2019版-创新设计-高考总复习-数学-人教A版-理科-选修4-5-第1节

解之得 1<x≤ 172－1.②当－1≤x≤1 时，f(x)≥g(x)⇔(x－2)(x＋1)≤0， 则－1≤x≤1.
③当 x<－1 时，f(x)≥g(x)⇔x2－3x－4≤0，解得－1≤x≤4，
又 x<－1，∴不等式此时的解集为空集.
综上所述，f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤
17－1
2
.
(2)依题意得：－x2＋ax＋4≥2 在[－1，1]上恒成立.
考点一 绝对值不等式的解法 【例1－1】 (2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)在图中画出y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1的解集.
x－4，x≤－1， 解 (1)f(x)＝3x－2，－1<x≤ 32，故 y＝f(x)的图象如图所示. －x＋4，x>32，
诊断自测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (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.( ) (5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2.含有绝对值的不等式的性质 (1)如果a，b是实数，则|a＋b|≤___|a_|_＋__|b_| _，当且仅当__a_b_≥__0_时，等号成立. (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.
－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)解 由(1)得 a2<14，b2<14. 因为|1－4ab|2－4|a－b|2 ＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2) ＝16a2b2－4a2－4b2＋1 ＝(4a2－1)(4b2－1)>0， 所以|1－4ab|2>4|a－b|2， 故|1－4ab|>2|a－b|.
解 (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＝12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，＋∞).
(2)由 f(x)的解析式及图象知，当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3；
当 f(x)＝－1 时，可得 x＝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.
规律方法 1.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. 2.含绝对值不等式的证明中，要注意绝对值三角不等式的灵活应用.
【训练2】 对于任意实数a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m， 求实数m的取值范围. 解 因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1，所以|3a－3b|≤3，a－12≤12， 所以|4a－3b＋2|＝|(3a－3b)＋a－12＋52|≤|3a－3b|＋|a－12|＋52≤3＋12＋52＝6， 则|4a－3b＋2|的最大值为 6，
综上，原不等式的解集为(－∞，4).
答案 A
3.(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________. 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. 答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)
考点二 绝对值不等式性质的应用 【例 2－1】 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.
3，x≤－2， (1)证明 设 f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝－2x－1，－2<x<1，
4.若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________. 解析 ∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6. ∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2. 答案 2
5.(2016·江苏卷)设 a>0，|x－1|<a3，|y－2|<a3，求证：|2x＋y－4|<a. 证明 因为|x－1|<a3，|y－2|<a3， 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<23a＋a3＝a. 故原不等式得证.
(2)不等式|x－1|＋|x－2|≤m，即|x－1|＋|x－2|≤2.
法一 由于|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； 而数轴上12和52对应点到 1 和 2 对应点的距离之和正好等于 2， 故|x－1|＋|x－2|的解集为x|12≤x≤52.
法二 ①当 x<1 时，不等式为－(x－1)－(x－2)≤2， 解得 x≥12，即12≤x<1. ②当 1≤x≤2 时，不等式为(x－1)－(x－2)≤2，即 1≤x≤2. ③当 x>2 时，不等式为(x－1)＋(x－2)≤2，解得 x≤52，即 2<x≤52. 综上可知，不等式的解集是x|12≤x≤52.
知识梳理 1.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
a>0
a＝0
a<0
|x|<a
—(—－—a，—a—) —
∅
∅
|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_≤___a_x_＋___b_≤___c_； ②|ax＋b|≥c⇔_a__x_＋__b__≥___c_或__a__x_＋___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 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.
2.不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A.(－∞，4)
B.(－∞，Biblioteka )C.(1，4) D.(1，5)
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<x<5时，原不等式可化为x－1－(5－x)<2，
∴x<4，∴1<x<4，
③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立.
所以 m≥|4a－3b＋2|max＝6，m 的取值范围是[6，＋∞).
考点三 绝对值不等式的综合应用 【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)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.
－3，x≤－1， 解 (1)f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝2x－1，－1<x<2，
规律方法 1.第(1)问分段讨论，求得符合题意的x取值范围，最后取并集. 2.(1)不等式恒成立问题，解集非空(不能成立)问题，转化为最值问题解决. (2)本题分离参数m，利用绝对值不等式的性质求解，避免分类讨论，优化了解 题过程.
【训练3】 (2016·全国Ⅲ卷)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，求实数a的取值范围.
【训练1】 已知函数f(x)＝|x－2|. (1)求不等式f(x)＋x2－4>0的解集； (2)设g(x)＝－|x＋7|＋3m，若关于x的不等式f(x)<g(x)的解集非空，求实数m的取 值范围.
解 (1)不等式f(x)＋x2－4>0，即|x－2|>4－x2. 当x>2时，不等式可化为x2＋x－6>0，解得x>2； 当x<2时，不等式可化为x2－x－2>0，解得x<－1. 所以原不等式的解集为{x|x>2或x<－1}. (2)依题意，|x－2|<3m－|x＋7|解集非空， ∴3m>|x－2|＋|x＋7|在x∈R上有解， 又|x－2|＋|x＋7|≥|(x－2)－(x＋7)|＝9， 所以3m>9，解得m>3. 故实数m的取值范围是(3，＋∞).
3，x≥2. ①当 x≤－1 时，f(x)＝－3≥1 无解；
②当－1<x<2 时，2x－1≥1，解得 x≥1，则 1≤x<2； ③当 x≥2 时，f(x)＝3≥1 恒成立，∴x≥2.
综上知 f(x)≥1 的解集为{x|x≥1}.
(2)不等式 f(x)≥x2－x＋m 等价于 f(x)－x2＋x≥m， 得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x 有解， 又|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－|x|－322＋54≤54. 当且仅当 x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54. 故实数 m 的取值范围是－∞，54.
【例1－2】 (2017·全国Ⅰ卷)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 (1)当a＝1时，f(x)＝－x2＋x＋4， f(x)≥g(x)⇔x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0. ①当x>1时，f(x)≥g(x)⇔x2＋x－4≤0，
第1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－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈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－c|＋|x－b|≥a.
则 x2－ax－2≤0 在[－1，1]上恒成立.则只需1（2－－a1·）1－2－2≤a（0，－1）－2≤0，解之得－
1≤a≤1.故 a 的取值范围是[－1，1].
规律方法 1.本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不等式，体现了数形 结合的思想. 2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零 点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对 值的几何意义，结合数轴直观求解.
【例2－2】 对于任意的实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，记实 数M的最大值是m. (1)求m的值； (2)(一题多解)解不等式|x－1|＋|x－2|≤m.
解 (1)不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立， 即 M≤|a＋b|＋|a||a－b|对于任意的实数 a(a≠0)和 b 恒成立，只要左边恒小于或等于右 边的最小值.因为|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|， 当且仅当(a－b)(a＋b)≥0 时等号成立， 即|a|≥|b|时，|a＋b|＋|a||a－b|≥2 成立， 也就是|a＋b|＋|a||a－b|的最小值是 2，所以 M≤2.因此 m＝2.