a ，b ，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以(1)求最值、(2)证明不等式．(1)若a ≥2，x ∈R ，求证：|x －1＋a |＋|x －a |≥3. (2)若f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3x ＋1a ＋3|x －a |的最小值为4，求a 的值．解：(1)证明：因为|x －1＋a |＋|x －a |≥|(x －1＋a )－(x －a )|＝|2a －1|，又a ≥2，故|2a －1|≥3，所以|x －1＋a |＋|x －a |≥3成立．(2)因为f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3x ＋1a ＋3|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1a －(3x －3a )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a ＋3a ，所以由⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a ＋3a ＝4得a ＝1或a ＝13.考向二含绝对值不等式的解法方向1 “零点”讨论法解不等式【例2】解下列不等式． (1)|2x ＋1|－2|x －1|>0； (2)|x ＋3|－|2x －1|<x2＋1.【解】 (1)法1：原不等式可化为|2x ＋1|>2|x －1|，两边平方得4x 2＋4x ＋1>4(x 2－2x ＋1)，解得x >14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x >14.法2：原不等式等价于⎩⎨⎧x <－12，－(2x ＋1)＋2(x －1)>0或⎩⎨⎧－12≤x ≤1，(2x ＋1)＋2(x －1)>0或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，(2x ＋1)－2(x －1)>0.解得x >14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x >14.(2)①当x <－3时，原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )<x2＋1，解得x <10，∴x <－3. ②当－3≤x ≤12时，原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )<x2＋1，解得x <－25，∴－3≤x <－25. ③当x >12时，原不等式化为(x ＋3)＋(1－2x )<x2＋1，解得x >2，∴x >2.综上可知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－25或x >2. 方向2 利用图象法解不等式【例3】已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|.(1)画出y ＝f (x )的图象； (2)求不等式|f (x )|>1的解集．【解】 (1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1<x ≤32，－x ＋4，x >32，故y ＝f (x )的图象如图所示．(2)由f (x )的函数表达式及图象可知，当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3；当f (x )＝－1时，可得x ＝13或x ＝5. 故f (x )>1的解集为{x |1<x <3}，f (x )<－1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <13或x >5. 所以|f (x )|>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <13或1<x <3或x >5.含有绝对值的不等式的常见解法(1)对形如|x ＋a |±|x －b |≥c (≤c )这种不等式问题，常用“零点分段讨论法”去掉绝对值符号化为若干个不等式组问题求解，其一般步骤为：①求零点；②划分区间，去绝对值符号；③分别解去掉绝对值符号之后的不等式；④取每个结果的并集．(2)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．(方向1、2)已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|x |＋a . (1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥0；(2)若方程f (x )＝2x 有三个不同的解，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，不等式f (x )≥0可化为|2x ＋1|－|x |－1≥0，∴⎩⎨⎧x <－12，－(2x ＋1)－(－x )－1≥0或⎩⎨⎧－12≤x <0，(2x ＋1)－(－x )－1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，(2x ＋1)－x －1≥0，解得x ≤－2或x ≥0，∴不等式f (x )≥0的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． (2)由f (x )＝2x 得a ＝2x ＋|x |－|2x ＋1|，令g (x )＝2x ＋|x |－|2x ＋1|，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫x <－12，－x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12≤x <0，x －1(x ≥0)，作出函数y ＝g (x )的图象，如图所示，易知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，B (0，－1)，结合图象知，当－1<a <－12时，函数y ＝a 与y ＝g (x )的图象有三个不同的交点，即方程f (x )＝2x 有三个不同的解，∴a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12. 考向三利用绝对值不等式求取值范围【例4】 (2018·全国卷Ⅰ)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立，求a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|，即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，2，x ≥1.故不等式f (x )>1的解集为{x |x >12}．(2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|>x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|<1成立．若a ≤0，则当x ∈(0,1)时|ax －1|≥1；若a >0，|ax －1|<1的解集为0<x <2a ，所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]．本题的易错点有三处：一是零点分区间时，不注意端点值能否取到，导致结果出错；二是不会转化，如本题，不懂得利用x ∈(0，1)，把含双绝对值的不等式恒成立问题转化为含单绝对值的不等式恒成立问题，绕了一大圈，空手而归；三是混淆不等式恒成立问题与不等式有解问题，导致所求的结果出错.(2019·石家庄质量监测)已知函数f (x )＝|ax －1|－(a －2)x .(1)当a ＝3时，求不等式f (x )>0的解集；(2)若函数f (x )的图象与x 轴没有交点，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝3时，不等式可化为|3x －1|－x >0，即|3x －1|>x ，∴3x －1<－x 或3x －1>x ，即x <14或x >12，∴不等式f (x )>0的解集为{x |x <14或x >12}．(2)当a >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1，x ≥1a ，2(1－a )x ＋1，x <1a ，要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎨⎧ 2a－1>0，2(1－a )≤0，即1≤a <2；当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1，函数f (x )的图象与x 轴有交点，不合题意；当a <0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1，x ≤1a ，2(1－a )x ＋1，x >1a ，要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎨⎧ 2a－1<0，2(1－a )≤0，此时无解．综上可知，若函数f (x )的图象与x 轴无交点，则实数a 的取值范围为[1,2)．。

浙江新高考数学理一轮复习限时集训：选修4-5绝对值不等式(含答案详析)

限时集训(六十八) 绝对值不等式(限时：40分钟满分：50分)1．(满分10分)(2013·青岛模拟)若不等式x 2＋|2x －6|≥a 对于一切实数x 均成立，求实数a 的最大值．2．(满分10分)(2012·江西高考)在实数范围内，求不等式|2x －1|＋|2x ＋1|≤6的解集．3．(满分10分)若不等式⎪⎪⎪⎪x ＋1x >|a －2|＋1对于一切非零实数x 均成立，求实数a 的取值范围．4．(满分10分)解不等式x ＋|2x －1|＜3.5．(满分10分)设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|.(1)解不等式f (x )>2；(2)求函数y ＝f (x )的最小值．答案[限时集训(六十八)]1．解：令f (x )＝x 2＋|2x －6|，当x ≥3时，f (x )＝x 2＋2x －6＝(x ＋1)2－7≥9；当x <3时，f (x )＝x 2－2x ＋6＝(x －1)2＋5≥5.综上可知，f (x )的最小值为5，故原不等式恒成立只需a ≤5即可，从而a 的最大值为5.2．解：当x >12时，原不等式可化为2x －1＋2x ＋1≤6，解得x ≤32，此时12<x ≤32；当x <－12时，原不等式可化为－2x ＋1－2x －1≤6，解得x ≥－32，此时－32≤x <－12；当－12≤x ≤12时，原不等式可化为1－2x ＋2x ＋1≤6，解得x ∈R ，此时－12≤x ≤12；综上，原不等式的解集为⎣⎡⎦⎤－32，32，故解集为⎣⎡⎦⎤－32，32. 3．解： ∵⎪⎪⎪⎪x ＋1x ≥2， ∴|a －2|＋1<2，即|a －2|<1，解得1<a <3.4．解：原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1≥0，x ＋(2x －1)＜3，或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1＜0，x －(2x －1)＜3. 解得12≤x ＜43或－2＜x ＜12. 所以原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－2＜x ＜43. 5．解：(1)f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －5⎝⎛⎭⎫x <－12，3x －3⎝⎛⎭⎫－12≤x <4，x ＋5(x ≥4).当x <－12时，由f (x )＝－x －5>2得，x <－7.故x <－7；当－12≤x <4时，由f (x )＝3x －3>2，得x >53.故53<x <4；当x ≥4时，由f (x )＝x ＋5>2，得x >－3，故x ≥4. 故原不等式的解集为 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x <－7或x >53.(2)画出f (x )的图象如图：所以f (x )min ＝－92.。

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测一集合含解析

课时跟踪检测（一）集合一抓基础，多练小题做到眼疾手快．(·浙江考前热身联考)已知集合＝{＝}，＝{－＜＜}，则∪＝( )．[) ．(－)．(－] ．(－∞，]∪(，＋∞)解析：选法一：易知＝{≤≤}，又＝{－＜＜}，所以∪＝(－]．故选.法二：取＝，则∈，所以∈∪，排除、；取＝，则∉∉，所以∉∪，排除，故选.．(·浙江三地联考)已知集合＝{＜}，＝{－≤≤}，则∩＝( )．[－) ．(－)．(－] ．[－]解析：选由＜，可得－＜＜，所以＝{－＜＜}，所以∩＝[－)．．(·嘉兴期末测试)已知集合＝{＜}，＝{＞}，则( )．⊆．⊆．⊆∁．∁⊆解析：选由已知可得∁＝[，＋∞)，所以∁⊆.故选.．(·浙江吴越联盟第二次联考)已知集合＝{}，＝{}，＝∩，则的子集有个．解析：集合＝{}，＝{}，＝∩＝{}，则的子集有∅，{}，{}，{}，共个.答案：．已知集合＝{≥}，＝{≥}，且∪＝，则实数的取值范围是．解析：因为集合＝{≥}，＝{≥}，且∪＝，所以⊆，如图所示，所以≥.答案：[，＋∞)二保高考，全练题型做到高考达标．(·杭州七校联考)已知集合＝{＞}，＝{(－)(－)＝}，则集合∩中的元素个数为( ) ．．．．解析：选＝{＜－或＞}，＝{－，－}，∩＝{－}，故选.．(·浙江六校联考)已知集合＝{＝}，＝{＝}，＝{＝－}则∩(∁)＝( )．∅．．{＞} ．{}解析：选由题意得，＝，＝{＞}，因为＝－＜，所以＝{＜}，所以∁＝{≥}，故∩(∁)＝{＞}．故选.．(·永康模拟)设集合＝{－－≥}，＝{－＜＜}，则( )．⊆．⊆．∪＝．∩＝∅解析：选由－－≥，解得≥或≤－，所以＝{≤－或≥}，所以∪＝.．(·宁波六校联考)已知集合＝{－＜}，＝{，}，且∩有个子集，则实数的取值范围是( )．() ．()∪()．() ．(－∞，)∪(，＋∞)解析：选∵∩有个子集，∴∩中有个不同的元素，∴∈，∴－＜，解得＜＜且≠，即实数的取值范围是()∪()，故选.．(·镇海中学期中)若集合＝，＝{＜}，则∪＝( )．() ．()．(－∞，) ．(，＋∞)解析：选集合＝＝{＜＜}，＝{＜}．∪＝{＜}＝(－∞，)．故选.．设集合＝{－－≤}，＝{＜，且∈}，则∩＝.解析：依题意得＝{(＋)(－)≤}＝{－≤≤}，因此∩＝{－≤＜，∈}＝{－}．答案：{－}．(·嘉兴二模)已知集合＝{－≤≤}，＝{－≤}，则∪＝，∩(∁)＝.解析：因为＝{－≤}＝{≤≤}，所以∪＝{－≤≤}；因为∁＝{＜或＞}，所以∩(∁)＝{－≤＜}．答案：{－≤≤}{－≤＜}．设集合＝{(，)≥－，≥}，＝{(，)≤－＋}，∩≠∅.()的取值范围是；()若(，)∈∩，且＋的最大值为，则的值是．解析：由图可知，当＝－往右移动到阴影区域时，才满足条件，所以≥；要使＝＋取得最大值，则过点(，)，有＋＝⇒＝.答案：()[，＋∞)()．已知集合＝{≤≤}，＝[，]，若⊆，则实数－的取值范围是．解析：集合＝{≤≤}＝{≤≤}＝{≤≤}＝[]，因为⊆，所以≤，≥，所以－≤－＝－，即实数－的取值范围是(－∞，－]．答案：(－∞，－]．已知集合＝{(＋)(－＋)＜}，其中∈，集合＝.()若⊆，求实数的取值范围；()若∩＝∅，求实数的取值范围．解：()集合＝＝{－＜＜}．当＝∅时，＝，不符合题意．当≠∅时，≠.①当－＜－，即＞时，＝{－＜＜－}，又因为⊆，所以(\\(＞()，,－≤－，－≥，))即(\\(＞()，≥，≥，))所以≥.②当－＞－，即＜时，＝{－＜＜－}，又因为⊆，所以(\\(＜()，,－≥，－≤－，))即(\\(＜()，≤－()，≤，))所以≤－.综上所述，实数的取值范围为∪[，＋∞)．()由()知，＝{－＜＜}．当＝∅时，＝，符合题意．当≠∅时，≠.①当－＜－，即＞时，＝{－＜＜－}，又因为∩＝∅，所以－≥或者－≤－，即≤－或者≤，所以＜≤.②当－＞－，即＜时，＝{－＜＜－}，又因为∩＝∅，所以－≥或者－≤－，即≥或者≥，所以≤＜.综上所述，实数的取值范围为[]．三上台阶，自主选做志在冲刺名校．对于复数，，，，若集合＝{，，，}具有性质“对任意，∈，必有∈”，则当(\\(＝，＝，＝))时，＋＋等于( )．．－．．解析：选∵＝{，，，}，由集合中元素的互异性可知当＝时，＝－，＝－，∴＝±，由“对任意，∈，必有∈”知±∈，∴＝，＝－或＝－，＝，∴＋＋＝(－)＋＝－.．对于集合，，定义－＝{∈，且∉}，⊕＝(－)∪(－)，设＝，＝{＜，∈}，则⊕＝( )∪[，＋∞) ∪(，＋∞)解析：选依题意得－＝{≥，∈}，－＝错误!，故⊕＝错误!∪[，＋∞)．故选.．已知函数()＝－的定义域为集合，且＝{∈＜＜}，＝{∈＜或＞＋}．()求：和(∁)∩；()若∪＝，求实数的取值范围．解：()要使函数()＝－，应满足－≥，且－＞，解得≤＜，则＝{≤＜}，得到∁＝{＜或≥}，而＝{∈＜＜}＝{}，所以(∁)∩＝{}．()＝{∈＜或＞＋}，要使∪＝，则有≥，且＋＜，解得≤＜.故实数的取值范围为[)．。

