统考版2022届高考数学一轮复习第13章选修4_5不等式选讲第1节绝对值不等式教师用书教案北师大版

学习资料2022版高考数学一轮复习选修4-5 第一讲绝对值不等式学案（含解析）新人教版班级：科目：选修4－5 第一讲绝对值不等式知识梳理·双基自测知识错误!错误!知识点一绝对值三角不等式定理1．如果a、b是实数，那么|a＋b｜≤__|a｜＋|b|__,当且仅当__ab≥0__时，等号成立．定理2．如果a，b是实数，那么__｜|a|－|b｜｜≤|a＋b｜__，当且仅当__ab≤0__时，等号成立．知识点二绝对值不等式的解法（1）含绝对值的不等式｜x｜＜a与|x｜＞a的解法．不等式a＞0a＝0a＜0|x|＜a __｛x|－a＜x＜a}____∅____∅__|x｜＞a __｛x|x＞a或x＜－a}____{x|x∈R且x≠0｝____x∈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．方法一(分类讨论思想)：①令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；②把这些根由小到大排序,它们把实数轴分成若干个小区间；③在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号,讨论所得的不等式在这个区间上的解集；④这些解集的并集就是原不等式的解集．方法二(函数与方程思想)：构造函数f（x)＝｜x－a｜＋|x－b|－c，写出f（x)的分段解析式，作出图象，找出使f（x）≤0或f(x)≥0的x的取值范围即可．方法三（数形结合思想）：利用绝对值的几何意义求解，｜x－a|＋|x－b｜表示数轴上点P(x)到点A（a)，B（b）距离的和．关键是找出到A(a），B（b）两点距离之和为c的点，“≤"取中间，“≥”取两边．错误!错误!错误!错误!1．若a、b、c为实数，则｜a－c|≤｜a－b｜＋｜b－c｜,当且仅当（a－b）（b－c)≥0时等号成立;2．若a、b为实数，则|｜a｜－|b｜|≤|a－b|≤|a|＋｜b｜，当ab≤0时右端等号成立,当ab≥0时左端等号成立．错误!错误!错误!错误!题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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．（ √ ) 题组二 走进教材2．（P 20T7）不等式3≤|5－2x |＜9的解集为（ D ) A ．[－2，1）∪［4，7） B ．（－2，1]∪(4，7］ C ．(－2，－1］∪[4,7） D ．(－2，1］∪[4，7)[解析] 由题意得错误! 即错误! 解得错误!不等式的解集为（－2，1］∪[4，7)．3．(P 20T8)不等式｜x －1｜－｜x －5｜＜2的解集为__(－∞，4)__． ［解析］ ①当x ≤1时，原不等式可化为1－x －（5－x ）＜2， ∴－4＜2,不等式恒成立，∴x ≤1；②当1＜x ＜5时，原不等式可化为x －1－(5－x ）＜2, ∴x ＜4，∴1＜x ＜4．③当x ≥5时，原不等式可化为x －1－(x －5）＜2，该不等式不成立． 综上,原不等式的解集为（－∞，4）． 秒解：由下图易知不等式解集为（－∞，4）．题组三 走向高考4．（2017·全国Ⅲ）已知函数f (x ）＝｜x ＋1｜－|x －2|． （1）求不等式f （x )≥1的解集；(2)若不等式f (x ）≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围．[解析] (1）f （x ）＝｛－3，x ＜－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x ＞2。

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．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)含绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解集(2)|ax＋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． 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类计论的思想；法三：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．不等式|x －2|＞x －2的解集是________． 解析：原不等式同解于x －2＜0，即x ＜2. 答案：x ＜22．已知|x －a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}，则实数a 等于________． 解析：由|x －a |＜b 得a －b ＜x ＜a ＋b ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝2，a ＋b ＝4，解得a ＝3，b ＝1.答案：33．若不等式|8x ＋9|＜7和不等式ax 2＋bx ＞2的解集相等，则实数a 、b 的值分别为________．解析：据题意可得|8x ＋9|＜7⇒－2＜x ＜－14，故由{x |－2＜x ＜－14}是二次不等式的解集可知x 1＝－2，x 2＝－14是一元二次方程ax 2＋bx －2＝0的两根，根据根与系数关系可知x 1x 2＝－2a ＝12⇒a ＝－4，x 1＋x 2＝－b a ＝－94⇒b ＝－9.答案：a ＝－4，b ＝－94．不等式|2x －1|＜3的解集为________． 解析：原不等式可化为－3＜2x －1＜3， 解得－1＜x ＜2.故所求解集为{x |－1＜x ＜2}． 答案：{x |－1＜x ＜2}5．(2011年陕西)若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是______________.解析：令y ＝|x ＋1|＋|x －2|，由题意知应|a |≥y min ，而y ＝|x ＋1|＋|x －2|≥|x ＋1－x ＋2|＝3，∴a ≥3或a ≤－3.答案：(－∞，－3]∪[3，＋∞)例1 解不等式|x －1|＋|x ＋2|<5.【解析】 法一：分别求|x －1|，|x ＋2|的零点，即1，－2. 由－2,1把数轴分成三部分：x ＜－2，－2≤x ≤1，x ＞1. 当x ＜－2时，原不等式即1－x －2－x ＜5， 解得－3＜x ＜－2；当－2≤x ≤1时，原不等式即1－x ＋2＋x ＜5， 因为3＜5，恒成立，即－2≤x ≤1； 当x ＞1时，原不等式即x －1＋2＋x ＜5， 解得1＜x ＜2.