2021届浙江省高考数学一轮学案：第二章第4节　绝对值不等式及其应用


第4节　绝对值不等式及其应用
考试要求　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.

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
a0)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.
[常用结论与易错提醒]
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|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.(　　)
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.
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
2.(2020·杭州四中仿真)已知x∈R，则“|x－3|－|x－1|＜2”是“x≠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　|x－3|－|x－1|＜2等价于或或解得x＞1，所以“|x－3|－|x－1|＜2”是“x≠1”的充分不必要条件，故选A.
答案　A
3.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
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.
答案　D
4.设x∈R，不等式|x|＋|2x－1|＞2的解集为________.
解析　当x2，解得x2，即x时，原不等式可化为x＋2x－1>2，解得x>1.
综上，原不等式的解集为.
答案　
5.若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为________.
解析　设y＝|2x－1|＋|x＋2|＝
当x＜－2时，y＝－3x－1＞5；
当－2≤x＜时，5≥y＝－x＋3＞；
当x≥时，y＝3x＋1≥，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.
因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，所以≥a2＋a＋2.
解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤，故实数a的取值范围为.
答案　
6.设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中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________.
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.
答案　(1){x|x≥3或x≤－1}　(2)2

考点一　含绝对值不等式的解法
【例1】 (一题多解)解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.
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，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞).

法二　原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5⇔
或
或解得x≥2或x≤－3，
∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞).
法三　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.

由图象可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，
∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞).
规律方法　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】 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________.
解析　(1)f(x)＝
当x2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.
答案　(1)[1，＋∞)　(2)
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.
规律方法　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)若关于x的不等式|2 018－x|＋|2 019－x|≤d有解，求实数d的取值范围；
(2)不等式≥|a－2|＋sin y对一切非零实数x，y均成立，求实数a的取值范围.
解　(1)∵|2 018－x|＋|2 019－x|≥|2 018－x－2 019＋x|＝1，
∴关于x的不等式|2 018－x|＋|2 019－x|≤d有解时，d≥1.
(2)∵x＋∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，
∴∈[2，＋∞)，其最小值为2.
又∵sin y的最大值为1，
故不等式≥|a－2|＋sin y恒成立时，
有|a－2|≤1，解得a∈[1，3].
考点三　含绝对值的不等式的应用
【例3】 (2018·全国Ⅱ卷)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　(1)当a＝1时，f(x)＝
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，＋∞).
规律方法　(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】 (2018·全国Ⅲ卷)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　(1)f(x)＝
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.

基础巩固题组
一、选择题
1.函数y＝|x－1|＋|x＋3|的最小值为(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　y＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4.
答案　D
2.对任何实数x，若不等式|x＋1|－|x－2|>k恒成立，则实数k的取值范围为(　　)
A.(－∞，3) B.(－∞，－3)
C.(－∞，3] D.(－∞，－3]
解析　∵||x＋1|－|x－2||≤|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∴－3≤|x＋1|－|x－2|≤3，
由题意得－3>k.
答案　B
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　|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，＋∞).
答案　D
4.(2020·浙江三校三联)已知a∈R，则“a＜2”是“|x＋1|＋|x－1|＞a恒成立”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　因为|x＋1|＋|x－1|≥|x＋1－(x－1)|＝2，所以不等式|x＋1|＋|x－1|＞a恒成立等价于a＜2，所以“a＜2”是“|x＋1|＋|x－1|＞a”的充要条件，故选C.
答案　C
5.若关于x的不等式|x＋t2－2|＋|x＋t2＋2t－1|0时，因为|x＋t2－2|＋|x＋t2＋2t－1|≥|x＋t2－2－(x＋t2＋2t－1)|＝2t＋1，要使原不等式无解，则需3t≤2t＋1，解得0f(－)，则a的取值范围是(　　)
A. B.∪
C. D.
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|