2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版课件：第七章第5讲绝对值不等式

当 x＞1 时，原不等式可转化为 x＋3－(x－1)＞0，即 4＞0，恒成立，故解集为{x|x＞1}．综上，原不等式的解集为{x|x＞－1}．答案：(－1，＋∞)
绝对值不等式的解法
(1)(2019·嘉兴市高考模拟)已知 f(x)＝x－2，g(x)＝2x－ 5，则不等式|f(x)|＋|g(x)|≤2 的解集为________；|f(2x)|＋|g(x)| 的最小值为________． (2)解不等式|x＋3|－|2x－1|<x2＋1.
【解】 (1)因为 f(x)＝x－2，g(x)＝2x－5，
所以|f(x)|＋|g(x)|≤2，
即|x－2|＋|2x－5|≤2， x≥52时，x－2＋2x－5≤2，解得52≤x≤3， 2＜x＜52时，x－2＋5－2x≤2，解得 x≥1，即 2＜x＜52， x≤2 时，2－x＋5－2x≤2，解得 x≥53，即53≤x≤2. 综上，不等式的解集是[53，3]；
(2)因为|x－y|＝|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|<m＋m＝2m，所以“|x－a|<m 且|y－a|<m”是“|x－y|<2m”的充分条件．取 x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，则有|x－y|＝2<5＝2m，但|x －a|＝5，不满足|x－a|<m＝2.5，故“|x－a|<m 且|y－a|<m”不是“|x－y|<2m”的必要条件．故为充分不必要条件．
(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法 ①|ax＋b|≤c ⇔_－__c_≤__a_x_＋__b_≤__c_； ②|ax＋b|≥c ⇔_a_x_＋__b_≥__c_或___a_x_＋__b_≤__－__c． 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．

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三不等关系与不等式

课时跟踪检测（三）不等关系与不等式一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设a，b∈[0，＋∞)，A＝a＋b，B＝a＋b，则A，B的大小关系是()A．A≤B B．A≥BC．A＜B D．A＞B解析：选B由题意得，B2－A2＝－2 ab≤0，且A≥0，B≥0，可得A≥B.2．若a＜b＜0，则下列不等式不能成立的是()1 1 1 1A. ＞B．＞a－b a a bC．|a|＞|b| D．a2＞b21 1解析：选A取a＝－2，b＝－1，则＞不成立．a－b a3．(2018·浙江十校联盟适考)设a＞0且a≠1，则“a b＞1”是“(a－1)b＞0”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解析：选C若a b＞1，因为a＞0且a≠1，所以当0＜a＜1时，b＜0，此时(a－1)b＞0成立；当a＞1时，b＞0，此时(a－1)b＞0成立．若(a－1)b＞0，因为a＞0且a≠1，所以当0＜a＜1时，b＜0，此时a b＞1；当a＞1时，b＞0，此时a b＞1.所以“a b＞1”是“(a－1)b＞0”的充要条件．4．(2018·金华模拟)设a，b∈R，若a－|b|＞0，则下列不等式中正确的是()A．b－a＞0 B．a3＋b3＜0C．a2－b2＜0 D．b＋a＞0解析：选D利用赋值法，令a＝1，b＝0，排除A、B、C，选D.5．b g糖水中有a g糖(b＞a＞0)，若再添m g糖(m＞0)，则糖水变甜了．试根据这一事实，提炼出一个不等式____________．a a＋m答案：＜b b＋m二保高考，全练题型做到高考达标1．已知a1，a2∈(0,1)，记M＝a1a2，N＝a1＋a2－1，则M与N的大小关系是()A．M＜N B．M＞NC．M＝N D．不确定解析：选B M－N＝a1a2－(a1＋a2－1)＝a1a2－a1－a2＋1＝(a1－1)(a2－1)，又∵a1∈(0,1)，a2∈(0,1)，∴a1－1＜0，a2－1＜0.∴(a1－1)(a2－1)＞0，即M－N＞0.∴M＞N.1 1 1 1 1 12．若＜＜0，给出下列不等式：①＜；②|a|＋b＞0；③a－＞b－；④ln a2＞a b a＋b ab a bln b2.其中正确的不等式的序号是()A．①④B．②③C．①③D．②④1 1解析：选C法一：因为＜＜0，故可取a＝－1，b＝－2.显然|a|＋b＝1－2＝－1＜a b0，所以②错误；因为ln a2＝ln(－1)2＝0，ln b2＝ln(－2)2＝ln 4＞0，所以④错误，综上所述，可排除A、B、D，故选C.1 1法二：由＜＜0，可知b＜a＜0.a b1 1①中，因为a＋b＜0，ab＞0，所以＜，故①正确；a＋b ab②中，因为b＜a＜0，所以－b＞－a＞0，故－b＞|a|，即|a|＋b＜0，故②错误；1 1 1 1 1 1③中，因为b＜a＜0，又＜＜0，则－＞－＞0，所以a－＞b－，故③正确；a b a b a b④中，因为b＜a＜0，根据y＝x2在(－∞，0)上为减函数，可得b2＞a2＞0，而y＝ln x在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b2＞ln a2，故④错误．由以上分析，知①③正确．1 13．(2018·宁波模拟)设a，b是实数，则“a＞b＞1”是“a＋＞b＋”的()a bA．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件1 1 a－b ab－1 1 1解析：选A因为a＋a－(b＋b)＝，若a＞b＞1，显然a＋a－(b＋b)aba－b ab－1 1 2 1 1＝＞0，则充分性成立，当a＝，b＝时，显然不等式a＋＞b＋成立，ab 2 3 a b但a＞b＞1不成立，所以必要性不成立．4．若m＜0，n＞0且m＋n＜0，则下列不等式中成立的是()A．－n＜m＜n＜－m B．－n＜m＜－m＜nC．m＜－n＜－m＜n D．m＜－n＜n＜－m解析：选D法一：(取特殊值法)令m＝－3，n＝2分别代入各选项检验即可．法二：m＋n＜0⇒m＜－n⇒n＜－m，又由于m＜0＜n，故m＜－n＜n＜－m成立．b2 a25．设a＜0，b＜0，则p＝＋与q＝a＋b的大小关系是()a bA．p＞q B．p≥qC．p＜q D．p≤qEarlybirdb2 a2 b3＋a3－a2b－ab2 a a2－b2－b a2－b2解析：选D p－q＝＋－(a＋b)＝＝＝a b ab aba－b a2－b2a－b2a＋b＝.ab ab因为a＜0，b＜0，a－b2a＋b所以≤0，即p≤q，故选D.abb26．已知a，b为实数，且a≠b，a＜0，则a________2b－(填“＞”“＜”或a“＝”)．b2 a－b2解析：∵a≠b，a＜0，∴a－(2b－a)＝＜0，ab2∴a＜2b－.a答案：＜7．已知函数f(x)＝ax＋b,0＜f(1)＜2，－1＜f(－1)＜1，则2a－b的取值范围是________．1 3解析：由函数的解析式可知0＜a＋b＜2，－1＜－a＋b＜1，又2a－b＝(a＋b)－(－a2 23 5＋b)，结合不等式的性质可得2a－b∈(－2).，23 5答案：(－2)，2a b 1 18．已知a＋b＞0，则＋与＋的大小关系是________．b2 a2 a ba b 1 1 a－b b－a 1 1 a＋b a－b2解析：＋－＋＝＋a2 ＝(a－b)·(＝.a2 (b)－a2)b2 a b2 b2 a2b2a＋b a－b 2∵a＋b＞0，(a－b)2≥0，∴≥0.a2b2a b 1 1∴＋≥＋.b2 a2 a ba b 1 1答案：＋≥＋b2 a2 a b9．已知存在实数a满足ab2＞a＞ab，则实数b的取值范围是__________．解析：∵ab2＞a＞ab，∴a≠0，当a＞0时，b2＞1＞b，即Error!解得b＜－1；当a＜0时，b2＜1＜b，即Error!此式无解．综上可得实数b的取值范围为(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)1 y 1 x310．实数x，y满足3≤xy2≤8，≤≤，求的取值范围．9 x2 4 y41 y 1 x2 x2解：∵≤≤，∴4≤≤9，∴2∈[16,81]．9 x2 4y(y)1 1 1又∵3≤xy2≤8.∴xy2∈[ 3 ]，，8x3 x2 1 x3(y)2·∈[2,27]，故的取值范围为[2,27]．∴y4＝xy2 y4三上台阶，自主选做志在冲刺名校c 1．(2018·合肥质检)已知△ABC的三边长分别为a，b，c，且满足b＋c≤3a，则的取a值范围为()A．(1，＋∞)B．(0,2)C．(1,3) D．(0,3)解析：选B由已知及三角形三边关系得Error!∴Error!∴Error!c c两式相加得，0＜2·＜4，∴的取值范围为(0,2)．a a2．设a，b∈R，定义运算“⊗”和“⊕”如下：a⊗b＝Error!a⊕b＝Error!若m⊗n≥2，p⊕q≤2，则()A．mn≥4且p＋q≤4B．m＋n≥4且pq≤4C．mn≤4且p＋q≥4D．m＋n≤4且pq≤4解析：选A结合定义及m⊗n≥2可得Error!或Error!即n≥m≥2或m＞n≥2，所以mn≥4；结合定义及p⊕q≤2可得Error!或Error!即q＜p≤2或p≤q≤2，所以p＋q≤4.故选A.13．设a1≈2，a2＝1＋.1＋a1(1)证明：2介于a1，a2之间；(2)求a1，a2中哪一个更接近2.1 1－22－a12解：(1)证明：∵( 2－a1)( 2－a2)＝( 2－a1)·(2－1－1＋a1)＝1＋a1∴2介于a1，a2之间．1 1－22－a12－1(2)| 2－a2|＝|2－1－1＋a1|＝|1＋a1 |＝| 2－a1|＜| 2－a1|.1＋a1∴a2比a1更接近2.。

