绝对值不等式

第1讲绝对值不等式1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：1|a＋b|≤|a|＋|b|；2|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.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－a|＋|x－b|≥c.板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1绝对值不等式的解法1．形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用两边平方的形式转化为二次不等式求解．2．形如|ax＋b|≤c(c0)和|ax＋b|≥c(c0)型不等式(1)绝对值不等式|x|a与|x|a的解集不等式a0a＝0a0|x|a∅∅|x|a{x|x≠0}R(2)|ax＋b|≤c(c0)和|ax＋b|≥c(c0)型不等式的解法|ax＋b|≤c⇔(c0)，|ax＋b|≥c⇔(c0)．{x|－axa}{x|xa或x－a}－c≤ax＋b≤cax＋b≥c或ax＋b≤－c考点2绝对值不等式的应用1．定理：如果a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当时，等号成立．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．3．由绝对值不等式定理还可以推得以下几个不等式(1)|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|.(2)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.(3)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|.ab≥0[双基夯实]一、疑难辨析判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)1．|ax＋b|≤c(c≥0)的解等价于－c≤ax＋b≤c.()2．若|x|c的解集为R，则c≤0.()3．不等式|x－1|＋|x＋2|2的解集为∅.()4．|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a，b的距离之和．()5．不等式|a－b|≤|a|＋|b|等号成立的条件是ab≤0.()×√√√√二、小题快练1．[2016·甘肃兰州诊断]已知集合A＝{x||x|1}，B＝{x|2x1}，则A∩B＝()A．(－1,0)B．(－1,1)C.0，12D．(0,1)解析由|x|1，得－1x1，所以A＝{x|－1x1}．又由2x1，解得x0，所以B＝{x|x0}，所以A∩B＝{x|0x1}，故选D.2．[课本改编]不等式|2x－1|3的解集为()A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(2，＋∞)C．(－2,1)D．(－1,2)解析由|2x－1|3得2x－1－3或2x－13，解得x－1或x2.故选B.3．[课本改编]函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为()A．2B．4C．6D．10解析解法一：y＝|x－4|＋|x－6|＝|4－x|＋|x－6|≥|(4－x)＋(x－6)|＝2.解法二：|x－4|＋|x－6|表示在数轴上，x对应的点到4与6对应点的距离之和，随着x在数轴上的移动易看出|x－4|＋|x－6|≥2，故选A.4．[课本改编]不等式|2x－1|－|x－2|0的解集为________________．{x|－1x1}解析|2x－1||x－2|，两边平方得4x2－4x＋1x2－4x＋4，即3x2－30，亦即－1x1，所以原不等式的解集为{x|－1x1}．5．已知a＋b＝1，对∀a，b∈(0，＋∞)，1a＋4b≥|2x－1|－|x＋1|恒成立，求x的取值范围．解∵a0，b0且a＋b＝1，∴1a＋4b＝(a＋b)·1a＋4b＝5＋ba＋4ab≥9，故1a＋4b的最小值为9，∵对∀a，b∈(0，＋∞)，1a＋4b≥|2x－1|－|x＋1|恒成立，∴|2x－1|－|x＋1|≤9，当x≤－1时，2－x≤9，∴－7≤x≤－1；当－1x12时，－3x≤9，∴－1x12；当x≥12时，x－2≤9，∴12≤x≤11.∴－7≤x≤11.板块二典例探究·考向突破考向绝对值不等式的解法例1(1)[2015·山东高考]不等式|x－1|－|x－5|2的解集是()A．(－∞，4)B．(－∞，1)C．(1,4)D．(1,5)[解析]当x1时，不等式可化为－(x－1)＋(x－5)2，即－42，显然成立，所以此时不等式的解集为(－∞，1)；当1≤x≤5时，不等式可化为x－1＋(x－5)2，即2x－62，解得x4，又1≤x≤5，所以此时不等式的解集为[1,4)；当x5时，不等式可化为(x－1)－(x－5)2，即42，显然不成立，所以此时不等式无解．综上，不等式的解集为(－∞，4)．故选A.(2)若关于x的不等式|x－m|2成立的充分不必要条件是2≤x≤3，则实数m的取值范围是________．(1,4)[解析]因为|x－m|2，即－2x－m2，即m－2xm＋2；由已知不等式|x－m|2成立的充分非必要条件是2≤x≤3，即2≤x≤3是|x－m|2解集的子集，即m－22m＋23，解得实数m的取值范围是(1,4)．用“零点分段法”解|x－a|＋|x－b|≥c或|x－a|＋|x－b|≤c(c0)型不等式的一般步骤(1)令每个含绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根．(2)将这些根按从小到大排序并以这些根为端点把实数集分为若干个区间．(3)由所分区间去掉绝对值符号可得若干个不等式，解这些不等式，求出解集．(4)取各个不等式解集的并集即原不等式的解集.【变式训练1】(1)不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是()A．[－5,7]B．[－4,6]C．(－∞，－5]∪[7，＋∞)D．