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新高考数学一轮复习教师用书：第七章 5 第5讲 绝对值不等式学案
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这是一份新高考数学一轮复习教师用书：第七章 5 第5讲 绝对值不等式学案，共12页。
第5讲 绝对值不等式
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
a＞0
a＝0
a＜0
|x|＜a
{x|－a＜x＜a}
∅
∅
|x|＞a
{x|x＞a或x＜－a}
{x|x∈R且x≠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．
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．
上述定理还可以推广得到以下几个不等式：
(1)|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|；
(2)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|；
(3)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|.
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)√
[教材衍化]
1．(选修45P20T7改编)不等式3≤|5－2x|<9的解集为________．
解析：由题意得
即
解得
所以不等式的解集为(－2，1]∪[4，7)．
答案：(－2，1]∪[4，7)
2．(选修45P20T8改编)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是________．
解析：①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，所以－4<2，不等式恒成立，所以x≤1；
②当1
综上，原不等式的解集为{x|x<4}．
答案：{x|x<4}
[易错纠偏]
(1)含参数的绝对值不等式讨论不清；
(2)存在性问题不能转化为最值问题求解．
1．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________．
解析：因为|kx－4|≤2，所以－2≤kx－4≤2，所以2≤kx≤6.因为不等式的解集为{x|1≤x≤3}，所以k＝2.
答案：2
2．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，
所以|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，＋∞)
绝对值不等式的解法
(1)(2020·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|<＋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≥时，x－2＋2x－5≤2，解得≤x≤3，
2＜x＜时，x－2＋5－2x≤2，解得x≥1，即2＜x＜，
x≤2时，2－x＋5－2x≤2，解得x≥，即≤x≤2.
综上，不等式的解集是[，3]；
|f(2x)|＋|g(x)|＝|2x－2|＋|2x－5|≥|2x－2－2x＋5|＝3，故|f(2x)|＋|g(x)|的最小值是3.
故填[，3]，3.
(2)①当x<－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<10，所以x<－3.
②当－3≤x<时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<－，所以－3≤x<－.
③当x≥时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)<＋1，解得x>2，所以x>2.
综上可知，原不等式的解集为.
|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型不等式的解法
(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
(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．
设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为[0，2]，求a的值．
解：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
所以或
或，
所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．
(2)f(x)≤1即|x－a|≤1，
解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1的解集是[0，2]，
所以，解得a＝1.
绝对值不等式性质的应用
(1)(2020·宁波市九校联考)已知f(x)＝|x＋－a|＋|x－－a|＋2x－2a(x＞0)的最小值为，则实数a＝________．
(2)(2020·宁波效实中学高三模拟)确定“|x－a|
|(x＋－a)－(x－－a)|＋2x－2a
＝||＋2x－2a＝＋2x－2a
≥2 －2a＝4－2a.
当且仅当＝2x，即x＝1时，上式等号成立．
由4－2a＝，解得a＝.故填.
(2)因为|x－y|＝|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|
两数和与差的绝对值不等式的性质
(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．
(2)该定理可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它经常用于证明含绝对值的不等式．
1．若不等式|x＋1|＋|x－2|≥a对任意x∈R恒成立，则a的取值范围是________．
解析：由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以只需a≤3即可．故a的取值范围为(－∞，3]．
答案：(－∞，3]
2．(2020·温州模拟)已知a，b，c∈R，若|acos2x＋bsin x＋c|≤1对x∈R成立，则|asin x＋b|的最大值为________．
解析：由题意，设t＝sin x，t∈[－1，1]，则|at2－bt－a－c|≤1恒成立，
不妨设t＝1，则|b＋c|≤1；t＝0，则|a＋c|≤1，t＝－1，
则|b－c|≤1，
若a，b同号，则|asin x＋b|的最大值为|a＋b|＝|a＋c＋b－c|≤|a＋c|＋|b－c|≤2；
若a，b异号，则|asin x＋b|的最大值为|a－b|＝|a＋c－b－c|≤|a＋c|＋|b＋c|≤2；
综上所述，|asin x＋b|的最大值为2.
答案：2
绝对值不等式的综合应用与证明
(2020·杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.
(1)求证：|b|≤1；
(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．
【解】 (1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，
f(－1)＝a－b＋c，
所以b＝[f(1)－f(－1)]．
因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，
所以|b|＝|f(1)－f(－1)|
≤[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.
(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，
所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.
当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，
函数f(x)图象的对称轴为x＝，即x＝－.
因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.
所以－≤－≤0，故|f|＝
|a＋(2－a)－1|≤1.
