第4节　含绝对值的不等式

资源下载

资源下载

资源下载

资源简介

本资料分享自新人教版高中数学资源大全QQ群323031380 期待你的加入与分享
第4节　含绝对值的不等式
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的解集
不等式 a>0 a＝0 a<0
|x||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≤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.
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ab≥0时，等号成立；
(2)|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；
(3)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.绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法，数形结合法，构造函数法.
2.不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.
3.可以利用绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求函数最值，要注意其中等号成立的条件.
诊断自测
1.判断下列说法的正误.
(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)对于|a＋b|≥|a|－|b|，当且仅当a＞b＞0时等号成立.(　　)
(4)对于|a|－|b|≤|a－b|，当且仅当|a|≥|b|时等号成立.(　　)
(5)对于|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≤0时等号成立.(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
解析　(1)当c＝0时，x≠0；(3)当a≥0≥b且|a|≥|b|时，等号成立；(4)当ab≥0且|a|≥|b|时，等号成立.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.(2021·浙江十校联盟联考)已知a，b∈R，则“|a|≤1”是“|a－b|＋|b|≤1”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　B
解析　当a＝1，b＝3时，满足|a|≤1，但此时|a－b|＋|b|＝5>1，充分性不成立；若|a－b|＋|b|≤1，则有|a－b|＋|b|≤|a|＋|b|＋|b|＝|a|＋2|b|≤1，则|a|≤1，必要性成立.综上所述，“|a|≤1”是“|a－b|＋|b|≤1”的必要不充分条件，故选B.
3.(2020·绍兴上虞区期末)若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为(　　)
A.5或8 B.－1或5
C.－1或－4 D.－4或8
答案　D
解析　分类讨论：
当a≤2时，f(x)＝
显然x＝－时，f(x)min＝＋1－a＝3，∴a＝－4，
当a>2时，f(x)＝
显然x＝－时，f(x)min＝－－1＋a＝3，∴a＝8.
4.(2016·浙江卷)已知函数f(x)满足：f(x)≥|x|且f(x)≥2x，x∈R.(　　)
A.若f(a)≤|b|，则a≤b B.若f(a)≤2b，则a≤b
C.若f(a)≥|b|，则a≥b D.若f(a)≥2b，则a≥b
答案　B
解析　若f(a)≤|b|，则由已知条件f(x)≥|x|得f(a)≥|a|，即|a|≤|b|，而a≤b不一定成立，A错误；若f(a)≤2b，由f(x)≥2x得f(a)≥2a，则2a≤f(a)≤2b，则a≤b，B正确；若f(a)≥|b|，由f(x)≥|x|得f(a)≥|a|.而a≥b不一定成立，C错误；若f(a)≥2b，由f(x)≥2x得f(a)≥2a，而2a≥2b不一定成立，即a≥b不一定成立，D错误.
5.已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－1|，则不等式f(x)>1的解集为________.
答案　
解析　当x≥1时，f(x)＝x＋1－2x＋2＝3－x>1，
解得x<2，此时1≤x<2；
当－1≤x<1时，f(x)＝x＋1＋2x－2＝3x－1>1，解得x>，此时当x<－1时，f(x)＝－x－1＋2x－2＝x－3>1，解得x>4，此时无解.
综上可知6.设函数f(x)＝|x－a|＋3x(a>0).
(1)当a＝1时，则不等式f(x)≥3x＋2的解集为________.
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，则a的值为________.
答案　(1){x|x≥3或x≤－1}　(2)2
解析　(1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.
故当a＝1时，不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}.
(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.
此不等式化为不等式组或
即或
因为a>0，所以不等式组的解集为.