综上，原不等式的解集为{x |－3＜x ＜2}．法二：不等式|x －1|＋|x ＋2|＜5的几何意义为数轴上到－2,1两个点的距离之和小于5的点组成的集合，而－2，1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2,1以外的点到－2，1的距离在－2,1外部的距离要计算两次，而在－2,1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于5－32＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于5－32＝1的点2，这样就得到原不等式的解集为{x |－3＜x ＜2}．【点评】 含绝对值的不等式的解法应想法去掉绝对值符号，转化为不含绝对值的方法求解．其方法有：(1)利用公式或平方法转化；(2)利用绝对值的定义转化；(3)利用数形结合思想转化；(4)利用“零点分段法”等．1．(2011年课标全国)设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 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⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a ，a －x ＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a ，x ≤－a 2.因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－a 2.由题设可得－a2＝－1，故a ＝2.例2 已知函数f (x )＝1＋x 2，设a ，b ∈R ，且a ≠b ， 求证：|f (a )－f (b )|<|a －b |.【证明】 证法一：|f (a )－f (b )|<|a －b | ⇔|1＋a 2－1＋b 2|<|a －b |⇔(1＋a 2－1＋b 2)2<(a －b )2⇔2＋a 2＋b 2－2(1＋a 2)(1＋b 2)<a 2＋b 2－2ab⇔1＋ab <(1＋a 2)(1＋b 2).①当ab ≤－1时，式①显然成立；当ab >－1时，式①⇔(1＋ab )2<(1＋a 2)(1＋b 2) ⇐2ab <a 2＋b 2.②∵a ≠b ，∴②式成立，故原不等式成立． 证法二：当a ＝－b 时，原不等式显然成立； 当a ≠－b 时，∵|1＋a 2－1＋b 2| ＝|(1＋a 2)－(1＋b 2)|1＋a 2＋1＋b 2<|a 2－b 2||a |＋|b |≤|(a ＋b )(a －b )||a ＋b |＝|a －b |，∴原不等式成立．证法三：设x ＝(1，a )，y ＝(1，b )，则|x |＝1＋a 2，|y |＝1＋b 2，x －y ＝(0，a －b )，|x －y |＝|a －b |，而||x |－|y ||≤|x －y |，∴|1＋a 2－1＋b 2|≤|a －b |，又a ≠b ， 即|f (a )－f (b )|<|a －b |.证法四：设y ＝1＋x 2(x ∈R )，则y ＝1＋x 2表示双曲线y 2－x 2＝1上支的部分．其渐近线为y ＝±x ，设A (a ，f (a ))，B (b ，f (b ))为曲线y ＝1＋x 2上两不同的点．则|k AB |<1，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (b )－f (a )b －a <1.∴|f (a )－f (b )|<|a －b |.【点评】 (1)证法一用的是分析法；(2)证法二是综合法，其证明中用到的技巧有：①分子有理化，②不等式|a |＋|b |≥|a ＋b |，③放缩法；(3)证法三用的是构造向量，利用向量不等式；(4)证法四是数形结合思想．2．(2010年广东卷)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是平面直角坐标系xOy 上的两点，现定义由点A 到点B 的一种折线距离ρ(A ，B )为ρ(A ，B )＝|x 2－x 1|＋|y 2－y 1|.对于平面xOy 上给定的不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，(1)若点C (x ，y )是平面xOy 上的点，试证明：ρ(A ，C )＋ρ(C ，B )≥ρ(A ，B )； (2)在平面xOy 上是否存在点C (x ，y )，同时满足 ①ρ(A ，C )＋ρ(C ，B )＝ρ(A ，B )；②ρ(A ，C )＝ρ(C ，B )． 若存在，请求出所有符合条件的点；若不存在，请予以证明． 解析：证明：∵ρ(A ，C )＝|x －x 1|＋|y －y 1|， ρ(C ，B )＝|x 2－x |＋|y 2－y |. ρ(A ，B )＝|x 2－x 1|＋|y 2－y 1|，∴ρ(A ，C )＋ρ(C ，B )＝|x －x 1|＋|y －y 1|＋|x 2－x |＋|y 2－y | ＝(|x －x 1|＋|x 2－x |)＋(|y －y 1|＋|y 2－y |) ≥|(x －x 1)＋(x 2－x )|＋|(y －y 1)＋(y 2－y )| ＝|x 2－x 1|＋|y 2－y 1|＝ρ(A ，B )．(2)注意到点A (x 1，y 1)与点B (x 2，y 2)不同，下面分三种情形讨论． ①若x 1＝x 2，则y 1≠y 2，由条件②得 |x －x 1|＋|y －y 1|＝|x 2－x |＋|y 2－y |， 即|y －y 1|＝|y －y 2|，∴y ＝y 1＋y 22.由条件①得|x －x 1|＋|y －y 1|＋|x 2－x |＋|y 2－y |＝|x 2－x 1|＋|y 2－y 1|.∴2|x －x 1|＋12|y 2－y 1|＋12|y 2－y 1|＝|y 2－y 1|，∴|x －x 1|＝0， ∵x ＝x 1.因此，所求的点C 为(x 1，y 1＋y 22)②若y 1＝y 2，则x 1≠x 2，类似于①， 可得符合条件的点C 为(x 1＋x 22，y 1)．③当x 1≠x 2，且y 1≠y 2时，不妨设x 1<x 2.(ⅰ)若y 1<y 2，则由(1)中的证明知，要使条件①成立，当且仅当(x －x 1)(x 2－x )≥0与(y －y 1)(y 2－y )≥0同时成立，故x 1≤x ≤x 2且y 1≤y ≤y 2.从而由条件②，得x ＋y ＝12(x 1＋x 2＋y 1＋y 2)．此时所求点C 的全体为M ＝⎩⎨⎧(x ，y )|x ＋y ＝12(x 1＋x 2＋y 1＋y 2)，x 1≤x ≤x 2}且y 1≤y ≤y 2.