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浙江省2021届高考数学一轮复习第二章不等式第4节绝对值不等式及其应用含解析 13页

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  • 2021-06-24 发布

浙江省2021届高考数学一轮复习第二章不等式第4节绝对值不等式及其应用含解析

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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 a<0‎ ‎|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.‎ ‎[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x<0时，原不等式可化为－x＋1－2x>2，解得x<－；‎ 当0≤x≤时，原不等式可化为x＋1－2x>2，即x<－1，无解；‎ 当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.‎ 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|<3t无解，则实数t的取值范围是(　　)‎ A. B.(－∞，0]‎ C.(－∞，1] D.(－∞，5]‎ 解析　易知，当t≤0时，该不等式无解；当t>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|<，即|a－1|<，所以时，同理可得x＝时，|2x－1|－|x＋a|最小值为＋a，‎ ‎∵不等式|2x－1|－|x＋a|≥a对任意的实数x恒成立，∴＋a≥a恒成立，∴a<－，‎ 综上所述实数a的取值范围是.‎ 答案　D 二、填空题 ‎10.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　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).‎ 答案　(1，3)‎ ‎11.若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.‎ 答案　[－2，4]‎ ‎12.若不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集不为∅，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　∵|x－1|＋|x－2|≥|x－1－x＋2|＝1，‎ 不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集不为∅，‎ ‎∴a2＋a＋1≥1，∴a2＋a≥0，‎ 解得a≥0或a≤－1.‎ ‎∴实数a的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞).‎ 答案　(－∞，－1]∪[0，＋∞)‎ ‎13.已知a，b∈R，且a≠－1，则|a＋b|＋的最小值是________.‎ 解析　∵a，b∈R，且a≠－1，‎ ‎∴|a＋b|＋ ‎≥＝ ‎≥－1≥2－1＝1，‎ 当且仅当a＝0时取等号.‎ 答案　1‎ ‎14.已知不等式|x＋1|－|x－3|>a.‎ ‎(1)若不等式有解，则实数a的取值范围为________.‎ ‎(2)若不等式的解集为R，则实数a的取值范围为________.‎ 解析　由||x＋1|－|x－3||≤|x＋1－(x－3)|＝4.可得－4≤|x＋1|－|x－3|≤4.‎ ‎(1)若不等式有解，则a<4；‎ ‎(2)若不等式的解集为R，则a<－4.‎ 答案　(1)(－∞，4)　(2)(－∞，－4)‎ 能力提升题组 ‎15.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 解析　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＝0，c＝1，排除C.取a＝1，b＝－1，c＝0，排除B，故选A.‎ 答案　A ‎16.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)，若任意x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　因为当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x；‎ 当a2＜x<2a2时，f(x)＝(x－a2＋2a2－x－3a2)＝－a2；‎ 当x≥2a2时，f(x)＝(x－a2＋x－2a2－3a2)＝x－3a2.‎ 综上，函数f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)在x≥0时的解析式等价于f(x)＝ 因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，‎ 观察图象可知，要使任意x∈R，f(x－1)≤f(x)，则需满足2a2－(－4a2)≤1，解得－≤a≤.‎ 答案　B ‎17.(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________.‎ 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.‎ 答案　 ‎18.x，y∈R，若|x|＋|y|＋|x－1|＋|y－1|≤2，则x＋y的取值范围为________.‎ 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].‎ 答案　[0，2]‎ ‎19.已知函数f(x)＝＋bx－c.x∈[1，2]，记|f(x)|的最大值为M，若对于任意的正实数a，b，c，M的最小值为，则M取最小值时，c＝________.‎ 解析　由条件知 于是4M≥|a＋b－c|＋＋2|2－c|≥ ‎＝≥3·－4＝1，此时得＝＝b＝，解得b＝，a＝3＋2，此时|a＋b－c|＝|2－c|＝c－(3＋4)＝，解得c＝3＋.‎ 答案　3＋ ‎20.已知a＝(cos α，sin α)，b＝(sin β，cos β)，且α＋β＝.若c满足|c－a－b|＝2，则的取值范围是________.‎ 解析　因为(a＋b)2＝2＋2(cos αsin β＋sin αcos β)＝2＋2sin(α＋β)＝3，即|a＋b|＝.又||c|－|a＋b||≤|c－(a＋b)|≤|c|＋|a＋b|，则解得2－≤|c|≤2＋，故＝∈[2－，2＋].‎ 答案　[2－，2＋]‎

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