高考文科数学复习备课课件：第一节　绝对值不等式 23页

文数 课标 版 第一节　绝对值不等式 1.绝对值不等式的解法 (1)| ax + b | ≤ c ( c >0)和| ax + b | ≥ c ( c >0)型不等式的解法: (i)| ax + b | ≤ c ⇔ ① 　- c ≤ ax + b ≤ c      . (ii)| ax + b | ≥ c ⇔ ②      ax + b ≥ c 或 ax + b ≤ - c      . (2)| x - a |+| x - b | ≥ c ( c >0)和| x - a |+| x - b | ≤ c ( c >0)型不等式的解法: 教材研读 解法一: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; 解法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想; 解法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与不等式相结 合的思想. 2.绝对值三角不等式 (1)定理1:如果 a , b 是实数,则| a + b | ≤ | a |+| b |,当且仅当③      ab ≥ 0     时,等号 成立. (2)定理2:如果 a , b , c 是实数,那么| a - c | ≤ | a - b |+| b - c |,当且仅当 ④ 　( a - b )( b - c ) ≥ 0     时,等号成立.   1.(2015山东,5,5分)不等式| x -1|-| x -5|<2的解集是   (　　) A.(- ∞ ,4)　    B.(- ∞ ,1)　    C.(1,4)　    D.(1,5) 答案     A　①当 x <1时,原不等式等价于1- x -(5- x )<2,即-4<2,其恒成立,∴ x <1. ②当1 ≤ x ≤ 5时,原不等式等价于 x -1-(5- x )<2,即 x <4, ∴1 ≤ x <4. ③当 x >5时,原不等式等价于 x -1-( x -5)<2,即4<2,无解. 综合①②③知原不等式的解为(- ∞ ,4). 2.不等式|2 x - a |< b 的解集为{ x |-1< x <4},则 a + b 的值为   (　　) A.-2　    B.2　    C.8　    D.-8 答案     C　∵|2 x - a |< b 的解集为{ x |-1< x <4}, ∴ b >0, 由|2 x - a |< b ,得 - b <2 x - a < b ,即   < x <   . ∴   =4, ∴ a + b =8,故选C. 3.不等式| x -1|+| x +2|<5的解集为 　　　　　     . 答案 　{ x |-3< x <2} 解析 　原不等式等价于   或   或   即   或   或   亦即-3< x <-2或-2 ≤ x ≤ 1或1< x <2. ∴原不等式的解集为 (-3,-2) ∪ [-2,1] ∪ (1,2)=(-3,2). 4.不等式 x +|2 x +3| ≥ 2的解集为 　　　　　　　　　　     . 答案 　(- ∞ ,-5] ∪   解析 　原不等式可化为   或   解得 x ≤ -5或 x ≥ -   . 所以原不等式的解集是   . 考点一　绝对值不等式的解法 典例1 　已知函数 f ( x )=| x + a |+| x -2|. (1)当 a =-3时,求不等式 f ( x ) ≥ 3的解集; (2)若 f ( x ) ≤ | x -4|的解集包含[1,2],求 a 的取值范围. 解析 　(1)当 a =-3时, f ( x )=   当 x ≤ 2时,由 f ( x ) ≥ 3得-2 x +5 ≥ 3,解得 x ≤ 1; 当2< x <3时, f ( x ) ≥ 3无解; 当 x ≥ 3时,由 f ( x ) ≥ 3得2 x -5 ≥ 3,解得 x ≥ 4. 所以 f ( x ) ≥ 3的解集为{ x | x ≤ 1或 x ≥ 4}. (2) f ( x ) ≤ | x -4| ⇔ | x -4|-| x -2| ≥ | x + a |. 考点突破 当 x ∈[1,2]时,| x -4|-| x -2| ≥ | x + a | ⇔ 4- x -(2- x ) ≥ | x + a | ⇔ -2- a ≤ x ≤ 2- a . 由条件得-2- a ≤ 1且2- a ≥ 2,即-3 ≤ a ≤ 0. 故满足条件的 a 的取值范围为[-3,0]. 方法技巧 解绝对值不等式的基本方法: (1)利用绝对值的定义,通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通 不等式; (2)当不等式两端均非负时,可通过两边平方的方法,转化为解不含绝对 值符号的普通不等式; (3)利用绝对值的几何意义,数形结合求解. 1-1     (2016课标全国Ⅰ,24,10分)已知函数 f ( x )=| x +1|-|2 x -3|. (1)画出 y = f ( x )的图象; (2)求不等式| f ( x )|>1的解集.   解析 　(1) f ( x )=   y = f ( x )的图象如图所示.   (2)由 f ( x )的表达式及图象,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   . 1-2 　已知函数 f ( x )=| x -2|-| x -5|. (1)证明:-3 ≤ f ( x ) ≤ 3; (2)求不等式 f ( x ) ≥ x 2 -8 x +15的解集. 解析 　(1)证明: f ( x )=| x -2|-| x -5|=   当2< x <5时,-3<2 x -7<3, 所以-3 ≤ f ( x ) ≤ 3. (2)由(1)可知, 当 x ≤ 2时, f ( x ) ≥ x 2 -8 x +15的解集为空集; 当2< x <5时, f ( x ) ≥ x 2 -8 x +15的解集为{ x |5-   ≤ x <5}; 当 x ≥ 5时, f ( x ) ≥ x 2 -8 x +15的解集为{ x |5 ≤ x ≤ 6}. 综上,不等式 f ( x ) ≥ x 2 -8 x +15的解集为{ x |5-   ≤ x ≤ 6}. 