(ⅱ)若y 1>y 2，类似地由条件①可得x 1≤x ≤x 2且y 2≤y ≤y 1，从而由条件②得x －y ＝12(x 1＋x 2－y 1－y 2)．此时所求点的全体为N ＝⎩⎨⎧(x ，y )|x －y ＝12(x 1＋x 2－y 1－y 2)，x 1≤x ≤x 2}且y 2≤y ≤y 1.例3 设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |. (1)设a ＝－1，解不等式f (x )≥3；(2)如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，由f (x )≥3得|x －1|＋|x ＋1|≥3. ①x ≤－1时，不等式化为1－x －1－x ≥3， 即－2x ≥3.不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1f (x )≥3，的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32. ②当－1＜x ≤1时，不等式化为 1－x ＋x ＋1≥3，不可能成立．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ≤1，f (x )≥3的解集为∅.③当x ＞1时，不等式化为 x －1＋x ＋1≥3，即2x ≥3.不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，f (x )≥3的解集为⎣⎡⎭⎫32，＋∞. 综上得，f (x )≥3的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞. (2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|，不满足题设条件． 若a ＜1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋1， x ≤a ，1－a ， a ＜x ＜1，2x －(a ＋1)， x ≥1.即，f (x )的最小值为1－a . 若a ＞1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋1， x ≤1，a －1， 1＜x ＜a ，2x －(a ＋1)， x ≥a .即，f (x )的最小值为a －1.所以∀x ∈R ，f (x )≥2的充要条件是|a －1|≥2，从而a 的取值范围为(－∞，－1)∪[3，＋∞)．【点评】 如果一个不等式中含有两个(或两个以上)的绝对值符号，应考虑用零点分段讨论法去掉绝对值符号，这时实质是将原不等式转化为n 个不等式组，把每个不等式组的解求出后，取它们的并集得到原不等式的解集．3．已知函数f (x )＝|x －a |.(1)若不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，求实数a 的值；(2)在①的条件下，若f (x )＋f (x ＋5)≥m 对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)由f (x )≤3得|x －a |≤3， 解得a －3≤x ≤a ＋3.又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －3＝－1，a ＋3＝5，解得a ＝2.(2)法一：当a ＝2时，f (x )＝|x －2|. 设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)，于是g (x )＝|x －2|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －1，x ＜－3；5，－3≤x ≤2；2x ＋1，x ＞2.所以当x ＜－3时，g (x )＞5； 当－3≤x ≤2时，g (x )＝5； 当x ＞2时，g (x )＞5. 综上可得，g (x )的最小值为5.从而，若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(－∞，5]．法二：当a ＝2时，f (x )＝|x －2|. 设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)．由|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5(当且仅当－3≤x ≤2时等号成立)得，g (x )的最小值为5.从而，若f (x )＋f (x ＋5)≥m ，即g (x )≥m 对一切实数x 恒成立，则m 的取值范围为(－∞，5]．一、填空题 1．不等式⎪⎪⎪⎪x －2x ＞x －2x 的解集是________．解析：由绝对值的意义知，原不等式同解于x －2x ＜0，即x (x －2)＜0，∴0＜x ＜2. 答案：(0,2)2．设集合A ＝{x ||x －a |＜1，x ∈R }，B ＝{x ||x －b |＞2，x ∈R }．若A ⊆B ，则实数a ，b 必满足________．解析：由|x －a |＜1得a －1＜x ＜a ＋1. 由|x －b |＞2得x ＜b －2或x ＞b ＋2.∵A ⊆B ，∴a －1≥b ＋2或a ＋1≤b －2， 即a －b ≥3或a －b ≤－3，∴|a －b |≥3. 答案：|a －b |≥33．已知不等式|x －m |＋|x |≥1的解集为R ，则实数m 的取值范围是________． 解析：由绝对值不等式的几何意义知|x －m |＋|x |≥|(x －m )－x |＝|m |，故|m |≥1，∴m ≥1或m ≤－1.答案：(－∞，－1]∪[1，＋∞)4．若关于x 的不等式|x ＋1|＋k ＜x 有解，则实数k 的取值范围是________． 解析：∵|x ＋1|＋k ＜x ， ∴k ＜x －|x ＋1|.若不等式有解则需k ＜(x －|x ＋1|)max . 设f (x )＝x －|x ＋1|，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，x ≥－1，2x ＋1，x ＜－1.由解析式可以看出f (x )max ＝－1，∴k ＜－1. 答案：(－∞，－1)5．已知关于x 的不等式|x －1|＋|x ＋a |≤8的解集不是空集，则a 的最小值是________． 解析：由|x －1|＋|x ＋a |≥|1－x ＋x ＋a |＝|a ＋1|知|a ＋1|≤8，故－9≤a ≤7，因此a 的最小值是－9.答案：－96．