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- 2021-06-16 发布
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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,+∞).