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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习(理)通用版选修4-5-1绝对值不等式学案

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第一节绝对值不等式 ‎1.绝对值三角不等式 定理1:如果a,b是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.❶‎ 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.‎ ‎2.绝对值不等式的解法 ‎(1)含绝对值不等式|x|<a与|x|>a的解法:‎ 不等式 a>0‎ a=0‎ a<0‎ ‎|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.‎ ‎(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;❷‎ ‎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)等号成立的条件在解题时经常用到,特别是用定理求函数的最大(小)值时,应特别注意.‎ ‎(2)定理1还可以变形为|a-b|≤|a|+|b|,等号成立的充要条件是ab≤0. ‎ 分区间讨论时,要注意以下两点:‎ ‎(1)不要把分成的区间的端点遗漏.‎ ‎(2)原不等式的解集是若干个不等式解集的并集,而不是交集. ‎ ‎[熟记常用结论]‎ ‎[小题查验基础]‎ 一、判断题(对的打“√”,错的打“×”)‎ ‎(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.(  )‎ 答案:(1)× (2)√ (3)× (4)×‎ 二、选填题 ‎1.设a,b为满足ab<0的实数,那么(  )‎ A.|a+b|>|a-b|     B.|a+b|<|a-b|‎ C.|a-b|<||a|-|b|| D.|a-b|<|a|+|b|‎ 解析:选B ∵ab<0,∴|a-b|=|a|+|b|>|a+b|.‎ ‎2.不等式3≤|5-2x|<9的解集为(  )‎ A.[-2,1)∪[4,7) B.(-2,1]∪(4,7]‎ C.(-2,-1]∪[4,7) D.(-2,1]∪[4,7)‎ 解析:选D 由题意得 即 解得不等式的解集为(-2,1]∪[4,7).‎ ‎3.不等式|2x-a|<b的解集为{x|-1<x<4},则a+b的值为(  )‎ A.-2 B.2‎ C.8 D.-8‎ 解析:选C ∵|2x-a|<b的解集为{x|-1<x<4},‎ ‎∴b>0,‎ 由|2x-a|<b,得-b<2x-a<b,即<x<.‎ ‎∴=4,∴a+b=8,故选C.‎ ‎4.不等式|x+1|-|x-2|≥1的解集是________.‎ 解析:令f(x)=|x+1|-|x-2|=当-1<x<2时,由2x-1≥1,解得1≤x<2.又当x≥2时,f(x)=3>1恒成立.所以不等式的解集是.‎ 答案: ‎5.函数y=|x-4|+|x+4|的最小值为________.‎ 解析:因为|x-4|+|x+4|≥|(x-4)-(x+4)|=8,‎ 所以所求函数的最小值为8.‎ 答案:8‎ 考点一 绝对值不等式的解法 [师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ ‎(2018·洛阳第一次统考)已知函数f(x)=|x-a|(a∈R).‎ ‎(1)当a=2时,解不等式+f(x)≥1;‎ ‎(2)设不等式+f(x)≤x的解集为M,若⊆M,求实数a的取值范围.‎ ‎[解] (1)当a=2时,原不等式可化为|3x-1|+|x-2|≥3.‎ ‎①当x≤时,原不等式可化为-3x+1+2-x≥3,‎ 解得x≤0,所以x≤0;‎ ‎②当<x<2时,原不等式可化为3x-1+2-x≥3,‎ 解得x≥1,所以1≤x<2;‎ ‎③当x≥2时,原不等式可化为3x-1+x-2≥3,‎ 解得x≥,所以x≥2.‎ 综上所述,当a=2时,原不等式的解集为{x|x≤0或x≥1}.‎ ‎(2)不等式+f(x)≤x可化为|3x-1|+|x-a|≤3x,‎ 依题意知不等式|3x-1|+|x-a|≤3x在上恒成立,所以3x-1+|x-a|≤3x,即|x-a|≤1,‎ 即a-1≤x≤a+1,所以解得-≤a≤,‎ 故所求实数a的取值范围是.