2020浙江高考数学一轮复习§7.4 绝对值不等式

高考数学 (浙江专用)
§7.4 绝对值不等式
五年高考
A组自主命题·浙江卷题组
(2016浙江,8,5分)已知实数a,b,c. ( ) A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,则a2+b2+c2<100 B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,则a2+b2+c2<100 C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,则a2+b2+c2<100 D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,则a2+b2+c2<100 答案 D 利用特值法验证.令a=3,b=3,c=-11.5,排除A;令a=4,b=-15.5,c=0,排除B;令a=11,b=-10. 5,c=0,排除C,故选D.
2, x 1.
故不等式f(x)>1的解集为 x
x

1 2

.
(2)当x∈(0,1)时|x+1|-|ax-1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax-1|<1成立.
若a≤0,则当x∈(0,1)时|ax-1|≥1;
若a>0,则|ax-1|<1的解集为

x
0

x

2 a
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}. (5分) (2)当x∈R时, f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五绝对值不等式含解析

课时跟踪检测（五）绝对值不等式一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知a ，b ∈R ，则使不等式|a ＋b |＜|a |＋|b |一定成立的条件是( )A ．a ＋b ＞0B ．a ＋b ＜0C ．ab ＞0D ．ab ＜0解析：选D 当ab ＞0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |，当ab ＜0时，|a ＋b |＜|a |＋|b |，故选D.2．设集合A ＝{x ||4x －1|＜9，x ∈R}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x x ＋3≥0，x ∈R ，则(∁R A )∩B ＝( ) A ．(－∞，－3)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ B ．(－3，－2]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，52 C ．(－∞，－3]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ D ．(－3，－2]解析：选A 由题意得A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，52，B ＝(－∞，－3)∪[0，＋∞)，∴(∁R A )∩B ＝(－∞，－3)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞. 3．不等式|x ＋2|＞3x ＋145的解集是( ) A ．(－3，－2)B ．(－2,0)C ．(0,2)D ．(－∞，－3)∪(2，＋∞)解析：选D 不等式即为5(x ＋2)＞3x ＋14或5(x ＋2)＜－(3x ＋14)，解得x ＞2或x ＜－3，故选D.4．不等式|x －1|－|x －5|＜2的解集为____________．解析：不等式|x －1|－|x －5|＜2等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜1，－x －＋x －＜2或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤x ≤5，x －1＋x －5＜2 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＞5，x －1－x －＜2，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜1，－4＜2或⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤x ≤5，2x ＜8或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＞5，4＜2，故原不等式的解集为{x |x ＜1}∪{x |1≤x ＜4}∪∅＝{x |x ＜4}．答案：{x |x ＜4}5．不等式|x (x －2)|＞x (x －2)的解集为________．解析：不等式|x (x －2)|＞x (x －2)的解集即x (x －2)＜0的解集，解得0＜x ＜2.答案：{x |0＜x ＜2}二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·台州联考)不等式(1＋x )(1－|x |)＞0的解集是( )A ．{x |0≤x ＜1}B ．{x |x ＜0且x ≠－1}C ．{x |－1＜x ＜1}D ．{x |x ＜1且x ≠－1} 解析：选D 不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥0，1－x 2＞0或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜0，＋x 2＞0，解得0≤x ＜1或x ＜0且x ≠－1.故选D.2．已知a ，b ∈R ，则“|a |＋|b |＞1”是“b ＜－1”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解析：选B 令a ＝0，b ＝2，则|a |＋|b |＞1成立，但推不出b ＜－1；反之，若b ＜－1，则|b |＞1，又|a |≥0，所以|a |＋|b |＞1.所以“|a |＋|b |＞1”是“b ＜－1”的必要不充分条件．3．不等式|x －5|＋|x ＋3|≥10的解集是( )A ．[－5,7]B ．[－4,6] C. (－∞，－5]∪[7，＋∞) D. (－∞，－4]∪[6，＋∞)解析：选D 当x ≤－3时，|x －5|＋|x ＋3|＝5－x －x －3＝2－2x ≥10，即x ≤－4，∴x ≤－4.当－3＜x ＜5时，|x －5|＋|x ＋3|＝5－x ＋x ＋3＝8≥10，不成立，∴无解．当x ≥5时，|x －5|＋|x ＋3|＝x －5＋x ＋3＝2x －2≥10，即x ≥6，∴x ≥6.综上可知，不等式的解集为(－∞，－4]∪[6，＋∞)．4．不等式x 2－|x －1|－1≤0的解集为( )A ．{x |－2≤x ≤1}B ．{x |－1≤x ≤2}C ．{x |1≤x ≤2}D ．{x |－1≤x ≤1}解析：选A 当x －1≥0时，原不等式化为x 2－x ≤0，解得0≤x ≤1.∴x ＝1；当x －1＜0时，原不等式化为x 2＋x －2≤0，解得－2≤x ≤1.∴－2≤x ＜1.综上，－2≤x ≤1.所以原不等式的解集为{x |－2≤x ≤1}，故选A.5．(2018·长沙六校联考)设f (x )＝1ax 2－bx ＋c ，不等式f (x )＜0的解集是(－1,3)，若f (7＋|t |)＞f (1＋t 2)，则实数t 的取值范围为( )A ．(－3,1)B ．(－3,3)C ．(－1,3)D ．(－1,1) 解析：选B ∵f (x )＜0的解集是(－1,3)，∴a ＞0，f (x )的对称轴是x ＝1，且ab ＝2.∴f (x )在[1，＋∞)上单调递增．又∵7＋|t |≥7,1＋t 2≥1，∴由f (7＋|t |)＞f (1＋t 2)，得7＋|t |＞1＋t 2.∴|t |2－|t |－6＜0，解得－3＜t ＜3. 故选B.6．已知函数f (x )＝|x ＋6|－|m －x |(m ∈R)，若不等式f (x )≤7对任意实数x 恒成立，则m 的取值范围为________．解析：由绝对值三角不等式得f (x )＝|x ＋6|－|m －x |≤|x ＋6＋m －x |＝|m ＋6|，由题意得|m ＋6|≤7，则－7≤m ＋6≤7，解得－13≤m ≤1，故m 的取值范围为[－13,1]．答案：[－13,1]7．设|x －2|＜a 时，不等式|x 2－4|＜1成立，则正数a 的取值范围为____________．解析：由|x －2|＜a 得2－a ＜x ＜a ＋2，由|x 2－4|＜1，得3＜x 2＜5，所以－5＜x ＜－3或3＜x ＜ 5. 因为a ＞0，所以由题意得⎩⎨⎧3≤2－a ，a ＋2≤ 5.解得 0＜a ≤5－2，故正数a 的取值范围为(0，5－2]．答案：(0，5－2] 8．(2018·杭州五校联考)已知不等式|x 2－4x ＋a |＋|x －3|≤5的x 的最大值为3，则实数a 的值是____________．解析：∵x ≤3，∴|x －3|＝3－x .若x 2－4x ＋a ＜0，则原不等式化为x 2－3x ＋a ＋2≥0.此不等式的解集不可能是集合{x |x ≤3}的子集，∴x 2－4x ＋a ＜0不成立．于是，x 2－4x ＋a ≥0，则原不等式化为x 2－5x ＋a －2≤0.∵x ≤3，令x 2－5x ＋a －2＝(x －3)(x －m )＝x 2－(m ＋3)x ＋3m ，比较系数，得m ＝2，∴a ＝8.答案：89．已知|2x －3|≤1的解集为[m ，n ]．(1)求m ＋n 的值；(2)若|x －a |＜m ，求证：|x |＜|a |＋1.解：(1)不等式|2x －3|≤1可化为－1≤2x －3≤1，解得1≤x ≤2，所以m ＝1，n ＝2，m ＋n ＝3.(2)证明：若|x －a |＜1，则|x |＝|x －a ＋a |≤|x －a |＋|a |＜|a |＋1.即|x |＜|a |＋1.10．(2018·杭州质检)已知函数f (x )＝|x －4|＋|x －a |(a ∈R)的最小值为a .(1)求实数a 的值；(2)解不等式f (x )≤5.解：(1)f (x )＝|x －4|＋|x －a |≥|a －4|＝a ，从而解得a ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝|x －4|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2＜x ≤4，2x －6，x ＞4.故当x ≤2时，令－2x ＋6≤5，得12≤x ≤2，当2＜x ≤4时，显然不等式成立，当x ＞4时，令2x －6≤5，得4＜x ≤112，故不等式f (x )≤5的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 12≤x ≤112. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·金丽衢十二校联考)设a ，b 为实数，则“|a －b 2|＋|b －a 2|≤1”是“⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b －122≤32”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解析：选A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b －122≤32⇔a 2－a ＋14＋b 2－b ＋14≤32⇔a 2－a ＋b 2－b ≤1⇔b 2－a ＋a 2－b ≤1，令b 2－a ＝x ，a 2－b ＝y ，则|x |＋|y |≥|x ＋y |≥x ＋y ，所以|x |＋|y |≤1⇒x ＋y ≤1，故充分性成立，必要性不成立，故选A.2．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |(a ＞1)．(1)若不等式f (x )≥2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤12或x ≥52，求a 的值； (2)若对任意的x ∈R ，都有f (x )＋|x －1|≥1，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )＝|x －1|＋|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －a －1，x ≥a ，a －1，1≤x ＜a ，－2x ＋a ＋1，x ＜1，当x ≥a 时，由2x －a －1≥2，解得x ≥a ＋32＝52；当x ＜1时，由－2x ＋a ＋1≥2，解得x ≤a －12＝12. 综上得a ＝2. (2)由x ∈R ，f (x )＋|x －1|≥1，可得2|x －1|＋|x －a |≥1.当x ≥a 时，只需3x －2－a ≥1恒成立即可，此时只需3a －2－a ≥1⇒a ≥32；当1≤x ＜a 时，只需x －2＋a ≥1恒成立即可，此时只需1－2＋a ≥1⇒a ≥2；当x ＜1时，只需－3x ＋2＋a ≥1恒成立即可，此时只需－3＋2＋a ≥1⇒a ≥2.综上可得，a 的取值范围为[2，＋∞)．。