由题设可得－＝－1，故a＝2.
考点一　含绝对值的函数不等式的解法
【例1】 (1)(2017·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝|x＋－a|＋a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是________.
答案　
解析　当x∈[1，4]时，x＋∈[4，5]，下面对a分三种情况讨论：
当a≥5时，f(x)＝a－x－＋a＝2a－x－，函数的最大值为2a－4＝5，解得a＝(舍去)；
当a≤4时，f(x)＝x＋－a＋a＝x＋≤5，此时满足题意；
当4＜a＜5时，[f(x)]max＝max{|4－a|＋a，|5－a|＋a}，
则或
解得a＝或4＜a＜.
综上，a的取值范围是.
(2)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，求f(x)≥5的解集.
解　法一　如图，设数轴上与－2，1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数.显然，区间[－2，1]不是不等式的解集.把A向左移动一个单位到点A1，此时A1A＋A1B＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时B1A＋B1B＝5，故不等式的解集为(－∞，
－3]∪[2，＋∞).
法二　|x－1|＋|x＋2|≥5
或
或解得x≥2或x≤－3，
∴所求f(x)≥5的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞).
法三　将不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0.
令y＝|x－1|＋|x＋2|－5，则
y＝作出函数的图象，如图所示.
由图象可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，
∴不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞).
感悟升华　形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法，利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设a＜b)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集；(2)几何法，利用|x－a|＋|x－b|＞c(c＞0)的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体；(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解.
【训练1】 (1)(2020·江苏卷)设x∈R，解不等式f(x)＝2|x＋1|＋|x|<4.
(2)(2020·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.求不等式f(x)>f(x＋1)的解集.
解　(1)法一　(零点讨论法)
当x>0时，原不等式可化为2x＋2＋x<4，解得0综上，原不等式的解集为.
法二　本题也可构造函数，用图象法求解.
(2)由题设知f(x)＝y＝f(x)的图象如图所示.
函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y＝f(x＋1)的图象，如图所示.
易得y＝f(x)的图象与y＝f(x＋1)的图象的交点坐标为.
由图象可知，当且仅当x<－时，
y＝f(x)的图象在y＝f(x＋1)的图象上方.
故不等式f(x)>f(x＋1)的解集为.
考点二　利用绝对值不等式求最值(或范围)
【例2】 (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.
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.
感悟升华　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.
【训练2】 (1)x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，则x＋y的取值范围为________.
答案　[0，2]
解析　由绝对值的几何意义知，|x|＋|x－1|是数轴上的点x到0，1对应点的距离之和，所以|x|＋|x－1|≥1，当且仅当x∈[0，1]时取“＝”.
同理|y|＋|y－1|≥1，当且仅当y∈[0，1]时取“＝”.
∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≥2.
而|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，
∴|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|＝2，
此时x∈[0，1]，y∈[0，1]，∴(x＋y)∈[0，2].
(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|.
①当a＝2时，求不等式f(x)≥4的解集；
②若f(x)≥4，求a的取值范围.
解　①当a＝2时，f(x)＝
因此，不等式f(x)≥4的解集为.