考点二　绝对值不等式的证明 典例2     已知 f ( x )=   , a ≠ b ,求证:| f ( a )- f ( b )|<| a - b |. 证明 　因为| f ( a )- f ( b )|=|   -   | =   =   , 又| a + b | ≤ | a |+| b |=   +   <   +   , 所以   <1. 因为 a ≠ b ,所以| a - b |>0. 所以| f ( a )- f ( b )|<| a - b |. 方法技巧 含绝对值不等式的证明题主要分两类:一类是比较简单的不等式,往往 可通过平方法、换元法去掉绝对值符号转化为常见的不等式证明题,或 利用绝对值三角不等式定理;另一类是综合性较强的函数型含绝对值的 不等式,往往可利用一般情况成立则特殊情况也成立的思想,或利用一 元二次方程根的分布等方法来证明. 2-1 　已知 x , y ∈R,且| x + y | ≤   ,| x - y | ≤   ,求证:| x +5 y | ≤ 1. 证明 　因为| x +5 y |=|3( x + y )-2( x - y )|, 所以| x +5 y |=|3( x + y )-2( x - y )| ≤ |3( x + y )|+|2( x - y )|=3| x + y |+2| x - y | ≤ 3 ×   +2 ×   =1, 即| x +5 y | ≤ 1. 2-2     (2016课标全国Ⅱ,24,10分)已知函数 f ( x )=   +   , M 为不等式 f ( x )<2的解集. (1)求 M ; (2)证明:当 a , b ∈ M 时,| a + b |<|1+ ab |. 解析 　(1) f ( x )=   当 x ≤ -   时,由 f ( x )<2得-2 x <2,解得 x >-1,∴-1< x ≤ -   ; 当-   < x <   时, f ( x )<2恒成立; 当 x ≥   时,由 f ( x )<2得2 x <2,解得 x <1,∴   ≤ x <1. 所以 f ( x )<2的解集 M ={ x |-1< x <1}. (2)证明:由(1)知,当 a , b ∈ M 时,-1< a <1,-1< b <1,从而( a + b ) 2 -(1+ ab ) 2 = a 2 + b 2 - a 2 b 2 -1=( a 2 -1)(1- b 2 )<0, 因此| a + b |<|1+ ab |. 考点三　绝对值不等式的综合问题 典例3　 已知函数 f ( x )= x +| x - a |. (1)当 a =2 016时,求函数 f ( x )的值域; (2)若 g ( x )=| x +1|,求不等式 g ( x )-2> x - f ( x )恒成立时 a 的取值范围. 解析 　(1)当 a =2 016时, f ( x )=   因为 f ( x )在[2 016,+ ∞ )上单调递增,所以 f ( x )在[2 016,+ ∞ )上的值域为 [2 016,+ ∞ ), f ( x )在(- ∞ ,2 016)上的值域为{2 016},所以 f ( x )的值域为 [2 016,+ ∞ ). (2)由 g ( x )=| x +1|,不等式 g ( x )-2> x - f ( x )恒成立,知| x +1|+| x - a |>2恒成立, 即(| x +1|+| x - a |) min >2. 而| x +1|+| x - a | ≥ |( x +1)-( x - a )|=|1+ a |, 所以|1+ a |>2,解得 a >1或 a <-3. 故 a 的取值范围为(- ∞ ,-3) ∪ (1,+ ∞ ). 方法技巧 绝对值不等式的恒成立问题 (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,将原函数转化为分段函数,然后利用数形结合解决问题,这是 常用的思想方法. (2) f ( x )< a 恒成立 ⇔ f ( x ) max < a . f ( x )> a 恒成立 ⇔ f ( x ) min > a . 3-1      (2016河北保定模拟)设函数 f ( x )=| x -1|+| x - a |( a ∈R). (1)当 a =4时,求不等式 f ( x ) ≥ 5的解集; (2)若 f ( x ) ≥ 4对 x ∈R恒成立,求 a 的取值范围. 解析 　(1)当 a =4时,不等式即为| x -1|+| x -4| ≥ 5,等价于   或   或   解得 x ≤ 0或 x ≥ 5,故不等式 f ( x ) ≥ 5的解集为{ x | x ≤ 0或 x ≥ 5}. (2)因为 f ( x )=| x -1|+| x - a | ≥ |( x -1)-( x - a )|=| a -1|, 所以 f ( x ) min =| a -1|, 故| a -1| ≥ 4,解得 a ≤ -3或 a ≥ 5. 3-2     (2016河南开封模拟)设函数 f ( x )=| x - a |, a <0. (1)证明: f ( x )+ f   ≥ 2; (2)若不等式 f ( x )+ f (2 x )<   的解集非空,求 a 的取值范围. 解析 　(1)证明: f ( x )=| x - a |, a <0, 则 f ( x )+ f   =| x - a |+   =| x - a |+   ≥   =   =| x |+   ≥ 2   =2(当且仅当| x | =1时取等号). (2) f ( x )+ f (2 x )=| x - a |+|2 x - a |, a <0. 当 x ≤ a 时, f ( x )+ f (2 x )= a - x + a -2 x =2 a -3 x ,则 f ( x )+ f (2 x ) ≥ - a ; 当 a < x <   时, f ( x )+ f (2 x )= x - a + a -2 x =- x ,则-   < f ( x )+ f (2 x )<- a ; 当 x ≥   时, f ( x )+ f (2 x )= x - a +2 x - a =3 x -2 a ,则 f ( x )+ f (2 x ) ≥ -   ,则 f ( x )的值域为   , ∵不等式 f ( x )+ f (2 x )<   的解集非空,∴   >-   ,解得 a >-1,由于 a <0, 则 a 的取值范围是(-1,0).