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五绝对值不等式含解析

课时跟踪检测（五）绝对值不等式一抓基础，多练小题做到眼疾手快1 •已知a ，b € R ,则使不等式| a + b | < | a | + | b | 一定成立的条件是（）A. a + b >0B . a + b < 0D . ab < 0解析：选 D 当 ab >0 时，| a + b | = | a | +1 b |，当 ab < 0 时，| a + b | < | a | + | b |，故选解析：选 A 由题意得 A = — 2, 2 , B=( —o,— 3)u [0,+o )(?R A ) n B =(—3.不等式|x + 2| > 3X ；14的解集是（） A. ( — 3, — 2) B . ( — 2,0)C. (0,2)D . (—o,— 3) U (2 ,+o)解析：选D 不等式即为5(x + 2) >3x + 14或5( x + 2) <— (3x + 14)，解得x >2或x < —3，故选D.4.不等式|x — 1| — | x — 5| < 2的解集为 ________________ .解析：不等式 |x — 1| — |x — 5| < 2 等价于 x < 1,‘1W x w 5, £或 ]-x — 1 + x — d < 2x — 1 + x —5< 2x > 5,或 ix —1 — x —5 < 2,x < 1,1< x w 5, 1 x > 5, 即i或<或—4< 2|2x < 84 < 2 ,故原不等式的解集为{x | x < 1} U {x |1 w x < 4} U ? = {x | x < 4}. 答案：{x | x < 4}C. ab > 0D.2. 设集合A = {x ||4 x — 1| < 9, x € R}, B=)xIA . (—o,—3) U F +o [• 也，十丿B .(—3, -2] u ||0,C .(—o, —3] UE ,+o 丿D . (—3, —2],则（?R A ）n B =（）o o,-3) U ||,+o ；5•不等式|x (x — 2)| > x (x — 2)的解集为 ___________ . 解析：不等式|x (x — 2)| >x (x — 2)的解集即x (x — 2) v 0的解集，解得O v x < 2. 答案：{x |0 < x < 2}—保咼考，全练题型做到咼考达标 1. (2018 •台州联考)不等式(1 + x )(1D .既不充分也不必要条件解析：选B 令a = 0, b =2,则| a | + | b | > 1成立，但推不出b <— 1;反之，若b < — 1,则| b | > 1,又| a | >0,所以| a | + | b | > 1.所以 “I a | +1 b | > 1” 是“ b < — 1” 的必要不充分条件.3. 不等式|x — 5| + | x + 3| > 10的解集是()A. [ — 5,7]B. [ — 4,6]C. ( —a,— 5] U [7,+s )D. ( —a,— 4] U [6 ,+^)解析：选 D 当 x <— 3 时，| x — 5| + | x + 3| = 5 — x — x — 3= 2 — 2x > 10,即 x w — 4,「.x w — 4.当一3< x < 5 时，| x — 5| + | x + 3| = 5 — x + x + 3 = 8》10,不成立，.••无解. 当 x 时，|x — 5| + | x + 3| = x — 5+ x + 3= 2x — 2》10, 即卩X 》6,— x 》6.综上可知，不等式的解集为(一a, — 4] U [6 ,+a ).4. 不等式x 2— |x —1| — 1W0的解集为( )A. {x | — 2w x w 1} B . {x | — 1 w x w 2} C. {x |1 w x w 2}D . {x | — 1w x w 1}解析：选A 当x —1》0时，原不等式化为 x 2— x w 0,解得0w x w 1. x = 1; 当x —1< 0时，原不等式化为 x 2 + x — 2w 0,—|x |) > 0的解集是(A. {x |0 w x < 1} B . {x | x < 0 且 X M — 1}C. {x | — 1 < x < 1}D . {x | x < 1 且 X M —1}x > 0, 解析：选D 不等式等价于二x 2> 0 x < 0,或 1 + x 2> 0,解得0w x < 1或x < 0且X M — 1.故选 D.2.已知 a , b € R ,则 “| a | + | b | > 1” 是“ b < — 1” 的(A.充分不必要条件B .必要不充分条件C.充要条件解得—2w x w 1. ••• —2w x< 1.综上，—2w x w 1.所以原不等式的解集为{x| —2w x w 1}，故选A.1 25. (2018 •长沙六校联考)设f (x) =- x2—bx+ c,不等式f(x) < 0的解集是(—1,3),若af(7 + |t|) > f(1 + t2)，则实数t的取值范围为()A. ( —3,1) B . ( —3,3)C. ( —1,3) D . ( —1,1)解析：选B ••• f(x) v 0的解集是(—1,3),••• a>0, f (x)的对称轴是x = 1，且ab= 2.•••f(x)在[1 ,+R)上单调递增.2又T 7+ |t| >7,1 + t > 1,2 2•••由f(7 + |t|) > f (1 + t )，得7 + |t| > 1 + t .•|t|2—|t| —6v 0，解得—3v t v 3. 故选 B.6. 已知函数f (x) = |x + 6| —| m—x|( m€R),若不等式f (x) W7对任意实数x恒成立，则m的取值范围为_________ .解析：由绝对值三角不等式得 f (x) = |x + 6| —| m-x| w| x+ 6 + m- x| = | m+ 6|，由题意得|计6| w乙则—7< m+ 6< 7,解得—13W me 1,故m的取值范围为[—13,1].答案：[—13,1]7. ______________________________________________________________________ 设| x —2| v a时，不等式|x2—4| v 1成立，则正数a的取值范围为___________________________ .解析：由| x—2| v a 得2—a v x v a+ 2,由|x2—4| v 1,得3v x2v 5,所以一.5v x v—, 3或.3v x v 5.yj3^2—a, 厂因为a>0,所以由题意得解得o v a w{3 —2,0+ 2^/5.故正数a的取值范围为(0 , 5 —2].答案：(0 , 5—2]28. _________________ (2018 •杭州五校联考)已知不等式|x —4x+ a| + |x —3| <5的x的最大值为3,则实数a的值是__ .解析：T x<3,二|x —3| = 3 —x.右x —4x+ a v 0，则原不等式化为x —3x+ a + 2》0.此不等式的解集不可能是集合{x|x < 3}的子集，•- x —4x+ a v 0 不成立.于是，x —4x+ a》0,则原不等式化为x2—5x+ a—2< 0.2 2■/x<3,令x —5x+ a—2= (x—3)( x—m = x —(n+ 3)x+ 3m,比较系数，得m= 2, • a =8.答案：89. 已知|2 x —3| <1的解集为[m n].(1)求vrn- n 的值；⑵若 | x - a | v n ,求证：| x | v | a | + 1.解：(1)不等式|2 x -3| W1可化为一K2 x -3W 1, 解得 K x w 2,所以 m= 1, n = 2, n = 3.⑵证明：若 | x — a | v 1,则 | x | = | x - a + a | <1 x - a | + | a | v | a | + 1.即 | x | v | a | + 1.10. (2018 •杭州质检)已知函数f (x ) = | x - 4| + | x -a |( a € R)的最小值为a . (1) 求实数a 的值； (2) 解不等式f (x ) < 5.解：(1) f (x ) = | x -4| + |x - a | >| a - 4| = a , 从而解得a = 2.[-2x + 6, x < 2,(2)由(1)知，f (x ) = |x -4| + |x -2| = 2, 2v x <4,2x — 6, x > 4.1故当 x <2 时，令一2x + 6< 5,得 < x < 2, 当2v x <4时，显然不等式成立，11当 x >4 时，令 2x -6< 5,得 4v x <2,三上台阶，自主选做志在冲刺名校1. (2018 •金丽衢十二校联考)设a , b 为实数，则“| a -b 2| + | b -a 2| < 1”是“ j a -2.已知函数 f (x ) = |x -1| + | x -a |( a > 1).1 5(1)若不等式f(x)》2的解集为xx < 2或x '鼻⑵ 若对任意的x € R,都有f (x ) + |x -1| > 1,求实数a 的取值范围.1 111,-< x < —2 2故不等式f (x ) <5的解集为 A.充分不必要条件.必要不充分条件C.充要条件•既不充分也不必要条件解析：选A1212,32a -2 2 +b -12< 3? a 2-a + J + b 2-b + 4<|? a 2-a + b 2- b <1? b 2- a2 2 -2 2 2+ a - b < 1,令 b - a = x , a - b = y ,则 | x | +1 y | >1 x + y | > x + y ,所以 | x | + | y | <1 ? x + y < 1,故充分性成立，必要性不成立，故选 A.，求a 的值;2x — a — 1，x >a ，解：(1) f (x ) = |x — 1| + |x — a | = a — 1，1W x v a ，—2x + a + 1，x v 1，a + 3 5当 x >a 时，由 2x — a -1>2,解得 x > =-;当 x v 1 时，由一2x + a +1>2,解得 x w 综上得a = 2.(2)由 x € R,f (x ) +1 x —1| > 1,可得 2| x —1| + | x — a | > 1.当 x >a 时，只需 3x — 2— a >1 3恒成立即可，此时只需 3a — 2 — a >l ? a > ；当1w x v a 时，只需x — 2 + a 》l 恒成立即可，此时只需1 — 2 + a 》l? a 》2；当x v 1时，只需一3x + 2 + a 》1恒成立即可，此时只需一 3 + 2 + a>i ?a >2.综上可得，a 的取值范围为［2，+^).a —1 2。