若不等式|x －a |＋|x －2|≥1对任意实数x 均成立，则实数a 的取值范围为________． 解析：由|x －a |＋|x －2|≥|(x －a )－(x －2)|＝|a －2|. ∴|a －2|≥1解之得a ≤1或a ≥3. 答案：(－∞，1]∪[3，＋∞)7．不等式||x ＋3|－|x －3||＞3的解集为________．解析：由绝对值不等式的含义得到：x 到－3和3的距离之差的绝对值大于3， 结合数轴不难得出x ＞32或x ＜－32，故x ∈{x |x ＞32或x ＜－32}．答案：{x |x ＞32或x ＜－32}8．(2011年江西)对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为________． 解析：法一：|x －1|≤1⇒0≤x ≤2，|y －2|≤1⇒1≤y ≤3，可得可行域如图(阴影部分)．∵|x －2y ＋1|＝5，|x －2y ＋1|5.其中z ＝|x －2y ＋1|5为点(x ，y )到直线x －2y ＋1＝0的距离．当(x ，y )为(0,3)时z 取得最大值|0－2×3＋1|5＝55. 故|x －2y ＋1|max ＝5.法二：|x －2y ＋1|＝|(x －1)－2(y －2)－2|≤|x －1|＋2|y －2|＋2≤1＋2＋2＝5，当且仅当x ＝0，y ＝3时，|x －2y ＋1|取最大值为5.答案：59．给出下列四个命题：①若log a (a 2＋4)≤log a (4a )＜0，则a 的取值范围是(1，＋∞)； ②函数f (x )＝log 2(x 2－5x ＋1)的单调递减区间为(－∞，52)；③不等式|x |＋|log 2 x |＞|x ＋log 2 x |的解集为(0,1)； ④若|a ＋b |＜－c (a ，b ，c ∈R )，则|a |＜|b |－c . 以上四个命题中，正确命题的序号为________． 解析：对于①，由于a 2＋4≥4a且log a (a 2＋4)≤log a (4a )，∴0＜a ＜1，∴①错； 对于②，由x 2－5x ＋1＞0， 得x ＞5＋212或x ＜5－212，∴f (x )＝log 2(x 2－5x ＋1)的递减区间为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，5－212，故②错； 对于③，必有x ＞0且log 2 x ＜0， ∴0＜x ＜1故③正确．对于④，∵|a |－|b |≤|a ＋b |＜－c ， ∴|a |＜|b |－c ，故④正确． 答案：③④ 三、解答题10．(2011年江苏)解不等式x ＋|2x －1|<3.解析：法一：原不等式可化为|2x －1|<3－x .∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1<3－x 2x －1>x －3，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x <43x >－2.∴原不等式的解集是{x |－2<x <43} 法二：原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1≥0，x ＋(2x －1)<3或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1<0，x －(2x －1)<3. 解得12≤x <43或－2<x <12. 所以原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－2<x <43. 11．(2011年福建)设不等式|2x －1|<1的解集为M .(1)求集合M ：(2)若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．解析：(1)由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x <1，所以M ＝{x |0<x <1}．(2)由(1)和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1.所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0，故ab ＋1>a ＋b .12．已知二次函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )的定义域为[－1,1]，且|f (x )|的最大值为M .(1)试证明|1＋b |≤M ；(2)试证明M ≥12； (3)当M ＝12时，试求出f (x )的解析式． 解析：证明：(1)∵M ≥|f (－1)|＝|1－a ＋b |，M ≥|f (1)|＝|1＋a ＋b |，∴2M ≥|1－a ＋b |＋|1＋a ＋b |≥|(1－a ＋b )＋(1＋a ＋b )|＝2|1＋b |，∴|1＋b | ≤M .(2)证明：依题意，M ≥|f (－1)|，M ≥|f (0)|，M ≥|f (1)|，又|f (－1)|＝|1－a ＋b |，|f (1)|＝|1＋a ＋b |，|f (0)|＝|b |，∴4M ≥|f (－1)|＋2|f (0)|＋|f (1)|＝|1－a ＋b |＋2|b |＋|1＋a ＋b |≥|(1－a ＋b )－2b ＋(1＋a ＋b )|＝2，∴M ≥12. (3)当M ＝12时，|f (0)|＝|b |≤12，－12≤b ≤12① 同理－12≤1＋a ＋b ≤12② －12≤1－a ＋b ≤12③ ②＋③得－32≤b ≤－12④ 由①④得b ＝－12，当b ＝－12时，分别代入②③得⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤a ≤00≤a ≤1⇒a ＝0，因此f (x )＝x 2－12.。