‎ ‎[解题技法]‎ 解绝对值不等式的常用方法 基本性质法 对a∈R+,|x|<a⇔-a<x<a,|x|>a⇔x<-a或x>a 平方法 两边平方去掉绝对值符号 零点分区间法 含有两个或两个以上绝对值符号的不等式,可用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解 数形结合法 在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象,利用函数图象求解 ‎[过关训练]‎ 已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.‎ ‎(1)画出y=f(x)的图象;‎ ‎(2)求不等式|f(x)|>1的解集.‎ 解:(1)由题意得f(x)= 故y=f(x)的图象如图所示.‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象可知,‎ 当f(x)=1时,可得x=1或x=3;‎ 当f(x)=-1时,可得x=或x=5,‎ 故f(x)>1的解集为{x|1<x<3};‎ f(x)<-1的解集为.‎ 所以|f(x)|>1的解集为.‎ 考点二 绝对值不等式性质的应用[师生共研过关]‎ ‎[典例精析]‎ ‎(2019·银川模拟)设函数f(x)=x2-x-15,且|x-a|<1.‎ ‎(1)解不等式|f(x)|>5.‎ ‎(2)求证:|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).‎ ‎[解] (1)因为|x2-x-15|>5,‎ 所以x2-x-15<-5或x2-x-15>5,‎ 即x2-x-10<0或x2-x-20>0,‎ 解得<x<或x<-4或x>5,‎ 所以不等式|f(x)|>5的解集为 .‎ ‎(2)证明:因为|x-a|<1,‎ 所以|f(x)-f(a)|=|(x2-x-15)-(a2-a-15)|‎ ‎=|(x-a)(x+a-1)|‎ ‎=|x-a|·|x+a-1|<1·|x+a-1|‎ ‎=|x-a+2a-1|‎ ‎≤|x-a|+|2a-1|<1+|2a-1|≤1+|2a|+1‎ ‎=2(|a|+1),‎ 即|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).‎ ‎[解题技法]‎ 绝对值不等式性质的应用 利用不等式|a+b|≤|a|+|b|(a,b∈R)和|a-b|≤|a-c|+|c-b|(a,b∈R),通过确定适当的a,b,利用整体思想或使函数、不等式中不含变量,可以求最值或证明不等式.‎ ‎[过关训练]‎ 若对于实数x,y有|1-x|≤2,|y+1|≤1,求|2x+3y+1|的最大值.‎ 解:因为|2x+3y+1|=|2(x-1)+3(y+1)|‎ ‎≤2|x-1|+3|y+1|≤7,‎ 所以|2x+3y+1|的最大值为7.‎ 考点三 含绝对值不等式的综合问题 [师生共研过关]‎ ‎[例1] (2018·辽宁五校联合体模拟)已知函数f(x)=|x-a|+|2x-a|(a∈R).‎ ‎(1)若f(1)<11,求a的取值范围;‎ ‎(2)若∀a∈R,f(x)≥x2-x-3恒成立,求x的取值范围.‎ ‎[解] (1)f(1)=|1-a|+|2-a|= 当a≤1时,3-2a<11,解得a>-4,∴-4<a≤1;‎ 当1<a<2时,1<11恒成立;‎ 当a≥2时,2a-3<11,解得a<7,∴2≤a<7.‎ 综上,a的取值范围是(-4,7).‎ ‎(2)∵∀a∈R,f(x)≥x2-x-3恒成立,‎ 又f(x)=|x-a|+|2x-a|≥|x-a-(2x-a)|=|x|,‎ ‎∴|x|≥x2-x-3,‎ ‎∴或 解得0≤x≤3或-≤x<0,‎ ‎∴x的取值范围是[-,3].‎ ‎[例2] (2019·南昌模拟)设函数f(x)=|2x+3|+|x-1|.‎ ‎(1)解不等式f(x)>4;‎ ‎(2)若存在x∈使不等式a+1>f(x)成立,求实数a的取值范围.‎ ‎[解] (1)由已知,得f(x)= ‎∴f(x)>4⇔或 或⇔x<-2或0<x≤1或x>1.‎ 综上,不等式f(x)>4的解集为(-∞,-2)∪(0,+∞).‎ ‎(2)存在x∈ 使不等式a+1>f(x)成立⇔a+1>f(x)min,x∈.