2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：7.5 绝对值不等式 Word版含解析

7.5　绝对值不等式挖命题【考情探究】5年考情考点内容解读考题示例考向关联考点预测热度2017浙江,15,17绝对值三角不等式的应用,含绝对值不等式的解法向量的模的最值,函数最值2016浙江,8,20绝对值三角不等式的应用不等式命题的判断、数列不等式的证明含绝对值不等式的解法1.理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义,能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式.2.理解|x|<a和|x|>a的解法与几何意义.掌握|x|<a,|x|>a,|ax+b|≤c,|ax+b|≥c型不等式的解法.3.掌握|x-a|+|x-b|≤c和|x-a|+|x-b|≥c型不等式的解法.2015浙江,18绝对值三角不等式的应用,含绝对值不等式的解法二次函数的最值★★★分析解读 1.主要考查绝对值的几何意义和绝对值不等式的解法,利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式.2.绝对值不等式常与函数(例:2015浙江,18)、导数、数列(例:2016浙江,20)等知识联系在一起,难度较大,是近两年浙江高考命题的热点.3.预计2020年高考中,仍会对绝对值不等式进行考查.利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式,以及含绝对值不等式的解法仍是重点之一,复习时要足够重视.破考点【考点集训】考点　含绝对值不等式的解法1.(2018浙江杭州高三教学质检,1)设集合A={x||x+2|≤2},B=[0,4],则∁R(A∩B)=( ) A.RB.{0}C.{x|x∈R,x≠0}D.⌀答案　C　2.(2018浙江浙东北联盟期中,17)设a,b∈R,a<b,记函数f(t)=|x+t|,t∈[a,b]的最大值为函数g(x),则函数g(x)的最小值为 .答案　b-a2炼技法【方法集训】方法　形如|x-a|+|x-b|≥c(或≤c,c>0)型的不等式的解法1.已知不等式|2x-1|-|x+1|<2的解集为{x|a<x<b}.求a,b的值.解析　当x≥时,原不等式即为2x-1-(x+1)<2,解得x<4,故≤x<4.当-1≤x<时,原不等式即为1-2x-(x+1)<2,解得x>-,故-<x<.当x<-1时,原不等式即为1-2x+(x+1)<2,解得x>0,此时无解.综上得-<x<4,故a=-,b=4.评析　本题考查绝对值不等式的解法,考查分类讨论的思想.2.(2017课标Ⅰ,23,10分)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.解析　本题考查含绝对值的不等式的解法,考查学生的运算求解能力以及对数形结合思想的应用能力. (1)解法一(零点分段法):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x 2-x-2≤0,从而-1≤x ≤1;当x>1时,①式化为x 2+x-4≤0,从而1<x ≤.-1+172所以f(x)≥g(x)的解集为.{x |-1≤x ≤-1+172}解法二(图象法):由已知可得g(x)={2x ,x >1,2,-1≤x ≤1,-2x ,x <-1,当a=1时, f(x) =-x 2+x+4,两个函数的图象如图所示.易得图中两条曲线的交点坐标为(-1,2)和,-1+,所以f(x)≥g(x)的解集为-1+17217.{x |-1≤x ≤-1+172}(2)解法一(等价转化法):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].解法二(分类讨论法):当x ∈[-1,1]时,g(x)=2,所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于x ∈[-1,1]时f(x)≥2,即-x 2+ax+4≥2,当x=0时,-x 2+ax+4≥2成立;当x ∈(0,1]时,-x 2+ax+4≥2可化为a ≥x-,而y=x-在(0,1]单调递增,最大值为-1,所以a ≥-1;当x ∈[-1,0)时,-x 2+ax+4≥2可化为a ≤x-,而y=x-在[-1,0)单调递增,最小值为1,所以a ≤1.综上,a 的取值范围为[-1,1].过专题【五年高考】A 组　自主命题·浙江卷题组考点　含绝对值不等式的解法　(2016浙江,8,5分)已知实数a,b,c.( )A.若|a 2+b+c|+|a+b 2+c|≤1,则a 2+b 2+c 2<100B.若|a 2+b+c|+|a 2+b-c|≤1,则a 2+b 2+c 2<100C.若|a+b+c 2|+|a+b-c 2|≤1,则a 2+b 2+c 2<100D.若|a 2+b+c|+|a+b 2-c|≤1,则a 2+b 2+c 2<100答案　D B 组　统一命题、省(区、市)卷题组考点　含绝对值不等式的解法1.(2015山东,5,5分)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 2.(2018课标全国Ⅱ理,23,10分)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.解析　(1)当a=1时, f(x)={2x +4,x ≤-1,2,-1<x ≤2,-2x +6,x > 2.可得f(x)≥0的解集为{x|-2≤x ≤3}.(2)f(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,+∞).方法总结　解含有两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结合法求解.3.(2018课标全国Ⅲ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)当x ∈[0,+∞)时, f(x)≤ax+b,求a+b 的最小值.解析　本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题.(1)f(x)={-3x ,x <-12,x +2,-12≤x <1,3x ,x ≥ 1.y=f(x)的图象如图所示.(2)由(1)知,y=f(x)的图象与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.易错警示　对“零点分段法”的理解不到位若不等式含有两个或两个以上的绝对值并含有未知数,通常先把每个绝对值内代数式等于零时的未知数的值求出(即零点),然后将这些零点标在数轴上,此时数轴被零点分成了若干段(区间),在每一段区间里,每一个绝对值符号内的代数式的符号确定,此时利用绝对值的定义可以去掉绝对值符号.解后反思　绝对值不等式问题常见类型及解题策略(1)直接求解不等式,主要利用绝对值的意义、不等式的性质想办法去掉绝对值符号求解.(2)已知不等式的解集求参数值,利用绝对值三角不等式或函数求相应最值,然后再求参数的取值范围.C组　教师专用题组考点　含绝对值不等式的解法1.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a= .答案　-6或42.(2014广东,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为 .答案　{x|x≤-3或x≥2}3.(2014湖南,13,5分)若关于x的不等式|ax-2|<3的解集为x-<x<,则a= .答案　-34.(2014江西,15,5分)x,y∈R,若|x|+|y|+|x-1|+|y-1|≤2,则x+y的取值范围为 .答案　[0,2]5.(2016课标Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.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}.(5分)(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(7分)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,+∞).(10分)方法指导　(1)将a=2代入不等式,化简后去绝对值求解;(2)要使f(x)+g(x)≥3恒成立,只需f(x)+g(x)的最小值≥3即可,利用|a|+|b|≥|a±b|可求最值.6.(2016课标全国Ⅱ,24,10分)已知函数f(x)=+,M 为不等式f(x)<2的解集.|x -12||x +12|(1)求M;(2)证明:当a,b ∈M 时,|a+b|<|1+ab|.(1)f(x)=(2分){-2x ,x ≤-12,1,-12<x <12,2x ,x ≥12.当x ≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得-1<x ≤-;(3分)当-<x<时, f(x)<2;(4分)当x ≥时,由f(x)<2得2x<2,解得≤x<1.(5分)所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(6分)(2)证明:由(1)知,当a,b ∈M 时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a 2+b 2-a 2b 2-1=(a 2-1)(1-b 2)<0.因此|a+b|<|1+ab|.(10分)方法总结　解含有两个绝对值的不等式时,主要采用零点分段法求解.另外,若所证不等式的两边均为非负数,则先把两边平方,然后利用作差法求解.评析　本题考查绝对值不等式的解法及不等式的证明,考查分类讨论的思想.属中档题.7.(2016课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)求不等式|f(x)|>1的解集.解析　(1)f(x)=(4分){x -4,x ≤-1,3x -2,-1<x ≤32,-x +4,x >32,y=f(x)的图象如图所示.(6分)(2)解法一:由f(x)的表达式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;当f(x)=-1时,可得x=或x=5,(8分)故f(x)>1的解集为{x|1<x<3}; f(x)<-1的解集为.(9分){x |x <13或x >5}所以|f(x)|>1的解集为.(10分){x |x <13或1<x <3或x >5}解法二:根据y=f(x)的分段函数表达式,有:当x ≤-1时,|f(x)|>1的解集为{x|x ≤-1};当-1<x ≤时,|f(x)|>1的解集为∪;{x |-1<x <13}{x |1<x ≤32}当x>-时,|f(x)|>1的解集为∪{x|x>5}.{x |32<x <3}综上,|f(x)|>1的解集为.{x |x <13或1<x <3或x >5}8.(2015课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>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)解法一: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-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得<x<1;当x ≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为.(5分){x|23<x <2}解法二:当a=1时, f(x)={x -3,x <-1,3x -1,-1≤x ≤1,-x +3,x > 1.画出f(x)的图象 (如图所示),根据图象可得不等式f(x)>1的解集为.(5分){x |23<x <2}(2)由题设可得, f(x)={x -1-2a ,x <-1,3x +1-2a ,-1≤x ≤a ,-x +1+2a ,x >a .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(2a -13,0)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,+∞).(10分)9.(2015江苏,21D,10分)解不等式x+|2x+3|≥2.解析　原不等式可化为或{x <-32,-x -3≥2{x ≥-32,3x +3≥ 2.解得x ≤-5或x ≥-.综上,原不等式的解集是.{x |x ≤-5或x ≥-13}评析　本小题主要考查含绝对值不等式的解法,考查分类讨论的能力.10.(2014辽宁,24,10分)设函数f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x 2-8x+1,记f(x)≤1的解集为M,g(x)≤4的解集为N.(1)求M;(2)当x ∈M ∩N 时,证明:x 2f(x)+x[f(x)]2≤.解析　(1)f(x)={3x -3,x ∈[1,+∞),1-x ,x ∈(-∞,1).当x ≥1时,由f(x)=3x-3≤1得x ≤,故1≤x ≤;当x<1时,由f(x)=1-x ≤1得x ≥0,故0≤x<1.所以f(x)≤1的解集为M=.{x |0≤x ≤43}(2)证明:由g(x)=16x 2-8x+1≤4得16≤4,(x -14)2解得-≤x ≤.因此N=,故M ∩N=.{x |-14≤x ≤34}{x |0≤x ≤34}当x ∈M ∩N 时, f(x)=1-x,于是x 2f(x)+x·[f(x)]2=xf(x)[x+f(x)]=x·f(x)=x(1-x)= -≤.(x -12)211.(2014课标Ⅱ,24,10分)设函数f(x)=+|x-a|(a>0).|x +1a|(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)<5,求a 的取值范围.解析　(1)证明:由a>0,得f(x)=+|x-a|≥=+a ≥2.|x +1a ||x +1a -(x -a )|所以f(x)≥2.(2)f(3)=+|3-a|.|3+1a|当a>3时, f(3)=a+,由f(3)<5得3<a<.5+212当0<a ≤3时, f(3)=6-a+,由f(3)<5得<a ≤3.1+52综上,a 的取值范围是.(1+52,5+212)评析　本题考查了含绝对值不等式的解法,考查了分类讨论思想.12.(2013辽宁,24,10分)已知函数f(x)=|x-a|,其中a>1.(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;(2)已知关于x 的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x ≤2},求a 的值.解析　(1)当a=2时, f(x)+|x-4|={-2x +6,x ≤2,2,2<x <4,2x -6,x ≥ 4.当x ≤2时,由f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4,解得x ≤1;当2<x<4时, f(x)≥4-|x-4|无解;当x ≥4时,由f(x)≥4-|x-4|得2x-6≥4,解得x ≥5,所以f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x ≤1或x ≥5}.(4分)(2)记h(x)=f(2x+a)-2f(x),则h(x)={-2a ,x ≤0,4x -2a ,0<x <a ,2a ,x ≥a .由|h(x)|≤2,解得≤x ≤.a -12a +12又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x ≤2},所以{a -12=1,a +12=2,于是a=3.(10分)13.(2013课标Ⅰ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.(1)当a=-2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;(2)设a>-1,且当x ∈时, f(x)≤g(x),求a 的取值范围.[-a 2,12)解析　(1)当a=-2时,不等式f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0.设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则y={-5x , x <12,-x -2,12≤x ≤1,3x -6,x > 1.其图象如图所示.从图象可知,当且仅当x ∈(0,2)时,y<0.所以原不等式的解集是{x|0<x<2}.(2)当x ∈时, f(x)=1+a.[-a 2,12)不等式f(x)≤g(x)化为1+a ≤x+3.所以x ≥a-2对x ∈都成立.[-a 2,12)故-≥a-2,即a ≤.从而a 的取值范围是.(-1,43]方法总结　(1)解含有绝对值符号的不等式的关键是去掉绝对值符号,可利用零点分段讨论法把绝对值不等式转化为我们熟悉的一元一次不等式或一元二次不等式,也可设出函数,利用函数图象解决.(2)对于不等式恒成立求参数问题,常分离参数,进而构造函数,转化为求最值问题.14.(2012课标全国,24,10分)选修4—5:不等式选讲已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|.(1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集;(2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a 的取值范围.解析　(1)当a=-3时,f(x)={-2x +5, x ≤2,1,2<x <3,2x -5,x ≥ 3.当x ≤2时,由f(x)≥3得-2x+5≥3,解得x ≤1;当2<x<3时, f(x)≥3无解;当x ≥3时,由f(x)≥3得2x-5≥3,解得x ≥4,所以f(x)≥3的解集为{x|x ≤1}∪{x|x ≥4}.(2)f(x)≤|x-4|⇔|x-4|-|x-2|≥|x+a|.当x ∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|⇔4-x-(2-x)≥|x+a|⇔-2-a ≤x ≤2-a.由条件得-2-a ≤1且2-a ≥2,即-3≤a ≤0.故满足条件的a 的取值范围为[-3,0].评析　本题考查了含绝对值不等式的解法,运用分类讨论解含绝对值的不等式,考查了学生的运算求解能力.【三年模拟】一、选择题(每小题4分,共12分)1.(2019届浙江嘉兴9月基础测试,10)已知m ∈R ,函数f(x)=+m 在[2,5]上的最大值是5,则m |x +3x -1-m |的取值范围是( ) A. B.(-∞,72](-∞,52]C.[2,5] D.[2,+∞)答案　A 2.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),1)已知集合P={x||2x-1|<1},Q={0,1,2,3,4},则P ∩Q=( ) A.{2,3,4}B.(0,1)C.{0,1}D.⌀答案　D 3.(2018浙江杭州高三教学质检,9)设函数f(x)=x 2+ax+b(a,b ∈R ),记M 为函数y=|f(x)|在[-1,1]上的最大值,N 为|a|+|b|的最大值,下列正确的是( )A.若M=,则N=3B.若M=,则N=3C.若M=2,则N=3D.若M=3,则N=3答案　C 二、填空题(单空题4分,多空题6分,共20分)4.(2019届浙江“七彩阳光”联盟期初联考,14)已知a,b 为实数,不等式|x 2+ax+b|≤|x 2-7x+12|对一切实数x都成立,则a+b= .答案　55.(2019届浙江高考模拟试卷(五),17)已知二次函数f(x)=ax 2+bx+c,若对任意x ∈[0,1]都有|f(x)|≤M 恒成立,且不等式|a+b+2c|≤tM 恒成立,则t 的最小值是 .答案　26.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),16)设函数f(x)(x ∈R )满足|f(x)-x 2|≤,|f(x)+1-x 2|≤,则f(1)= .答案　7.(2018浙江9+1高中联盟期中,17)当x ∈时,不等式|ax 2+bx+4a|≤2x 恒成立,则6a+b 的最大值[32,4]是 .答案　68.(2018浙江宁波模拟,16)已知实数a,b,c 满足:a+b+c=-2,abc=-4,则|a|+|b|+|c|的最小值为 .答案　6。