整理得|＋1|≤1，
所以－1≤＋1≤1，所以－2≤≤0，
又a＞0，所以≥0，所以＝0，所以a＝2.
(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合解决是常用的思维方法．
(2)对于求y＝|x－a|＋|x－b|或y＝|x－a|－|x－b|型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝|x－a|＋|x－b|的函数只有最小值，形如y＝|x－a|－|x－b|的函数既有最大值又有最小值．
(3)证明含有绝对值的不等式的思路：①充分利用含绝对值的不等式的性质；②证题过程还应考虑添、拆项的技巧，以上两步骤用活，此类问题可快速破解．
1．设不等式|x－2|
(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
解：(1)因为∈A，且∉A.
所以
解得
(2)因为f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3.
当且仅当(x＋1)(x－2)≤0即－1≤x≤2时取到等号，
所以f(x)的最小值为3.
2．设f(x)＝x2－x＋b，|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．
证明：f(x)－f(a)＝x2－x－a2＋a＝(x－a)(x＋a－1)，
所以|f(x)－f(a)|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|＜|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|≤|x－a|＋2|a|＋1＜2|a|＋2＝2(|a|＋1)．
所以|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．
[基础题组练]
1．(2020·嘉兴期中)不等式1≤|2x－1|＜2的解集为( )
A.∪ B.
C.∪ D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选C.由题意得，，
解得：－＜x≤0或1≤x＜，
故不等式的解集是∪，故选C.
2．(2020·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
或或解之取并集即得原不等式的解集为{x|－2＜x＜2}．
3．(2020·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．(2020·绍兴市诸暨市高考模拟)已知f(x)＝x2＋3x，若|x－a|≤1，则下列不等式一定成立的是( )
A．|f(x)－f(a)|≤3|a|＋3
B．|f(x)－f(a)|≤2|a|＋4
C．|f(x)－f(a)|≤|a|＋5
D．|f(x)－f(a)|≤2(|a|＋1)2
解析：选B.因为f(x)＝x2＋3x，所以f(x)－f(a)＝x2＋3x－(a2＋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．(2020·绍兴市柯桥区高三期中)已知x，y∈R，( )
A．若|x－y2|＋|x2＋y|≤1，则(x＋)2＋(y－)2≤
B．若|x－y2|＋|x2－y|≤1，则(x－)2＋(y－)2≤
C．若|x＋y2|＋|x2－y|≤1，则(x＋)2＋(y＋)2≤
D．若|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，则(x－)2＋(y＋)2≤
解析：选B.对于A，|x－y2|＋|x2＋y|≤1，由(x＋)2＋(y－)2≤化简得x2＋x＋y2－y≤1，二者没有对应关系；对于B，由(x2－y)＋(y2－x)≤|x2－y|＋|y2－x|＝|x－y2|＋|x2－y|≤1，
所以x2－x＋y2－y≤1，即(x－)2＋(y－)2≤，命题成立；对于C，|x＋y2|＋|x2－y|≤1，由(x＋)2＋(y＋)2≤化简得x2＋x＋y2＋y≤1，二者没有对应关系；对于D，|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，化简(x－)2＋(y＋)2≤得x2－x＋y2＋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：由得x≤－3；
由得无解；
由得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．(2020·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，解得a＝1，b＝3.
答案：(1，3)
9．(2020·绍兴市柯桥区高三模拟)对任意x∈R不等式x2＋2|x－a|≥a2恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：因为不等式x2＋2|x－a|≥a2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
(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．(2020·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，
即或
或，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)＝
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)≤－；
(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|
＝所以f(x)≤－等价于
或或解得≤x<3或x≥3，所以不等式的解集为.
(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≤，
所以实数a的取值范围是.
[综合题组练]
1．已知a∈R，函数f(x)＝＋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＋∈[4，5]，①当a≤时，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合题意；②当a>时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，所以a＝(矛盾)，故a的取值范围是.
答案：
2．(2020·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≤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≤m－f(－t)，所以|t－1|＋|2t＋1|＋2≤m，
令y＝|t－1|＋|2t＋1|＋2，则y＝
所以ymin＝，所以m≥.
3．(2020·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)∪.
4．(2020·温州校级月考)已知函数f(x)＝x2＋|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)＝x2＋|x－1|.
因为f(x)≥1，
所以当x≥1时，x2＋x－1≥1，所以x≥1或x≤－2.
所以x≥1.
当x＜1时，x2－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)＝x2＋|x－t|，x∈[0，2]，
所以当t≥2时，f(x)＝x2－x＋t，h(t)＝f＝t－，
当t≤0时，f(x)＝x2＋x－t，h(t)＝f(0)＝－t，
当0＜t＜2时，f(x)＝.