第1节绝对值不等式全国卷五年考情图解高考命题规律把握本题为高考选做题，以解答题形式出现，分值10分.2.考查内容(1)含绝对值不等式主要考查其解法及利用不等式恒成立求参数的值或范围；(2)不等式的证明主要考查用均值不等式、柯西不等式证明不等式.绝对值不等式[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－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b，c∈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－a|＋|x －b|≥c.1．绝对值不等式的解集(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解法：不等式a>0a＝0a<0|x|<a {x|－a＜x＜a}∅∅|x|>a {x|x＞a或x＜－a}{x∈R|x≠0}R(2)|ax＋b|≤c，|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 ，|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法： 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． 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想．法三：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．绝对值三角不等式定理1：如果a ，b 是实数，那么|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立． 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．一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (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、教材习题衍生1．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)D [由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|2x －5|<9，|2x －5|≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧－9<2x －5<9，2x －5≥3或2x －5≤－3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <7，x ≥4或x ≤1， 不等式的解集为(－2,1]∪[4,7)．] 2．不等式|x －1|－|x －5|<2的解集是( ) A ．(－∞，4) B ．(－∞，1) C ．(1,4)D ．(1,5)A [①当x <1时，原不等式等价于1－x －(5－x )<2，即－4<2，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x<4.]3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝.2[∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.]4．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是．[－2,4][利用数轴及不等式的几何意义可得x到a与到1的距离和小于3，所以a的取值范围为－2≤a≤4.]考点一含绝对值不等式的解法模型一形如|x－a|±|x－b|≥(≤)c的不等式，主要有如下三种解法：①零点分段法．不妨设a＜b，利用绝对值符号内的式子对应的方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b)，[b，＋∞)三段，在每一段上去掉原不等式的绝对值符号，分别列出对应的不等式(组)并求解，然后取这些解集的并集．②图象法．作出y＝|x－a|±|x－b|和y＝c或y＝|x－a|±|x－b|－c的图象，结合图象求解．该方法体现了数形结合和函数与方程的数学思想．③几何法．利用绝对值不等式的几何意义——|x－a|±|x－b|表示数轴上所有的点到a，b 对应的点的距离之和或差求解．该方法体现了数形结合的数学思想．模型二形如|mx－a|±|nx－b|≥(≤)c的不等式，主要采用上述方法①②进行求解．模型三形如|mx－a|±|nx－b|≥(≤)cx＋d的不等式，主要采用上述方法①②进行求解．[典例1](1)(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．①当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；②若x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求a的取值范围．(2)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)①当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x <1时，f (x )＝－2(x －1)2<0；当x ≥1时，f (x )≥0. 所以，不等式f (x )<0的解集为(－∞，1)． ②因为f (a )＝0，所以a ≥1. 当a ≥1，x ∈(－∞，1)时，f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)<0 所以a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)①当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于 x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.①当x <－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1；当x >1时，①式化为x 2＋x －4≤0， 从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172.②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]．点评：(1)解含绝对值的不等式时，若两个绝对值中x 的系数为1(或可化为1)，选用几何法或图象法求解较为简单．若x 的系数不全为1，则选用零点分段讨论法求解，同时注意端点值的取舍；(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．[跟进训练]1．已知函数f (x )＝|2x ＋1|，g (x )＝|x |＋a . (1)当a ＝0时，解不等式f (x )≥g (x )；(2)若存在x ∈R ，使f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝0时，由f (x )≥g (x )，得|2x ＋1|≥|x |.