②因为f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|≥|a2－2a＋1|＝(a－1)2，
故当(a－1)2≥4，即|a－1|≥2时，f(x)≥4.
所以当a≥3或a≤－1时，f(x)≥4.
当－1所以a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞).
考点三　含绝对值的不等式的综合应用
【例3】 (1)(2019·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝ax3－x.若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，则实数a的最大值是________.
答案　
解析　由题意，得f(t＋2)－f(t)
＝a(t＋2)3－(t＋2)－(at3－t)
＝a[(t＋2)3－t3]－2
＝a(t＋2－t)[(t＋2)2＋(t＋2)t＋t2]－2
＝2a(3t2＋6t＋4)－2＝2a[3(t＋1)2＋1]－2.
由|f(t＋2)－f(t)|≤，
得|2a[3(t＋1)2＋1]－2|≤，
即－≤2a[3(t＋1)2＋1]－2≤，
≤a[3(t＋1)2＋1]≤，
∴·≤a≤·.
设g(t)＝·，
则当t＝－1时，g(t)max＝.
∴当t＝－1时，a取得最大值.
(2)已知函数f(x)＝|x－1|.
若|a|<1，|b|<1.a≠0，求证：f(ab)>|a|f.
证明　∵f(ab)>|a|f，
∴|ab－1|>|a－b|.
因为|a|<1，|b|<1，
所以|ab－1|2－|a－b|2＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)>0，
所以|ab－1|>|a－b|.故所证不等式成立.
感悟升华　(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.
【训练3】已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|，则：
(1)不等式f(x)≥1的解集为________；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，则m的取值范围为________.
答案　(1)[1，＋∞)　(2)
解析　(1)f(x)＝
当x<－1时，f(x)＝－3≥1无解；
当－1≤x≤2时，由2x－1≥1，得1≤x≤2；
当x>2时，f(x)＝3≥1恒成立.
故f(x)≥1的解集为[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|＝－＋≤，当且仅当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.故m的取值范围是.
基础巩固题组
一、选择题
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>0 B.a＋b<0
C.ab>0 D.ab<0
答案　D
解析　当ab>0时，|a＋b|＝|a|＋|b|，当ab<0时，|a＋b|<|a|＋|b|，故选D.
2.函数y＝|x－1|＋|x＋3|的最小值为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案　D
解析　y＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4.
3.(2020·浙江新高考仿真五)设x∈R，则“x≤2”是“|x＋2|＋1≥2x”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　解不等式|x＋2|＋1≥2x得x≤3，所以“x≤2”是“|x＋2|＋1≥2x”的充分不必要条件，故选A.
4.不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是(　　)
A.[－5，7] B.[－4，6]
C.(－∞，－5]∪[7，＋∞) D.(－∞，－4]∪[6，＋∞)
答案　D
解析　|x－5|＋|x＋3|表示数轴上的点到－3，5的距离之和，不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是(－∞，－4]∪[6，＋∞).
5.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是(　　)
A. B.∪
C. D.
答案　C
解析　因为f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以
f(－x)＝f(x)，且f(x)在(0，＋∞)上单调递减.由f(2|a－1|)>f(－)，f(－)＝f()可得2|a－1|<，即|a－1|<，所以6.(2020·绍兴柯桥区期末)设a，b是实数，则“a2＋b2≤1”是“|a|＋|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
答案　B
解析　法一　|a|＋|b|≤1得|a|≤1，|b|≤1，则a2≤|a|，b2≤|b|，故a2＋b2≤|a|＋|b|≤1；若a2＋b2≤1，则≤≤，即|a|＋|b|≤，取|a|＝|b|＝，则|a|＋|b|>1，所以“a2＋b2≤1”是“|a|＋|b|≤1”的必要不充分条件，故选B.