所以h(t)＝.
所以h(t)＝
第5讲 绝对值不等式
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
a＞0
a＝0
a＜0
|x|＜a
{x|－a＜x＜a}
∅
∅
|x|＞a
{x|x＞a或x＜－a}
{x|x∈R且x≠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．
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．
上述定理还可以推广得到以下几个不等式：
(1)|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|；
(2)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|；
(3)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|.
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)√
[教材衍化]
1．(选修45P20T7改编)不等式3≤|5－2x|<9的解集为________．
解析：由题意得
即
解得
所以不等式的解集为(－2，1]∪[4，7)．
答案：(－2，1]∪[4，7)
2．(选修45P20T8改编)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是________．
解析：①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，所以－4<2，不等式恒成立，所以x≤1；
②当1
综上，原不等式的解集为{x|x<4}．
答案：{x|x<4}
[易错纠偏]
(1)含参数的绝对值不等式讨论不清；
(2)存在性问题不能转化为最值问题求解．
1．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________．
解析：因为|kx－4|≤2，所以－2≤kx－4≤2，所以2≤kx≤6.因为不等式的解集为{x|1≤x≤3}，所以k＝2.
答案：2
2．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，
所以|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，＋∞)
绝对值不等式的解法
(1)(2020·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|<＋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≥时，x－2＋2x－5≤2，解得≤x≤3，
2＜x＜时，x－2＋5－2x≤2，解得x≥1，即2＜x＜，
x≤2时，2－x＋5－2x≤2，解得x≥，即≤x≤2.
综上，不等式的解集是[，3]；
|f(2x)|＋|g(x)|＝|2x－2|＋|2x－5|≥|2x－2－2x＋5|＝3，故|f(2x)|＋|g(x)|的最小值是3.
故填[，3]，3.
(2)①当x<－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<10，所以x<－3.
②当－3≤x<时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<＋1，解得x<－，所以－3≤x<－.
③当x≥时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)<＋1，解得x>2，所以x>2.
综上可知，原不等式的解集为.
|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型不等式的解法
(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
(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．
设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为[0，2]，求a的值．
解：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
所以或
或，
所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．
(2)f(x)≤1即|x－a|≤1，
解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1的解集是[0，2]，
所以，解得a＝1.
绝对值不等式性质的应用
(1)(2020·宁波市九校联考)已知f(x)＝|x＋－a|＋|x－－a|＋2x－2a(x＞0)的最小值为，则实数a＝________．
(2)(2020·宁波效实中学高三模拟)确定“|x－a|
|(x＋－a)－(x－－a)|＋2x－2a
＝||＋2x－2a＝＋2x－2a
≥2 －2a＝4－2a.
当且仅当＝2x，即x＝1时，上式等号成立．
由4－2a＝，解得a＝.故填.
(2)因为|x－y|＝|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|
两数和与差的绝对值不等式的性质
(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．
(2)该定理可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它经常用于证明含绝对值的不等式．
1．若不等式|x＋1|＋|x－2|≥a对任意x∈R恒成立，则a的取值范围是________．
解析：由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以只需a≤3即可．故a的取值范围为(－∞，3]．
答案：(－∞，3]
2．(2020·温州模拟)已知a，b，c∈R，若|acos2x＋bsin x＋c|≤1对x∈R成立，则|asin x＋b|的最大值为________．
解析：由题意，设t＝sin x，t∈[－1，1]，则|at2－bt－a－c|≤1恒成立，
不妨设t＝1，则|b＋c|≤1；t＝0，则|a＋c|≤1，t＝－1，
则|b－c|≤1，
若a，b同号，则|asin x＋b|的最大值为|a＋b|＝|a＋c＋b－c|≤|a＋c|＋|b－c|≤2；
若a，b异号，则|asin x＋b|的最大值为|a－b|＝|a＋c－b－c|≤|a＋c|＋|b＋c|≤2；
综上所述，|asin x＋b|的最大值为2.
答案：2
绝对值不等式的综合应用与证明
(2020·杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.
(1)求证：|b|≤1；
(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．
【解】 (1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，
f(－1)＝a－b＋c，
所以b＝[f(1)－f(－1)]．
因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，
所以|b|＝|f(1)－f(－1)|
≤[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.
(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，
所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.
当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，
函数f(x)图象的对称轴为x＝，即x＝－.
因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，
即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.
所以－≤－≤0，故|f|＝
|a＋(2－a)－1|≤1.
整理得|＋1|≤1，
所以－1≤＋1≤1，所以－2≤≤0，
又a＞0，所以≥0，所以＝0，所以a＝2.
