高考数学(文)一轮复习课件：第13章 选修部分 59

若 a≤0，则当 x∈(0,1)时|ax－1|≥1； 若 a＞0，则|ax－1|＜1 的解集为x0＜x＜2a ，所以a2≥1，故 0 ＜a≤2. 综上，a 的取值范围为(0,2]．
2．(2018 全国Ⅱ，23)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．
微技探究 解绝对值不等式的基本方法 (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．
(2017 全国Ⅰ，23)已知函数 f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x －1|.
第59节 绝对值不等式
考纲呈现 1．理解绝对值意义及几何意义，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．掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c 型不等式的解 法
诊断型·微题组 课前预习·诊断双基
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
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 或 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]．
【答案】(－∞，－3)
【解析】∵||x＋1|－|x－2||≤3， ∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3， ∴k＜(|x＋1|－|x－2|)min， 即 k＜－3.故答案为(－∞，－3)．
4．f(x)＝|2－x|＋|x－1|的最小值为________． 【答案】1
【解析】∵|2－x|＋|x－1|≥|2－x＋x－1|＝1, ∴f(x)min＝1.故答案为 1.
1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)不等式|x－1|＋|x＋2|<2 的解集为∅.( √ ) (2)若|x|>c 的解集 R，则 c≤0.( × ) (3)|ax＋b|≤c(c≥0)的解集，等价于－c≤ax＋b≤c.( √ ) (4)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当 ab≤0 时等号成立．( √ )
微技探究 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．
(2018 陕西西安一模)(1)对任意 x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1| ＋|y＋1|的最小值．
(2)对于实数 x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．
所以 a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
(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 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．
1．在解决有关绝对值不等式的问题时，充分利用绝对值不等式 的几何意义解决问题能有效避免分类讨论不全面的问题．若用零点分 段法求解，要掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．
2．绝对值三角不等式|a±b|≤|a|＋|b|，从左到右是一个放大过程， 从右到左是缩小过程，证明不等式可以直接用，也可利用它消去变量 求最值．绝对值不等式是证明与绝对值有关的不等式的重要工具，但 有时还需要通过适当的变形使其符合绝对值不等式的条件．
利用绝对值不等式求最值
(2018 河北唐山模拟)设不等式|x－2|＜a(a∈N*)的解集为 A，且32∈ A，21∉A.
(1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
【解】(1)∵32∈A，12∉A， ∴32－2<a，且12－2≥a，因此12<a≤32， 又 a∈N*，从而 a＝1. (2)由(1)知，f(x)＝|x＋1|＋|x－2|， 又|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2 时等号成立． 故 f(x)的最小值为 3.
形成型·微题组 归纳演绎·形成方法
绝对值不等式的解法
(2018 山西大同模拟)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．
－2x＋5，x≤2， 【解】(1)当 a＝－3 时，f(x)＝1，2<x<3，
绝对值不等式的综合应用
(2018 吉林长春一中期末)已知 a 和 b 是任意非零实数． (1)求|2a＋b|＋|a||2a－b|的最小值； (2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数 x 的取值范围．
【解】(1)∵|2a＋b|＋|a||2a－b|≥|2a＋b＋|a|2a－b|＝|4|aa||＝4， ∴|2a＋b|＋|a||2a－b|的最小值为 4. (2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x| ＋|2－x|≤|2a＋b|＋|a||2a－b|恒成立， 故|2＋x|＋|2－x|小于等于|2a＋b|＋|a||2a－b|的最小值． 由(1)可知，|2a＋b|＋|a||2a－b|的最小值为 4， 所以 x 的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4 的解集．
2．若关于 x 的不等式|x－a|<1 的解集为(1,3)，则实数 a 的值 ________．
【答案】2
【解析】由|x－a|＜1，得－1＜x－a＜1， ∴a－1<x＜a＋1，∴a＝2.故答案为 2.
3．设不等式|x＋1|－|x－2|>k 的解集为 R，则实数 k 的取值范围 为________．
(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，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 x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0，从而 1<x≤－1＋2
17 .
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17

.

(2)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 恒成立． 即 x2－ax－2≤0 在[－1,1]上恒成立． 则只须11－ ＋aa－ －22≤ ≤00， ， 解得－1≤a≤1. 所以 a 的取值范围为[－1,1]．
①作差比较法
知道a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明a>b，只要证明 a－b>0 即可，这种方法称为作差比较法．
②作商比较法
由a>b>0⇔ a
a b
>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，
比较法．
(2)综合法 从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证， 最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫做综合法，即 “由因导果”的方法． (3)分析法 从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证 不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要 证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，即“执果索因”的方法.
解不等式得－2≤x≤2，故实数 x 的取值范围为[－2,2]．
微技探究 1.解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段 函数来解决． 2．数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．
(2018 辽宁沈阳模拟)已知函数 f(x)＝log2(|x＋1|＋|x－2|－m)． (1)当 m＝5 时，求函数 f(x)的定义域； (2)若关于 x 的不等式 f(x)≥1 的解集是 R，求 m 的取值范围． 【解】(1)由题意知，|x＋1|＋|x－2|－5>0， 则有xx＋≥21， ＋x－2>5 或－ x＋11<－x<x2＋，2>5 或 x≤－1， －x－1－x＋2>5， 解得 x<－2 或 x>3. 所以函数 f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)．
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|≤| |a|＋|b| ，当且仅
当 ab≥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．不等式证明的方法
(1)比较法
(2)由对数函数的性质知， f(x)＝log2(|x＋1|＋|x－2|－m)≥1＝log22， ∴不等式 f(x)≥1 等价于不等式|x＋1|＋|x－2|≥2＋m. ∵当 x∈R 时，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，而不等 式|x＋1|＋|x－2|≥m＋2 的解集是 R，
【解】(1)∵x，y∈R，∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1， ∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2， ∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3. ∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为 3. (2)|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.
【解】(1)当 a＝1 时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
－2，x≤－1， 即 f(x)＝2x，－1＜x＜1，
2，x≥1.
故不等式 f(x)＞1 的解集为xx＞21

.
(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．
∴m＋2≤3，即 m≤1，故 m 的取值范围是(－∞，1]．
目标型·微题组 瞄准高考·使命必达
1．(2018 全国Ⅰ，23)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．
2x＋4，x≤－1， 【解】(1)当 a＝1 时，f(x)＝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|，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.