‎ 由(1)得,x∈时,f(x)=x+4,f(x)min=,‎ ‎∴a+1>,∴a>,‎ ‎∴实数a的取值范围为.‎ ‎[解题技法]‎ ‎1.含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法 ‎(1)分离参数法:运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a,f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立问题中的参数范围问题.‎ 求最值的3种方法:‎ ‎①利用基本不等式和不等式的相关性质解决;‎ ‎②将函数解析式用分段函数形式表示,作出函数图象,求得最值;‎ ‎③利用性质“||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|”求最值.‎ ‎(2)更换主元法:求解含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非常困难或不可能解决时,可转换思维角度,将主元与参数互换,常可得到简捷的解法.‎ ‎(3)数形结合法:在研究曲线交点的恒成立问题时,若能数形结合,揭示问题所蕴含的几何背景,发挥形象思维与抽象思维各自的优势,可更直观解决问题.‎ ‎2.不等式能成立问题 ‎(1)在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立,等价于在区间D上f(x)max>A;‎ ‎(2)在区间D上存在实数x使不等式f(x)<B成立,等价于在区间D上f(x)min<B.‎ ‎3.不等式恰成立问题 ‎(1)不等式f(x)>A在区间D上恰成立,等价于不等式f(x)>A的解集为D;‎ ‎(2)不等式f(x)<B在区间D上恰成立,等价于不等式f(x)<B的解集为D.‎ ‎[过关训练]‎ ‎1.(2018·惠州第一次调研)已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|,g(x)=|x-a|+|x+a|.‎ ‎(1)解不等式f(x)>9;‎ ‎(2)若∀x1∈R,∃x2∈R,使得f(x1)=g(x2),求实数a的取值范围.‎ 解:(1)f(x)= f(x)>9等价于或或 解得x>3或x<-3,‎ 所以原不等式的解集为{x|x>3或x<-3}.‎ ‎(2)∀x1∈R,∃x2∈R,使得f(x1)=g(x2),等价于f(x)min≥g(x)min.‎ 因为g(x)=|x-a|+|x+a|≥2|a|,‎ 由(1)知f(x)≥f =,‎ 所以2|a|≤,解得-≤a≤,‎ 所以实数a的取值范围是.‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅰ)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,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≤.‎ 所以f(x)≥g(x)的解集为.‎ ‎(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.‎ 又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.‎ 所以a的取值范围为[-1,1].‎ ‎ ‎1.(2019·沈阳模拟)已知函数f(x)=|x-1|+|x-a|.‎ ‎(1)若函数f(x)的值域为[2,+∞),求实数a的值;‎ ‎(2)若f(2-a)≥f(2),求实数a的取值范围.‎ 解:(1)∵|x-1|+|x-a|≥|(x-1)-(x-a)|=|a-1|,∴|a-1|=2,解得a=3或a=-1.‎ ‎(2)由f(2-a)≥f(2),得3|a-1|-|a-2|≥1,‎ 则或 或解得a≤0或≤a≤2或a>2,‎ 综上,实数a的取值范围是(-∞,0]∪.‎ ‎2.已知f(x)=|2x+3|-|2x-1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)<2的解集;‎ ‎(2)若存在x∈R,使得f(x)>|3a-2|成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)不等式f(x)<2等价于 或或 解得x<- 或-≤x<0,‎ ‎∴不等式f(x)<2的解集是(-∞,0).