法二　a2＋b2≤1与|a|＋|b|≤1分别表示平面直角坐标系aOb中的单位圆盘(单位圆及圆内部)与正方形盘，如图，由正方形盘对应的集合为单位圆盘对应集合的真子集知，“a2＋b2≤1”是“|a|＋|b|≤1”的必要不充分条件，故选B.
7.(2021·杭州质检)“a＝3”是“函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|(x∈R)的最小值等于2”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.既不充分也不必要条件 D.充要条件
答案　A
解析　因为|x－1|＋|x－a|≥|x－1－(x－a)|＝|a－1|，则|a－1|＝2，解得a＝3或a＝－1，所以“a＝3”是“函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|(x∈R)的最小值等于2”的充分不必要条件，故选A.
8.设x，y∈R，下列不等式成立的是(　　)
A.1＋|x＋y|＋|xy|≥|x|＋|y|
B.1＋2|x＋y|≥|x|＋|y|
C.1＋2|xy|≥|x|＋|y|
D.|x＋y|＋2|xy|≥|x|＋|y|
答案　A
解析　对于B，令x＝100，y＝－100，不成立；对于C，令x＝100，y＝，不成立；对于D，令x＝，y＝－，不成立，故选A.
9.设f(x)＝x2－bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(－1，3)，若f(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)
答案　B
解析　∵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＋t2≥1，
∴由f(7＋|t|)>f(1＋t2)，得7＋|t|>1＋t2.
∴|t|2－|t|－6<0，解得－310.设a，b为实数，则“|a－b2|＋|b－a2|≤1”是“＋≤”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
答案　A
解析　＋≤ a2－a＋＋b2－b＋≤ a2－a＋b2－b≤1 b2－a＋a2－b≤1，令b2－a＝x，a2－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.
二、填空题
11.若不等式|3x－a|≤4的解集为，则实数a的值为________.
答案　2
解析　由|3x－a|≤4可得≤x≤.
因为解集为，所以解得a＝2.
12.若关于x的不等式|x|＋|x＋a|＜b的解集为(－2，1)，则实数对(a，b)为__________.
答案　(1，3)
解析　由题意知－2，1是方程|x|＋|x＋a|＝b的两个根，则解得所以实数对(a，b)＝(1，3).
能力提升题组
13.(2020·金华十校调研)若a，b，c∈R，且|a|≤1，|b|≤1，|c|≤1，则下列说法正确的是(　　)
A.≥
B.≥
C.≥
D.以上都不正确
答案　A
解析　当a，b，c都为1或－1时，ab＋bc＋ca取得最大值，当a，b，c一个取－1，另两个取1时，ab＋bc＋ca取得最小值－1，由题意知，－1≤ab＋bc＋ca≤3，对于A，≥，≤，显然不等式成立.对a，b，c分别取特殊值，取a＝1，b＝－1，c＝0，排除B，取a＝－1，b＝0，c＝1，排除C，故选A.
14.已知f(x)＝2x2－4x－1，设有n个不同的数xi(i＝1，2，…，n)满足0≤x1A.10 B.8 C.6 D.2
答案　A
解析　∵f(x)＝2x2－4x－1＝2(x－1)2－3，
∴f(x)在[0，1]上单调递减，且f(x)∈[－3，－1]，f(x)在[1，3]上单调递增，且f(x)∈ [－3，5].
∴|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|≤|f(0)－f(1)|＋|f(1)－f(3)|＝2＋8＝10≤M，故M的最小值为10.
15.记max{p，q}＝设M(x，y)＝max{|x2＋y＋1|，|y2－x＋1|}，其中x，y∈R，则M(x，y)的最小值是________.
答案　
解析　由已知得M(x，y)≥|x2＋y＋1|，M(x，y)≥|y2－x＋1|，则2M(x，y)≥|x2＋y＋1|＋|y2－x＋1|
≥|(x2＋y＋1)＋(y2－x＋1)|＝|x2－x＋y2＋y＋2|
＝|＋＋|≥，
则M(x，y)≥.
当x＝，y＝－时，M(x，y)＝，
所以M(x，y)的最小值为.
16.(2021·杭州市高级中学仿考)已知a>0，若集合A＝{x∈Z||2x2－x－a－2|＋|2x2－x＋a－2|＝2a}中的元素有且仅有两个，则实数a的取值取值范围是________.
答案　[1，2)
解析　|2x2－x－a－2|＋|2x2－x＋a－2|≥|(2x2－x－a－2)－(2x2－x＋a－2)|＝2a，当且仅当(2x2－x－a－2)(2x2－x＋a－2)≤0，即|2x2－x－2|≤a时等号成立，即集合A中的元素为使得|2x2－x－2|≤a成立的整数x，在平面直角坐标系内画出函数f(x)＝|2x2－x－2|的图象，由图易得要使不等式成立的集合A中元素的个数为两个，即函数图象位于直线y＝a下方(包括函数图象与直线的交点)的部分有且仅有两个横坐标为整数的点，则1≤a<2，即实数a的取值范围为[1，2).
本资料分享自新人教版高中数学资源大全QQ群483122854 期待你的加入与分享

展开更多......

收起↑

资源预览

缩略图、资源来源于二一教育资源库