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三不等关系与不等式含解析

课时跟踪检测（三）不等关系与不等式一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．设a ，b ∈[0，＋∞)，A ＝a ＋b ，B ＝a ＋b ，则A ，B 的大小关系是( ) A ．A ≤B B ．A ≥B C ．A ＜BD ．A ＞B解析：选B 由题意得，B 2－A 2＝－2ab ≤0，且A ≥0，B ≥0，可得A ≥B . 2．若a ＜b ＜0，则下列不等式不能成立的是( ) A.1a －b ＞1aB ．1a ＞1bC ．|a |＞|b |D ．a 2＞b 2解析：选A 取a ＝－2，b ＝－1，则1a －b ＞1a不成立． 3．(2018·浙江十校联盟适考)设a ＞0且a ≠1，则“a b＞1”是“(a －1)b ＞0”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解析：选C 若a b＞1，因为a ＞0且a ≠1，所以当0＜a ＜1时，b ＜0，此时(a －1)b ＞0成立；当a ＞1时，b ＞0，此时(a －1)b ＞0成立．若(a －1)b ＞0，因为a ＞0且a ≠1，所以当0＜a ＜1时，b ＜0，此时a b ＞1；当a ＞1时，b ＞0，此时a b ＞1.所以“a b＞1”是“(a －1)b ＞0”的充要条件．4．(2018·金华模拟)设a ，b ∈R ，若a －|b |＞0，则下列不等式中正确的是( ) A ．b －a ＞0 B ．a 3＋b 3＜0 C ．a 2－b 2＜0D ．b ＋a ＞0解析：选D 利用赋值法，令a ＝1，b ＝0，排除A 、B 、C ，选D.5．b g 糖水中有a g 糖(b ＞a ＞0)，若再添m g 糖(m ＞0)，则糖水变甜了．试根据这一事实，提炼出一个不等式____________．答案：a b ＜a ＋mb ＋m二保高考，全练题型做到高考达标1．已知a 1，a 2∈(0,1)，记M ＝a 1a 2，N ＝a 1＋a 2－1，则M 与N 的大小关系是( ) A ．M ＜N B ．M ＞N C ．M ＝ND ．不确定解析：选B M －N ＝a 1a 2－(a 1＋a 2－1) ＝a 1a 2－a 1－a 2＋1＝(a 1－1)(a 2－1)，又∵a 1∈(0,1)，a 2∈(0,1)，∴a 1－1＜0，a 2－1＜0.∴(a 1－1)(a 2－1)＞0，即M －N ＞0.∴M ＞N .2．若1a ＜1b ＜0，给出下列不等式：①1a ＋b ＜1ab ；②|a |＋b ＞0；③a －1a ＞b －1b ；④ln a 2＞ln b 2.其中正确的不等式的序号是( )A ．①④B ．②③C ．①③D ．②④解析：选C 法一：因为1a ＜1b＜0，故可取a ＝－1，b ＝－2.显然|a |＋b ＝1－2＝－1＜0，所以②错误；因为ln a 2＝ln(－1)2＝0，ln b 2＝ln(－2)2＝ln 4＞0，所以④错误，综上所述，可排除A 、B 、D ，故选C.法二：由1a ＜1b＜0，可知b ＜a ＜0.①中，因为a ＋b ＜0，ab ＞0，所以1a ＋b ＜1ab，故①正确； ②中，因为b ＜a ＜0，所以－b ＞－a ＞0，故－b ＞|a |，即|a |＋b ＜0，故②错误； ③中，因为b ＜a ＜0，又1a ＜1b ＜0，则－1a ＞－1b ＞0，所以a －1a ＞b －1b，故③正确；④中，因为b ＜a ＜0，根据y ＝x 2在(－∞，0)上为减函数，可得b 2＞a 2＞0，而y ＝ln x 在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln b 2＞ln a 2，故④错误．由以上分析，知①③正确．3．(2018·宁波模拟)设a ，b 是实数，则“a ＞b ＞1”是“a ＋1a ＞b ＋1b”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件解析：选A 因为a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＝a －bab －ab，若a ＞b ＞1，显然a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b ＝a －bab －ab＞0，则充分性成立，当a ＝12，b ＝23时，显然不等式a ＋1a ＞b ＋1b成立，但a ＞b ＞1不成立，所以必要性不成立．4．若m ＜0，n ＞0且m ＋n ＜0，则下列不等式中成立的是( ) A ．－n ＜m ＜n ＜－m B ．－n ＜m ＜－m ＜n C ．m ＜－n ＜－m ＜nD ．m ＜－n ＜n ＜－m解析：选D 法一：(取特殊值法)令m ＝－3，n ＝2分别代入各选项检验即可．法二：m ＋n ＜0⇒m ＜－n ⇒n ＜－m ，又由于m ＜0＜n ，故m ＜－n ＜n ＜－m 成立．5．设a ＜0，b ＜0，则p ＝b 2a ＋a 2b与q ＝a ＋b 的大小关系是( )A ．p ＞qB ．p ≥qC ．p ＜qD ．p ≤q解析：选 D p －q ＝b 2a ＋a 2b －(a ＋b )＝b 3＋a 3－a 2b －ab 2ab ＝a a 2－b 2－b a 2－b 2ab ＝a －ba 2－b 2ab ＝a －b2a ＋bab.因为a ＜0，b ＜0，所以a －b2a ＋bab≤0，即p ≤q ，故选D.6．已知a ，b 为实数，且a ≠b ，a ＜0，则a ________2b －b 2a (填“＞”“＜”或“＝”)．解析：∵a ≠b ，a ＜0，∴a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2b －b 2a ＝a －b 2a ＜0，∴a ＜2b －b 2a.答案：＜7．已知函数f (x )＝ax ＋b,0＜f (1)＜2，－1＜f (－1)＜1，则2a －b 的取值范围是________．解析：由函数的解析式可知0＜a ＋b ＜2，－1＜－a ＋b ＜1，又2a －b ＝12(a ＋b )－32(－a＋b )，结合不等式的性质可得2a －b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，52.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，52 8．已知a ＋b ＞0，则a b2＋b a2与1a ＋1b的大小关系是________．解析：a b 2＋b a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝a －b b 2＋b －a a 2＝(a －b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1a 2＝a ＋b a －b 2a 2b 2.∵a ＋b ＞0，(a －b )2≥0，∴a ＋ba －b2a 2b 2≥0.∴a b2＋b a2≥1a ＋1b . 答案：a b2＋b a2≥1a ＋1b9．已知存在实数a 满足ab 2＞a ＞ab ，则实数b 的取值范围是__________．解析：∵ab 2＞a ＞ab ，∴a ≠0，当a ＞0时，b 2＞1＞b ，即⎩⎪⎨⎪⎧b 2＞1，b ＜1，解得b ＜－1；当a ＜0时，b 2＜1＜b ，即⎩⎪⎨⎪⎧b 2＜1，b ＞1，此式无解．综上可得实数b 的取值范围为(－∞，－1)．答案：(－∞，－1)10．实数x ，y 满足3≤xy 2≤8，19≤y x 2≤14，求x3y4的取值范围．解：∵19≤y x 2≤14，∴4≤x 2y ≤9，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2y 2∈[16,81]．又∵3≤xy 2≤8.∴1xy 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤18，13，∴x 3y 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2y 2·1xy 2∈[2,27]，故x 3y4的取值范围为[2,27]．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·合肥质检)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，且满足b ＋c ≤3a ，则ca的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(0,2)C ．(1,3)D ．(0,3)解析：选B 由已知及三角形三边关系得⎩⎪⎨⎪⎧a ＜b ＋c ≤3a ，a ＋b ＞c ，a ＋c ＞b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＜b a ＋c a≤3，1＋b a ＞ca ，1＋c a ＞b a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＜b a ＋ca ≤3，－1＜c a －ba ＜1，两式相加得，0＜2·c a＜4，∴ca的取值范围为(0,2)．2．设a ，b ∈R ，定义运算“⊗”和“⊕”如下：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b ，a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b ，a ≤b ，a ，a ＞b .若m ⊗n ≥2，p ⊕q ≤2，则( )A ．mn ≥4且p ＋q ≤4B ．m ＋n ≥4且pq ≤4C ．mn ≤4且p ＋q ≥4D ．m ＋n ≤4且pq ≤4解析：选A 结合定义及m ⊗n ≥2可得⎩⎪⎨⎪⎧m ≥2，m ≤n或⎩⎪⎨⎪⎧n ≥2，m ＞n ，即n ≥m ≥2或m ＞n ≥2，所以mn ≥4；结合定义及p ⊕q ≤2可得⎩⎪⎨⎪⎧p ≤2，p ＞q 或⎩⎪⎨⎪⎧q ≤2，p ≤q ，即q ＜p ≤2或p ≤q ≤2，所以p ＋q ≤4.故选A.3．设a 1≈2，a 2＝1＋11＋a 1. (1)证明：2介于a 1，a 2之间； (2)求a 1，a 2中哪一个更接近 2. 解：(1)证明：∵(2－a 1)(2－a 2)＝(2－a 1)·⎝⎛⎭⎪⎫2－1－11＋a 1＝－22－a 121＋a 1＜0.∴2介于a 1，a 2之间．(2)|2－a 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1－11＋a 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－22－a 11＋a 1＝2－11＋a 1|2－a 1|＜|2－a 1|.∴a 2比a 1更接近 2.。