两边平方整理，得3x 2＋4x ＋1≥0， 解得x ≤－1或x ≥－13.所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪⎣⎡⎭⎫－13，＋∞. (2)由f (x )≤g (x )，得a ≥|2x ＋1|－|x |. 令h (x )＝|2x ＋1|－|x |，则h (x )＝⎩⎨⎧－x －1，x ≤－12，3x ＋1，－12<x <0，x ＋1，x ≥0.由分段函数图象可知h (x )mi n ＝h ⎝⎛⎭⎫－12＝－12， 从而所求实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫－12，＋∞. 2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝|3x ＋1|－2|x －1|.(1)画出y ＝f (x )的图象；(2)求不等式f (x )>f (x ＋1)的解集．[解] (1)由题设知f (x )＝⎩⎨⎧－x －3，x ≤－13，5x －1，－13<x ≤1，x ＋3，x >1.y ＝f (x )的图象如图所示．(2)函数y ＝f (x )的图象向左平移1个单位长度后得到函数y ＝f (x ＋1)的图象．y ＝f (x )的图象与y ＝f (x ＋1)的图象的交点坐标为⎝⎛⎭⎫－76，－116. 由图象可知当且仅当x <－76时，y ＝f (x )的图象在y ＝f (x ＋1)的图象上方．故不等式f (x )>f (x ＋1)的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－76. 考点二 绝对值不等式性质的应用1．求含绝对值的函数最值，常用的三种方法 (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．2．利用不等式|a ＋b |≤|a |＋|b |(a ，b ∈R )和|a －b |≤|a －c |＋|c －b |(a ，b ，c ∈R )，通过确定适当的a ，b ，利用整体思想使函数、不等式中不含变量，可以求最值，也可以证明不等式．[典例2] (1)若对于实数x ，y 有|1－x |≤2，|y ＋1|≤1，求|2x ＋3y ＋1|的最大值． (2)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)由|2x ＋3y ＋1|＝|2(x －1)＋3(y ＋1)|≤2|x －1|＋3|y ＋1|≤7，得|2x ＋3y ＋1|的最大值为7.(2)①当a ＝1时， f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x ≤－1，2，－1＜x ≤2，－2x ＋6，x ＞2.可得f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}． ②f (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，＋∞)． 点评：对于求y ＝||x －a ＋||x －b 或y ＝||x ＋a －||x －b 型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y ＝||x －a ＋||x －b 的函数只有最小值，形如y ＝||x －a －||x －b 的函数既有最大值又有最小值．[跟进训练]1．已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R . (1)解不等式f (x )<|x |＋1；(2)若对于x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )<1.[解] (1)f (x )<|x |＋1⇔|x |－|2x －1|＋1>0，当x <0时，－x ＋(2x －1)＋1>0，得x >0，所以无解； 当0≤x ≤12时，x ＋(2x －1)＋1>0，得x >0，所以0<x ≤12；当x >12时，x －(2x －1)＋1>0，得x <2，所以12<x <2.故不等式f (x )<|x |＋1的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56<1.故不等式f (x )＜1得证． 2．已知函数f (x )＝|x |－|2x －2|. (1)求不等式f (x )≥－3的解集；(2)若a ∈R ，且a ≠0，证明：|4a －1|＋⎪⎪⎪⎪1a ＋1≥4f (x )． [解] (1)法一：f (x )＝|x |－|2x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2，x ＜0，3x －2，0≤x ≤1，－x ＋2，x ＞1，作出f (x )的图象，如图所示．结合图象，函数f (x )在(－∞，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， 又f (－1)＝－3，f (5)＝－3，所以不等式f (x )≥－3的解集是{x |－1≤x ≤5}． 法二：f (x )＝|x |－|2x －2|≥－3，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0－x ＋2x －2≥－3或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ＜1x ＋2x －2≥－3或⎩⎨⎧x ≥1x －2x ＋2≥－3，解得－1≤x ＜0或0≤x ＜1或1≤x ≤5， 所以不等式f (x )≥－3的解集是{x |－1≤x ≤5}．(2)由(1)知函数f (x )的最大值是f (1)＝1，所以f (x )≤1恒成立． 因为|4a －1|＋⎪⎪⎪⎪1a ＋1≥⎪⎪⎪⎪4a －1＋1a ＋1＝⎪⎪⎪⎪4a ＋1a ＝|4a |＋1|a |≥4， 当且仅当a ＝±12时，等号成立．所以|4a －1|＋⎪⎪⎪⎪1a ＋1≥4f (x )．考点三 绝对值不等式的综合应用与绝对值不等式有关的参数范围问题及解法设函数f(x)中含有绝对值，则(1)f(x)>a有解⇔f(x)ma x>a.(2)f(x)>a恒成立⇔f(x)mi n>a.(3)f(x)>a恰在(c，b)上成立⇔c，b是方程f(x)＝a的解．[典例3](1)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.①求不等式f(x)≥1的解集；②若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．