‎ ‎(2)∵f(x)≤|(2x+3)-(2x-1)|=4,∴f(x)max=4,‎ ‎∴|3a-2|<4,解得-<a<2,‎ ‎∴实数a的取值范围是.‎ ‎3.(2018·成都模拟)已知函数f(x)=|x-2|+k|x+1|,k∈R.‎ ‎(1)当k=1时,若不等式f(x)<4的解集为{x|x1<x<x2},求x1+x2的值;‎ ‎(2)当x∈R时,若关于x的不等式f(x)≥k恒成立,求k的最大值.‎ 解:(1)由题意,得|x-2|+|x+1|<4.‎ 当x>2时,原不等式可化为2x<5,∴2<x<;‎ 当x<-1时,原不等式可化为-2x<3,∴-<x<-1;‎ 当-1≤x≤2时,原不等式可化为3<4,∴-1≤x≤2.‎ 综上,原不等式的解集为,‎ 即x1=-,x2=.‎ ‎∴x1+x2=1.‎ ‎(2)由题意,得|x-2|+k|x+1|≥k在x∈R上恒成立,‎ 则当x=2时,不等式3k≥k成立,∴k≥0.‎ ‎①当x≤-2或x≥0时,‎ ‎∵|x+1|≥1,∴不等式|x-2|+k|x+1|≥k恒成立.‎ ‎②当-2<x≤-1时,‎ 原不等式可化为2-x-kx-k≥k,‎ 可得k≤=-1+,∴k≤3.‎ ‎③当-1<x<0时,‎ 原不等式可化为2-x+kx+k≥k,可得k≤1-,‎ ‎∴k<3.‎ 综上,可得0≤k≤3,即k的最大值为3.‎ ‎4.(2018·全国卷Ⅰ)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.‎ 解:(1)当a=1时,f(x)=|x+1|-|x-1|,‎ 即f(x)= 故不等式f(x)>1的解集为.‎ ‎(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.‎ 若a≤0,则当x∈(0,1)时,|ax-1|≥1,不满足题意;‎ 若a>0,则|ax-1|<1的解集为,‎ 所以≥1,故0<a≤2.‎ 综上,a的取值范围为(0,2].‎ ‎5.(2018·甘肃第二次诊断检测)设函数f(x)=|x-3|,g(x)=|x-2|.‎ ‎(1)解不等式f(x)+g(x)<2;‎ ‎(2)对于实数x,y,若f(x)≤1,g(y)≤1,证明:|x-2y+1|≤3.‎ 解:(1)解不等式|x-3|+|x-2|<2.‎ ‎①当x<2时,原不等式可化为3-x+2-x<2,可得x>,所以<x<2.‎ ‎②当2≤x≤3时,原不等式可化为3-x+x-2<2,可得1<2,所以2≤x≤3.‎ ‎③当x>3时,原不等式可化为x-3+x-2<2,可得x<,所以3<x<.‎ 综上,不等式f(x)+g(x)<2的解集为.‎ ‎(2)证明:|x-2y+1|=|(x-3)-2(y-2)|≤|x-3|+2|y-2|≤1+2=3,‎ 当且仅当或时等号成立.‎ ‎6.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)= 当x<-1时,由2x+4≥0,解得-2≤x<-1;‎ 当-1≤x≤2时,显然满足题意;‎ 当x>2时,由-2x+6≥0,解得2<x≤3,‎ 故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,+∞).‎ ‎7.(2018·全国卷Ⅲ)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.‎ ‎8.设函数f(x)=+|x-2m|(m>0).‎ ‎(1)求证:f(x)≥8恒成立;‎ ‎(2)求使得不等式f(1)>10成立的实数m的取值范围.‎ 解:(1)证明:由绝对值三角不等式的性质及m>0,‎ 得f(x)=+|x-2m|≥ ‎==+2m≥2 =8,‎ 当且仅当=2m,即m=2时取等号.‎ 所以f(x)≥8恒成立.‎ ‎(2)f(1)=+|1-2m|(m>0),‎ 当 1-2m<0,‎ 即m>时,f(1)=1+-(1-2m)=+2m,‎ 由f(1)>10,得+2m>10,化简得m2-5m+4>0,‎ 解得m<1或m>4,‎ 所以<m<1或m>4;‎ 当1-2m≥0,‎ 即0<m≤时,f(1)=1++(1-2m)=2+-2m.‎ 由f(1)>10,得2+-2m>10,此式在0<m≤时恒成立.‎ 综上,当f(1)>10时,实数m的取值范围是(0,1)∪(4,+∞).‎

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