(－∞，－4]∪[6，＋∞)解析解法一：当x＝0时，|x－5|＋|x＋3|＝8≥10不成立．可排除A，B；当x＝－4时，|x－5|＋|x＋3|＝10≥10成立，可排除C，故选D.解法二：当x－3时，不等式|x－5|＋|x＋3|≥10可化为：－(x－5)－(x＋3)≥10.解得x≤－4.当－3≤x≤5时，不等式|x－5|＋|x＋3|≥10可化为：－(x－5)＋(x＋3)＝8≥10恒不成立．当x5时，不等式|x－5|＋|x＋3|≥10可化为：(x－5)＋(x＋3)≥10，解得：x≥6.故不等式|x－5|＋|x＋3|≥10解集为：(－∞，－4]∪[6，＋∞)，故选D.(2)解不等式|x＋3|－|2x－1|x2＋1.解①当x－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)x2＋1，解得x10，∴x－3.②当－3≤x12时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)x2＋1，解得x－25，∴－3≤x－25.③当x≥12时，原不等式化为(x＋3)＋(1－2x)x2＋1，解得x2，∴x2.综上可知，原不等式的解集为xx－25或x2.考向绝对值不等式的证明例2[2016·唐山模拟]设不等式－2|x－1|－|x＋2|0的解集为M，a，b∈M.(1)证明：13a＋16b14；[解](1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝3，x≤－2，－2x－1，－2x1，－3，x≥1.由－2－2x－10，解得－12x12，则M＝－12，12.所以13a＋16b≤13|a|＋16|b|13×12＋16×12＝14.(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．[解](2)由(1)得a214，b214.因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)0，所以|1－4ab|24|a－b|2，故|1－4ab|2|a－b|.两类含绝对值不等式的证明问题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性质定理：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明；另一类是综合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用一元二次方程的根的分布等方法来证明.【变式训练2】(1)已知x，y∈R，且|x＋y|≤16，|x－y|≤14，求证：|x＋5y|≤1.证明∵|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|.∴由绝对值不等式的性质，得|x＋5y|＝|3(x＋y)－2(x－y)|≤|3(x＋y)|＋|2(x－y)|＝3|x＋y|＋2|x－y|≤3×16＋2×14＝1.即|x＋5y|≤1.(2)[2014·课标全国卷Ⅱ]设函数f(x)＝x＋1a＋|x－a|(a0)．①证明：f(x)≥2；②若f(3)5，求a的取值范围．解①证明：由a0，有f(x)＝x＋1a＋|x－a|≥x＋1a－x－a＝1a＋a≥2(当且仅当a＝1时取等号)，所以f(x)≥2.②f(3)＝3＋1a＋|3－a|.当a3时，f(3)＝a＋1a，由f(3)5得3a5＋212.当0a≤3时，f(3)＝6－a＋1a，由f(3)5得1＋52a≤3.综上，a的取值范围是1＋52，5＋212.考向绝对值不等式的综合应用例3[2015·课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f(x)1化为|x＋1|－2|x－1|－10.当x≤－1时，不等式化为x－40，无解；当－1x1时，不等式化为3x－20，解得23x1；当x≥1时，不等式化为－x＋20，解得1≤x2.所以f(x)1的解集为x23x2.(2)由题设可得，f(x)＝x－1－2a，x－1，3x＋1－2a，－1≤x≤a，－x＋1＋2a，xa.所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A2a－13，0，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为23(a＋1)2.由题设得23(a＋1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，＋∞)．含绝对值不等式的应用中的数学思想(1)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；(2)利用函数的图象求解，体现了数形结合的思想.【变式训练3】设函数f(x)＝|2x－7|＋1.(1)求不等式f(x)≤|x－1|的解集；(2)若存在x使不等式f(x)≤ax成立，求实数a的取值范围．解(1)原不等式等价于|2x－7|＋1≤|x－1|.当x1时，－(2x－7)＋1≤－(x－1)，解得x≥7，∴x不存在；当1≤x≤72时，－(2x－7)＋1≤x－1，解得x≥3，∴3≤x≤72；当x72时，(2x－7)＋1≤x－1，解得x≤5，∴72x≤5.综上，不等式的解集为[3,5]．(2)由题知，f(x)＝2x－6，x≥72－2x＋8，x72.由函数y＝f(x)与函数y＝ax的图象可知，当且仅当a≥27或a－2时，函数y＝f(x)与函数y＝ax的图象有交点，故存在x使不等式f(x)≤ax成立的a的取值范围是(－∞，－2)∪27，＋∞.核心规律含绝对值不等式的恒成立问题的求解方法(1)分离参数法：运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题.(2)更换主元法：不少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问题时，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，可直观解决问题.满分策略1.在解决有关绝对值不等式的问题时，充分利用绝对值不等式的几何意义解决问题能有效避免分类讨论不全面的问题．若用零点分