(2)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)①f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x<－1，2x－1，－1≤x≤2，3，x>2.当x<－1时，f(x)≥1无解；当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；当x>2时，由f(x)≥1，解得x>2，所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．②由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－⎝⎛⎭⎫|x |－322＋54≤54， 当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54.故m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，54. (2)①f (x )＝⎩⎨⎧－3x ，x ＜－12，x ＋2，－12≤x ＜1，3x ，x ≥1.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.点评：(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． [跟进训练]1．设函数f (x )＝x ＋|x －a |.(1)当a ＝2 020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] (1)由题意得，当a ＝2 020时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2020，x ≥2 020，2 020，x <2 020，因为f (x )在[2 020，＋∞)上单调递增， 所以f (x )的值域为[2 020，＋∞)．(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 |)mi n >2.而|x ＋1|＋|x －a |≥|(x ＋1)－(x －a )|＝|1＋a |，所以|1＋a |>2，解得a >1或a <－3.即a 的取值范围是(－∞，－3)∪(1，＋∞)．2．已知函数f (x )＝||ax －2，不等式f (x )≤4的解集为{}x |－2≤x ≤6.(1)求实数a 的值；(2)设g (x )＝f (x )＋f (x ＋3)，若存在x ∈R ，使g (x )－tx ≤2成立，求实数t 的取值范围．[解] (1)由||ax －2≤4得－4≤ax －2≤4，即－2≤ax ≤6.当a >0时，－2a ≤x ≤6a ， 所以⎩⎨⎧ －2a ＝－2，6a ＝6，解得a ＝1；当a <0时，6a ≤x ≤－2a， 所以⎩⎨⎧ 6a ＝－2，－2a ＝6，无解．所以实数a 的值为1.(2)由已知g (x )＝f (x )＋f (x ＋3)＝|x ＋1|＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋1，x ≤－1，3，－1<x <2，2x －1，x ≥2，不等式g (x )－tx ≤2转化成g (x )≤tx ＋2，由题意知函数g (x )的图象与直线y ＝tx ＋2相交，作出对应图象，由图得，当t <0时，t ≤k AM ；当t >0时，t ≥k BM ，又因为k AM ＝－1，k BM ＝12，所以t ≤－1或t ≥12， 即t ∈(－∞，－1]∪[12，＋∞)．。

选修4－5不等式选讲第一节绝对值不等式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：1|a＋b|≤|a|＋|b|a，b∈R；2|a－b|≤|a－c|＋|c－b|a，b，c∈R 2会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|a ＋b|≤c；|a＋b|≥c；|－c|＋|－b|≥a突破点一绝对值不等式的解法1含绝对值的不等式||＜a与||＞a的解集不等式a＞0a＝0a＜0|∅∅2|a＋|≤，|＋|≥＞0型不等式的解法①|a＋b|≤c⇔－c≤a＋b≤c；②|a＋b|≥c⇔a＋b≥c或a＋b≤－c3|－a|＋|－b|≥c，|－a|＋|－b|≤cc＞0型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解；②利用零点分段法求解；③构造函数，利用函数的图象求解．一、判断题对的打“√”，错的打“×”1不等式||＜a的解集为{|－a＜＜a}．2|－a|＋|－b|的几何意义是表示数轴上的点到点a，b的距离之和．3不等式|2－3|≤5的解集为{|－1≤≤4}．答案：1×2√3√二、填空题1．不等式|＋1|－|－2|≥1的解集是________．答案：[1，＋∞2．若不等式|－4|≤2的解集为{|1≤≤3}，则实数＝________答案：23．函数y＝|－4|＋|＋4|的最小值为________．答案：8[典例] 解下列不等式：1|2＋1|－2|－1|＞0；2|＋3|－|2－1|＜＋1[解] 1法一：原不等式可化为|2＋1|＞2|－1|，两边平方得42＋4＋1＞42－2＋1，解得＞，所以原不等式的解集为法二：原不等式等价于或或解得＞，所以原不等式的解集为2①当＜－3时，原不等式化为－＋3－1－2＜＋1，解得＜10，∴＜－3②当－3≤≤时，原不等式化为＋3－1－2＜＋1，解得＜－，∴－3≤＜－③当＞时，原不等式化为＋3－2－1＜＋1，解得＞2，∴＞2综上可知，原不等式的解集为[方法技巧]绝对值不等式的常用解法1基本性质法对a∈R＋，||＜a⇔－a＜＜a，||＞a⇔＜－a或＞a2平方法两边平方去掉绝对值符号．3零点分区间法含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式组求解．[针对训练]1．2022·广州模拟已知函数f＝|＋a|1当a＝1时，求不等式f≤|2＋1|－1的解集；2若函数g＝f－|＋3|的值域为A，且[－2,1]⊆A，求a的取值范围．解：1当a＝1时，f＝|＋1|，①当≤－1时，原不等式可化为－－1≤－2－2，解得≤－1；②当－1＜＜－时，原不等式可化为＋1≤－2－2，解得≤－1，此时原不等式无解；③当≥－时，原不等式可化为＋1≤2，解得≥1综上可知，原不等式的解集为{|≤－1或≥1}．2因为||＋a|－|＋3||≤|＋a－＋3|＝|a－3|，所以g＝f－|＋3|＝|＋a|－|＋3|∈[－|a－3|，|a－3|]．所以函数g的值域A＝[－|a－3|，|a－3|]．