2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第七章第5讲绝对值不等式含解析

[基础达标]1．(2019·嘉兴期中)不等式1≤|2x －1|＜2的解集为( ) A ．⎝⎛⎭⎫－12，0∪⎣⎡⎭⎫1，32 B ．⎝⎛⎭⎫－12，32 C ．⎝⎛⎦⎤－12，0∪⎣⎡⎭⎫1，32 D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧－2＜2x －1＜22x －1≥1或2x －1≤－1，解得：－12＜x ≤0或1≤x ＜32，故不等式的解集是⎝⎛⎦⎤－12，0∪⎣⎡⎭⎫1，32，故选C.2．(2019·温州高三第二次适应性考试)不等式|x －1|＋|x ＋1|＜4的解集是( ) A ．{x |x ＞－2} B ．{x |x ＜2}C ．{x |x ＞0或x ＜－2}D ．{x |－2＜x ＜2}解析：选D.根据题意，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，1－x －x －1＜4或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ≤1，1－x ＋x ＋1＜4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，x －1＋x ＋1＜4，解之取并集即得原不等式的解集为{x |－2＜x ＜2}． 3．(2019·绍兴高三质量检测)对任意实数x ，若不等式|x ＋2|＋|x ＋1|＞k 恒成立，则实数k 的取值范围是( )A ．(－∞，0)∪[2，＋∞)B ．[－2，－1]∪(0，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，1]解析：选C.因为|x ＋2|＋|x ＋1|≥|x ＋2－x －1|＝1，所以当且仅当k ＜1时，不等式|x ＋2|＋|x ＋1|＞k 恒成立．4．(2019·绍兴市诸暨市高考模拟)已知f (x )＝x 2＋3x ，若|x －a |≤1，则下列不等式一定成立的是( )A ．|f (x )－f (a )|≤3|a |＋3B ．|f (x )－f (a )|≤2|a |＋4C ．|f (x )－f (a )|≤|a |＋5D ．|f (x )－f (a )|≤2(|a |＋1)2解析：选B.因为f (x )＝x 2＋3x ，所以f (x )－f (a )＝x 2＋3x －(a 2＋3a )＝(x －a )(x ＋a ＋3)，所以|f (x )－f (a )|＝|(x －a )(x ＋a ＋3)|＝|x －a ||x ＋a ＋3|，因为|x －a |≤1，所以a －1≤x ≤a ＋1，所以2a ＋2≤x ＋a ＋3≤2a ＋4，所以|f (x )－f (a )|＝|x －a ||x ＋a ＋3|≤|2a ＋4|≤2|a |＋4，故选B.5．(2019·绍兴市柯桥区高三期中)已知x ，y ∈R ，( )A ．若|x －y 2|＋|x 2＋y |≤1，则(x ＋12)2＋(y －12)2≤32B ．若|x －y 2|＋|x 2－y |≤1，则(x －12)2＋(y －12)2≤32C ．若|x ＋y 2|＋|x 2－y |≤1，则(x ＋12)2＋(y ＋12)2≤32D ．若|x ＋y 2|＋|x 2＋y |≤1，则(x －12)2＋(y ＋12)2≤32解析：选B.对于A ，|x －y 2|＋|x 2＋y |≤1，由(x ＋12)2＋(y －12)2≤32化简得x 2＋x ＋y 2－y ≤1，二者没有对应关系；对于B ，由(x 2－y )＋(y 2－x )≤|x 2－y |＋|y 2－x |＝|x －y 2|＋|x 2－y |≤1，所以x 2－x ＋y 2－y ≤1，即(x －12)2＋(y －12)2≤32，命题成立；对于C ，|x ＋y 2|＋|x 2－y |≤1，由(x＋12)2＋(y ＋12)2≤32化简得x 2＋x ＋y 2＋y ≤1，二者没有对应关系；对于D ，|x ＋y 2|＋|x 2＋y |≤1，化简(x －12)2＋(y ＋12)2≤32得x 2－x ＋y 2＋y ≤1，二者没有对应关系．故选B.6．不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－2，－（x －1）－（x ＋2）≥5得x ≤－3；由⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <1，－（x －1）＋（x ＋2）≥5得无解；由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，（x －1）＋（x ＋2）≥5得x ≥2. 即所求的解集为{x |x ≤－3或x ≥2}．答案：{x |x ≤－3或x ≥2}7．对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为________．解析：|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.答案：5 8．(2019·温州市高三高考模拟)若关于x 的不等式|x |＋|x ＋a |＜b 的解集为(－2，1)，则实数对(a ，b )＝________．解析：因为不等式|x |＋|x ＋a |＜b 的解集为(－2，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋|－2＋a |＝b1＋|1＋a |＝b ，解得a ＝1，b ＝3.答案：(1，3)9．(2019·绍兴市柯桥区高三模拟)对任意x ∈R 不等式x 2＋2|x －a |≥a 2恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：因为不等式x 2＋2|x －a |≥a 2对任意的x ∈R 恒成立， ①x ≥a 时，(x ＋a )(x －a )＋2(x －a )≥0， (x －a )(x ＋a ＋2)≥0，因为x －a ≥0，因此只需x ＋a ＋2≥0，x ≥－(a ＋2)，－(a ＋2)≤a ，解得a ≥－1. ②x <a 时，(x ＋a )(x －a )－2(x －a )≥0， (x －a )(x －2＋a )≥0，因为x －a <0，只需x ≤2－a ，2－a ≥a ，解得a ≤1. 综上所述：－1≤a ≤1. 答案：[－1，1] 10．(2019·宁波市六校联盟模拟)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.当a ＝－4时，不等式f (x )≥6的解集为________；若f (x )≤|x －3|的解集包含[0，1]，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝－4时，f (x )≥6，即|x －4|＋|x －2|≥6，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≤24－x ＋2－x ≥6或⎩⎪⎨⎪⎧2<x <44－x ＋x －2≥6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥4x －4＋x －2≥6，解得x ≤0或x ≥6. 所以原不等式的解集为(－∞，0]∪[6，＋∞)．由题可得f (x )≤|x －3|在[0，1]上恒成立．即|x ＋a |＋2－x ≤3－x 在[0，1]上恒成立，即－1－x ≤a ≤1－x 在[0，1]上恒成立．即－1≤a ≤0. 答案：(－∞，0]∪[6，＋∞) [－1，0]11．若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，求实数a 的值．解：由于f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |，当a ＞－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1，x ＜－1，－x ＋2a ＋1，－1≤x ≤a ，3x －2a ＋1，x ＞a .作出f (x )的大致图象如图所示，由函数f (x )的图象可知f (a )＝5，即a ＋1＝5，所以a ＝4.同理，当a ≤－1时，－a －1＝5，所以a ＝－6. 所以实数a 的值为4或－6.12．已知函数f (x )＝|x －3|－|x －a |. (1)当a ＝2时，解不等式f (x )≤－12；(2)若存在实数x ，使得不等式f (x )≥a 成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a ＝2，所以f (x )＝|x －3|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤2，5－2x ，2<x <3，－1，x ≥3，所以f (x )≤－12等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，1≤－12或⎩⎪⎨⎪⎧2<x <3，5－2x ≤－12或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，－1≤－12，解得114≤x <3或x ≥3，所以不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≥114. (2)由不等式的性质可知f (x )＝|x －3|－|x －a |≤|(x －3)－(x －a )|＝|a －3|，所以若存在实数x ，使得不等式f (x )≥a 成立，则|a －3|≥a ，解得a ≤32，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，32. [能力提升]1．(2017·高考浙江卷)已知a ∈R ，函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋4x －a ＋a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是________．解析：因为x ∈[1，4]，所以x ＋4x ∈[4，5]，①当a ≤92时，f (x )max ＝|5－a |＋a ＝5－a ＋a ＝5，符合题意；②当a >92时，f (x )max ＝|4－a |＋a ＝2a －4＝5，所以a ＝92(矛盾)，故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，92. 答案：⎝⎛⎦⎤－∞，92 2．(2019·浙江省五校协作体联考)已知函数f (x )＝|2x －a |＋a .(1)若不等式f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若存在实数t ，使f ⎝⎛⎭⎫t 2≤m －f (－t )成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由|2x －a |＋a ≤6，得|2x －a |≤6－a ，所以a －6≤2x －a ≤6－a ，即a －3≤x ≤3，所以a －3＝－2，所以a ＝1.(2)因为f ⎝⎛⎭⎫t 2≤m －f (－t )，所以|t －1|＋|2t ＋1|＋2≤m ，令y ＝|t －1|＋|2t ＋1|＋2，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3t ＋2，t ≤－12，t ＋4，－12<t <1，3t ＋2，t ≥1.所以y min ＝72，所以m ≥72.3．(2019·杭州高考科目教学质检)已知函数f (x )＝|x －4|＋|x －a |(a <3)的最小值为2. (1)解关于x 的方程f (x )＝a ；(2)若存在x ∈R ，使f (x )－mx ≤1成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由f (x )＝|x －4|＋|x －a |≥|x －4－(x －a )|＝|a －4|(当(x －4)(x －a )≤0时取等号)，知|a －4|＝2，解得a ＝6(舍去)或a ＝2.方程f (x )＝a 即|x －4|＋|x －2|＝2，由绝对值的几何意义可知2≤x ≤4.(2)不等式f (x )－mx ≤1即f (x )≤mx ＋1，由题意知y ＝f (x )的图象至少有一部分不在直线y ＝mx ＋1的上方，作出对应的图象观察可知，m ∈(－∞，－2)∪⎣⎡⎭⎫14，＋∞.4．(2019·温州校级月考)已知函数f (x )＝x 2＋|x －t |.(1)当t ＝1时，求不等式f (x )≥1的解集；(2)设函数f (x )在[0，2]上的最小值为h (t )，求h (t )的表达式．解：(1)当t ＝1时，f (x )＝x 2＋|x －1|. 因为f (x )≥1，所以当x ≥1时，x 2＋x －1≥1，所以x ≥1或x ≤－2. 所以x ≥1.当x ＜1时，x 2－x ＋1≥1，所以x ≥1或x ≤0. 所以x ≤0.综上：不等式的解集为{x |x ≥1或x ≤0}． (2)因为f (x )＝x 2＋|x －t |，x ∈[0，2]，所以当t ≥2时，f (x )＝x 2－x ＋t ，h (t )＝f ⎝⎛⎭⎫12＝t －14，当t ≤0时，f (x )＝x 2＋x －t ，h (t )＝f (0)＝－t ，当0＜t ＜2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋t ，x ∈[0，t ]x 2＋x －t ，x ∈（t ，2].所以h (t )＝⎩⎨⎧t －14，12≤t ＜2t 2，0＜t ＜12.所以h (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧－t ，t ≤0t 2，0＜t ≤12t －14，t ＞12.。