(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合解决是常用的思维方法．
(2)对于求y＝|x－a|＋|x－b|或y＝|x－a|－|x－b|型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝|x－a|＋|x－b|的函数只有最小值，形如y＝|x－a|－|x－b|的函数既有最大值又有最小值．
(3)证明含有绝对值的不等式的思路：①充分利用含绝对值的不等式的性质；②证题过程还应考虑添、拆项的技巧，以上两步骤用活，此类问题可快速破解．
1．设不等式|x－2|
(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．
解：(1)因为∈A，且∉A.
所以
解得
(2)因为f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3.
当且仅当(x＋1)(x－2)≤0即－1≤x≤2时取到等号，
所以f(x)的最小值为3.
2．设f(x)＝x2－x＋b，|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．
证明：f(x)－f(a)＝x2－x－a2＋a＝(x－a)(x＋a－1)，
所以|f(x)－f(a)|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|＜|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|≤|x－a|＋2|a|＋1＜2|a|＋2＝2(|a|＋1)．
所以|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．
[基础题组练]
1．(2020·嘉兴期中)不等式1≤|2x－1|＜2的解集为( )
A.∪ B.
C.∪ D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选C.由题意得，，
解得：－＜x≤0或1≤x＜，
故不等式的解集是∪，故选C.
2．(2020·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
或或解之取并集即得原不等式的解集为{x|－2＜x＜2}．
3．(2020·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．(2020·绍兴市诸暨市高考模拟)已知f(x)＝x2＋3x，若|x－a|≤1，则下列不等式一定成立的是( )
A．|f(x)－f(a)|≤3|a|＋3
B．|f(x)－f(a)|≤2|a|＋4
C．|f(x)－f(a)|≤|a|＋5
D．|f(x)－f(a)|≤2(|a|＋1)2
解析：选B.因为f(x)＝x2＋3x，所以f(x)－f(a)＝x2＋3x－(a2＋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．(2020·绍兴市柯桥区高三期中)已知x，y∈R，( )
A．若|x－y2|＋|x2＋y|≤1，则(x＋)2＋(y－)2≤
B．若|x－y2|＋|x2－y|≤1，则(x－)2＋(y－)2≤
C．若|x＋y2|＋|x2－y|≤1，则(x＋)2＋(y＋)2≤
D．若|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，则(x－)2＋(y＋)2≤
解析：选B.对于A，|x－y2|＋|x2＋y|≤1，由(x＋)2＋(y－)2≤化简得x2＋x＋y2－y≤1，二者没有对应关系；对于B，由(x2－y)＋(y2－x)≤|x2－y|＋|y2－x|＝|x－y2|＋|x2－y|≤1，
所以x2－x＋y2－y≤1，即(x－)2＋(y－)2≤，命题成立；对于C，|x＋y2|＋|x2－y|≤1，由(x＋)2＋(y＋)2≤化简得x2＋x＋y2＋y≤1，二者没有对应关系；对于D，|x＋y2|＋|x2＋y|≤1，化简(x－)2＋(y＋)2≤得x2－x＋y2＋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：由得x≤－3；
由得无解；
由得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．(2020·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，解得a＝1，b＝3.
答案：(1，3)
9．(2020·绍兴市柯桥区高三模拟)对任意x∈R不等式x2＋2|x－a|≥a2恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：因为不等式x2＋2|x－a|≥a2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
(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．(2020·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，
即或
或，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)＝
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)≤－；
(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|
＝所以f(x)≤－等价于
或或解得≤x<3或x≥3，所以不等式的解集为.
(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≤，
所以实数a的取值范围是.
[综合题组练]
1．已知a∈R，函数f(x)＝＋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＋∈[4，5]，①当a≤时，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合题意；②当a>时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，所以a＝(矛盾)，故a的取值范围是.
答案：
2．(2020·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≤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≤m－f(－t)，所以|t－1|＋|2t＋1|＋2≤m，
令y＝|t－1|＋|2t＋1|＋2，则y＝
所以ymin＝，所以m≥.
3．(2020·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)∪.
4．(2020·温州校级月考)已知函数f(x)＝x2＋|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)＝x2＋|x－1|.
因为f(x)≥1，
所以当x≥1时，x2＋x－1≥1，所以x≥1或x≤－2.
所以x≥1.
当x＜1时，x2－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)＝x2＋|x－t|，x∈[0，2]，
所以当t≥2时，f(x)＝x2－x＋t，h(t)＝f＝t－，
当t≤0时，f(x)＝x2＋x－t，h(t)＝f(0)＝－t，
当0＜t＜2时，f(x)＝.
所以h(t)＝.
所以h(t)＝
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