(浙江专版)高中数学课时跟踪检测(二十)绝对值不等式新人教A版必修5

课时跟踪检测(二十) 绝对值不等式层级一学业水平达标1. 若O v b v a v 1,则下列结论中不正确的是()A. log a b > log b aB.|log a b + log b a | >22C ． (log b a ) v 1D ．|log a b | ＋|log b a | > |log a b ＋log b a |解析：选D 因为0v b v a v 1，所以log a b > 0, log b a > 0,由绝对值的有关性质可得|log a b + log b a | = |log a b | + |log b a |，所以应选 D.2.不等式3W |5 — 2x | v 9的解集为( )A. [ — 2,1) U [4,7) B . ( — 2,1] U (4,7] C. ( — 2, — 1] U [4,7)D . ( — 2,1] U [4,7)解析：选 D 由 3< |5 — 2x | v 9,得 3< 5— 2x v 9 或一9v 5 — 2x <— 3,解得一2v x <1 或4< x v 7,故选D.3. 若关于x 的不等式|x + 1| + | x — 2| + m — 7> 0的解集为R ,则实数 m 的取值范围为( )A. (4 ,+s) B . [4 ,+s) C. ( —a, 4)D . (—a, 4]解析：选 A 令 f (x ) = |x + 1| + | x — 2|，则 f (x ) = |x + 1| + | x — 2| > |( x + 1) + (2 — x )| =3;因为关于x 的不等式|x + 1| + |x — 2| + m — 7 > 0的解集为 R? 3 + m — 7> 0，解得肚(4 ,+ a ).故选A.4. 若 | a — c | v b ,则下列不等式不成立的是( )A.I a I v I b I ＋ I c IB . I c I v I a I ＋ I b IC .b > Ic I — I a I D . b v II a I —I c II解析：选 D •/1 a — c | v b ,令 a = 1, c = 2, b = 3. 则 |a | = 1, | b | + | c | = 5,「. | a | v | b | + | c | 成立. |c | = 2,|a | + |b | = 4,「.|c | v |a | + | b | 成立.II c | —| a || = ||2| — |1|| = 1 ,••• b >|| c | —| a || 成立. 故 b v || a | — | c || 不成立.5.若a >0，则使不等式|x — 4| + |x — 3| v a 在R 上的解集不是空集的 a 的取值范围是( )A. 0v a v 1B . a = 1C. a>1 D .以上均不对解析：选C 由|X—3| + |x —4|》|( X—3) —(X —4)| = 1,当a wl 时，|x —4| + |x—3| v a 的解集为?,故使不等式|x—4| + |x —3| v a在R上的解集不是空集的a的取值范围是a > 1，故选C.6. ______________________________________________________ 若a, b€ R,且| a| w3, | b| w2,则| a+ b|的最大值是_________________________________________ ,最小值是_________ .解析：T |a| w 3, |b| w2,「.一3w a w3,—2w b w2,一5w a+ b w 5,故O w| a + b| w 5.答案：5 07. 不等式|2x —1| —x v 1的解集是_________ .3x > 0, 解析：原不等式等价于|2 x —1| v x + 1? —x—1v 2x — 1 v x+ 1? ? 0v x vx v 22.答案：{x|0 v x v 2}&不等式|2 x + 1| —| x—1| > 2的解集为________________1 1x v — _, —_w x w 1 ,—2x—1 + x—1 > 22x + 1+ x—1 > 2解析：原不等式等价于2或2或x> 1,解不等式组最后取并集可得解集为(—汽—4) U |,+^2x + 1 —x+ 1> 2, 32答案：(一8,—4) U ^,+m£ £9.设m £> 0, | x —a| v —, |y —b| <1, | a| w m | y| w m 求证：I xy—ab| v me .证明：| xy —ab| = | xy —ay+ ay—ab| w| xy —ay| + | ay —ab| = | y(x —a)| + | a( y—b)|. £ £=| y|| x —a| + | a|| y —b| v mx^ + m< y = m£..••I xy —ab| v me .10.设函数f (x) = | x—1| + | x —a| , a € R.(1) 当a= 4时，求不等式f (x) >5的解集；(2) 若f(x) >4对x € R恒成立，求a的取值范围.解：(1)当a= 4时，由不等式f (x) >5得| x—1| + | x —4| >5 ,因为在数轴上到点1和4的距离之和等于5的点为0和5,所以| x —1| + | x —4| >5的解集为{x|x w0或x>5}.(2)因为f (x) = |x —1| + |x—a| >| a—1| ,所以若不等式f (x) >4对x€ R恒成立，则|a—1| >4,解得{a| a w — 3 或a> 5}.层级二应试能力达标1. 不等式|2 —x| + 2 > x的解集是()A. ( —g, 2) B . (-m,+m) C. (2 ,+g)D . (—g,2) U (2 ,+g解析：选A |2 — x | + 2>x 可化为| x — 2| >x — 2，则x — 2v 0,解得x v 2，即不等式|2 —x | + 2>x 的解集为（一g, 2）.故选A.2.已知|x | v 1, |y | v 1,下列各式成立的是（）D . xy + 1 > x + yA 选项，当 x = y = 0 时，| x + y | + | x — y | > 2 不成立;1C 选项，当x = y =-2 时，x + y = 1，所以x+ y v 1不成立；故选 D.3.若关于x 的不等式|x +1| > kx 恒成立，则实数 k 的取值范围是（）A. （ —g, 0] B . [ — 1,0] C. [0,1]D . [0，+g ）解析：选C 作出y =|x + 1|与I 仁y = kx 的图象如图，当k v 0时，直线一定经过第二、四象限，从图看出明显不恒成立；当k =0时，直线为x 轴，符合题意；当k >0时，要使|x +1| > kx 恒成立，只需k w 1. 综上可知k € [0,1].故选C.4.已知函数f （x ） = |x + 1| + |x — a |，若不等式f （x ）的解集为（一g,—2] U [4 , + g ），贝U a 的值为（）A.— 7 或 3 B . — 7 或 5 C. 3D . 3 或 5解析：选 C 当x =— 2时，由 I — 2 + 1| + | — 2 — a | = 6，即 I a + 2|= 5 得 a =3 或a =—7；当 a = 4 时，由 |4 + 1| + |4 — a | =6,即 |4 — a | = 1 得 a = 5 或 a = 3.综上可知a = 3,故选 C.5. 关于x 不等式x + |2x + 3| >3的解集是 _______________ . 3解析：当x >— 2,不等式为3x + 3>3 ? x >0, 当 x v — |,不等式为 x — 2x — 3>3 ? x w — 6, 故不等式的解为{x | x w — 6或x >0}. 答案：{x | x w — 6或 x >0}A. | x + y | + | x — y | > 22 2“B . x + y v 1C. x + y v 1解析：选D 可用排除法.对于对于B 选项，当x = y =所以x 2+ y 2v 1不成立；对于6. ______________ 已知函数f (x) = |x + a| + | x—2| , f(x) w| x—4| 的解集为A,若[1,2] ? A,则实数a的取值范围为 __ .解析：由 1 w x w 2,不等式| x + a| + | x —2| w| x—4| 可化为| x+ a| + 2—x w4—x,即| x—a —2 w 1,+ a| w 2,所以一a —2< x< 2- a,即要使[1,2] ? A,借助数轴可得解得一2 —a> 2,3w a w 0,因此a的取值范围是[—3,0].答案：[—3,0]7. 已知函数f(x) = | x + 6| —| m—x|( m€ R).⑴当m^ 3时，求不等式f (x) >5的解集；(2)若不等式f(x) W7对任意实数x恒成立，求m的取值范围.解：(1)当m= 3 时，f (x) >5 即| x + 6| —|x—3| >5,①当X V—6时，得一9>5,所以x € ?;②当一6w x w3 时，得x+ 6+ x —3>5,即卩x> 1,所以1w x w 3;③当x>3时，得9>5,成立，所以x>3.故不等式f (x) >5的解集为{x|x> 1}.(2)因为| x + 6| —| m—x| w| x + 6 + m—x| = | m+ 6|.由题意得|m^6| w 7,则一7w m^6w 7 解得一13w m W 1,故m的取值范围是[—13,1].If瑕邊型赶&已知函数f (x) = | x +1| , g(x) = 2| x| + a.(1) 当a=—1时，解不等式f (x) w g(x);一 1 一(2) 若存在x o€ R,使得f(x o) > 2g(x o)，求实数a的取值范围.解：(1)当a = —1 时，不等式f(x) w g(x),即| x + 1| w 2| x| — 1 ,从而x w —1, —1 V x w 0, 2即x w —1，或即一1 V x w —二，或—x —1w—2x —1, x+ 1w—2x—1, 3x> 0,x+ 1w2 x—1,即x >2.2从而不等式f (x) w g(x)的解集为x x w —3或x>2 .一 1 一一a(2)存在x o€ R,使得f (x o) > ^(x o)，即存在x o€ R,使得| x o+ 1| >| X o| + ?,a 即存在X0€ R,使得w| X0+ 1| —| X0|.—1, x W—1,设h(x) = |x+ 1| —|x| = 2x+ 1,—1v x W0,1, x > 0, 即a w 2.故实数a的取值范围为(一g, 2].a则h(x)的最大值为1，因而2 w 1,。

浙江专用2020版高考数学一轮复习专题7不等式第49练绝对值不等式练习含解析

第练绝对值不等式[基础保分练].不等式－≤的解集是( ).(·金华一中模拟)不等式－＋＋≥的解集是( ).[－] .[－].(－∞，－]∪[，＋∞) .(－∞，＋∞).若存在∈，使－＋－≤成立，则实数的取值范围是( ).[] .().[] .(－∞，]∪[，＋∞).若关于的不等式＋－－>的解集不是空集，则实数的取值范围是( ).(，＋∞) .(－，＋∞).(－∞，) .(－∞，－).不等式－<＋成立，则( )<<<<>>.设集合＝{－＋＋>}，＝{－≤}，∪＝，则的取值范围为( )≤－或≥.－≤≤.－<<<－或>.(·绍兴诸暨模拟)已知()＝＋，若－≤，则下列不等式一定成立的是( )()－()≤＋()－()≤＋()－()≤＋()－()≤(＋).(·绍兴柯桥区期中)已知，∈，( ).若－＋＋≤，则＋≤.若－＋－≤，则＋≤.若＋＋－≤，则＋≤.若＋＋＋≤，则＋≤.存在∈，使不等式－－－≤成立，则的取值范围是..对于实数，，若－≤，－≤，则－＋的最大值为.[能力提升练].如果<<，那么当≤≤时，代数式－＋－＋－－的最小值是( ).一个与有关的代数式.(·宁波高三期末)若函数()＝在{≤≤，∈}上的最大值为，最小值为，则－等于( ).若关于的不等式－－>至少有一个负数解，则实数的取值范围是( ).－<<.－<<.－<<.－<<.已知函数()＝＋＋－.若()≤－的解集包含[]，则实数的取值范围为..(·绍兴柯桥区模拟)对任意∈不等式＋－≥恒成立，则实数的取值范围是..(·宁波六校联盟模拟)已知函数()＝＋＋－.当＝－时，不等式()≥的解集为；若()≤－的解集包含[]，则实数的取值范围是.答案精析基础保分练.[－，＋∞)能力提升练[∵≤≤，∴－≥，－≤，－－<，∴－＋－＋－－＝－＋－＋＋－＝－，故当＝时，－＋－＋－－的最小值为－＝，故选.][当∈[]时，()＝－单调递增，所以()∈，当∈[－，－]时，()＝－，令′()＝＝，所以＝－∈(－，－)，()>，()＝{(－)，(－)}＝，即＝，＝，所以－＝，故选.][关于的不等式－－>，即－<－，且－>，在同一坐标系中，画出＝－和函数＝－的图象，当函数＝－的图象的左支经过点()时，求得＝，当函数＝－的图象的右支和＝－图象相切时，方程组有唯一的解，即＋－－＝有唯一的解，故Δ＝－(－－)＝，解得＝－，所以实数的取值范围是，故选.].[－]解析()≤－⇔－－－≥＋.当∈[]时，－－－≥＋⇔－－(－)≥＋⇔－－≤≤－.由条件得－－≤且－≥，即－≤≤.故满足条件的的取值范围为[－]..[－]解析因为不等式＋－≥对任意的∈恒成立，①≥时，(＋)(－)＋(－)≥，(－)(＋＋)≥，因为－≥，因此只需＋＋≥，≥－(＋)，－(＋)≤，解得≥－.②<时，(＋)(－)－(－)≥，(－)(－＋)≥，因为－<，只需≤－－≥，解得≤.综上所述－≤≤..(－∞，]∪[，＋∞)[－]解析当＝－时，()≥，即－＋－≥，即或或解得≤或≥.所以原不等式的解集为(－∞，]∪[，＋∞)；由题可得()≤－在[]上恒成立.即＋＋－≤－在[]上恒成立，即－－≤≤－在[]上恒成立.即－≤≤.。

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测5绝对值不等式 含解析

浙江专用2020版高考数学一轮总复习专题7不等式7.5绝对值不等式课件201903092217

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测一集合含解析

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测六二元一次不等式组及简单的线性规划问题含解析

2020年高考数学一轮复习考点05函数的单调性与最值必刷题(含解析)(2021-2022学年)

2020高考数学文科大一轮复习导学案《绝对值不等式》含答案

浙江新高考数学理一轮复习限时集训：选修4-5绝对值不等式(含答案详析)

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测一集合含解析

2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版课件：第七章 第5讲 绝对值不等式

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三不等关系与不等式

2020浙江高考数学一轮复习§7.4 绝对值不等式

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五绝对值不等式含解析

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五绝对值不等式含解析

2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：7.5 绝对值不等式 Word版含解析

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三不等关系与不等式含解析

2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第七章第5讲绝对值不等式含解析

(浙江专版)高中数学课时跟踪检测(二十)绝对值不等式新人教A版必修5

浙江专用2020版高考数学一轮复习专题7不等式第49练绝对值不等式练习含解析

浙江专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测5绝对值不等式含解析

2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版课件：第七章第5讲绝对值不等式