因为[－2,1]⊆A，所以解得a≤1或a≥5所以a的取值范围是－∞，1]∪[5，＋∞．2．2022·全国卷Ⅰ已知f＝|＋1|－|a－1|1当a＝1时，求不等式f＞1的解集；2若∈0,1时不等式f＞成立，求a的取值范围．解：1当a＝1时，f＝|＋1|－|－1|，即f＝故不等式f＞1的解集为2当∈0,1时|＋1|－|a－1|＞成立等价于当∈0,1时|a－1|＜1成立．若a≤0，则当∈0,1时，|a－1|≥1；若a＞0，则|a－1|＜1的解集为，所以≥1，故0＜a≤2综上，a的取值范围为0,2]．突破点二绝对值三角不等式绝对值三角不等式定理定理1如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立定理2如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当a－bb－c≥0时，等号成立一、判断题对的打“√”，错的打“×”1|a＋b|＋|a－b|≥|2a|2不等式|a－b|≤|a|＋|b|等号成立的条件是ab≤0答案：1√2√二、填空题1．设a，b为满足ab＜0的实数，那么下列正确的是________填序号．①|a＋b|＞|a－b|；②|a＋b|＜|a－b|；③|a－b|＜||a|－|b||; ④|a－b|＜|a|＋|b|解析：∵ab＜0，∴|a－b|＝|a|＋|b|＞|a＋b|答案：②2．若存在实数使|－a|＋|－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．解析：∵|－a|＋|－1|≥|－a－－1|＝|a－1|，要使|－a|＋|－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4答案：[－2,4]3．若|－1|≤1，|y－2|≤1，则|－2y＋1|的最大值为________．解析：|－2y＋1|＝|－1－2y－2－2|≤|－1|＋2|y－2|＋2≤5答案：5考法一证明绝对值不等式[例1] 已知，y∈R，且|＋y|≤，|－y|≤，求证：|＋5y|≤1[证明] ∵|＋5y|＝|3＋y－2－y|，∴由绝对值不等式的性质，得|＋5y|＝|3＋y－2－y|≤|3＋y|＋|2－y|＝3|＋y|＋2|－y|≤3×＋2×＝1即|＋5y|≤1[方法技巧]绝对值不等式证明的3种主要方法1利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．2利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．3转化为函数问题，数形结合进行证明．考法二与绝对值不等式有关的参数范围问题[例2] 设函数f＝|＋3|，g＝|2－1|1解不等式f＜g；2若2f＋g＞a＋4对任意的实数恒成立，求a的取值范围．[解] 1由已知，可得|＋3|＜|2－1|，即|＋3|2＜|2－1|2，则有32－10－8＞0，∴＜－或＞4故所求不等式的解集为∪4，＋∞．2设h＝2f＋g＝2|＋3|＋|2－1|＝当≤－3时，－4－5＞a＋4，即a＜－4－9，∵≤－3＜0，∴a＞＝－4－∴a＞ma，∴a＞－1当－3＜＜时，7＞a＋4，即a－3＜0则∴∴－1≤a≤6当≥时，4＋5＞a＋4，即a＜4＋1∵≥＞0，∴a＜＝4＋∵4＋＞4，且无限趋近于4，∴a≤4综上，a的取值范围是－1,4]．[方法技巧]两招解不等式问题中的含参问题已知f＝|＋2|－|2－1|，M为不等式f＞0的解集．1求M；2求证：当，y∈M时，|＋y＋y|＜15解：1f＝当＜－2时，由－3＞0，得＞3，舍去；当－2≤≤时，由3＋1＞0，得＞－，即－＜≤；当＞时，由－＋3＞0，得＜3，即＜＜3，综上，M＝2证明：∵，y∈M，∴||＜3，|y|＜3，∴|＋y＋y|≤|＋y|＋|y|≤||＋|y|＋|y|＝||＋|y|＋||·|y|＜3＋3＋3×3＝15已知函数f＝|＋1－2a|＋|－a2|，a∈R，g＝2－2－4＋1若f2a2－1＞4|a－1|，求实数a的取值范围；2若存在实数，y，使f＋gy≤0，求实数a的取值范围．解：1∵f2a2－1＞4|a－1|，∴|2a2－2a|＋|a2－1|＞4|a－1|，∴|a－1|2|a|＋|a＋1|－4＞0，∴|2a|＋|a＋1|＞4且a≠1①若a≤－1，则－2a－a－1＞4，∴a＜－；②若－1＜a＜0，则－2a＋a＋1＞4，∴a＜－3，此时无解；③若a≥0且a≠1，则2a＋a＋1＞4，∴a＞1综上所述，a的取值范围为∪1，＋∞．2∵g＝－12＋－5≥2－5＝－1，显然可取等号，∴g min＝－1于是，若存在实数，y，使f＋gy≤0，只需f min≤1又f＝|＋1－2a|＋|－a2|≥|＋1－2a－－a2|＝a－12，∴a－12≤1，∴－1≤a－1≤1，∴0≤a≤2，即实数a的取值范围为[0,2]．[课时跟踪检测]1．2022·广东宝安中学等七校联考已知函数f＝|2－1|－|－a|，a∈R1当a＝1时，解不等式f＜1；2当∈－1,0时，f＞1有解，求a的取值范围．解：1当a＝1时，f＝|2－1|－|－1|＝当≤时，－＜1，解得＞－1，∴－1＜≤；当＜≤1时，3－2＜1，解得＜1，∴＜＜1；当＞1时，＜1，无解．综上所述，不等式f＜1的解集为{|－1＜＜1}．2当∈－1,0时，f＞1有解⇔|－a|＜－2有解⇔2＜－a＜－2有解⇔3＜a＜－有解，∵3＞－3，－＜1，∴－3＜a＜1，即实数a的取值范围是－3,1．2．2022·惠州调研已知函数f＝|2－1|＋|＋1|，g＝|－a|＋|＋a|1解不等式f＞9；2∀1∈R，∃2∈R，使得f1＝g2，求实数a的取值范围．解：1f＝f＞9等价于或或综上，原不等式的解集为{|＞3或＜－3}．2|－a|＋|＋a|≥2|a|由1知f≥f＝，所以2|a|≤，－＜a＜，所以实数a的取值范围是3．2022·陕西部分学校摸底测试已知函数f＝2|＋1|＋|－a|a∈R．1若a＝1，求不等式f≥5的解集；2若函数f的最小值为3，求实数a的值．解：1若a＝1，则f＝2|＋1|＋|－1|＝当≥1时，3＋1≥5，即≥，∴≥；当－1＜＜1时，＋3≥5，即≥2，此时无解；当≤－1时，－3－1≥5，即≤－2，∴≤－2综上所述，不等式f≥5的解集为2当a＝－1时，f＝3|＋1|的最小值为0，不符合题意；当a＞－1时，f＝∴f min＝f－1＝1＋a＝3，此时a＝2；当a＜－1时，f＝∴f min＝f－1＝－1－a＝3，此时a＝－4综上所述，a＝2或a＝－44．2022·惠州模拟已知函数f＝m－|－1|－|＋1|1当m＝5时，求不等式f＞2的解集；2若二次函数y＝2＋2＋3的图象与函数f的图象恒有公共点，求实数m的取值范围．解：1当m＝5时，f＝由f＞2得不等式的解集为2二次函数y＝2＋2＋3＝＋12＋2，该函数在＝－1处取得最小值2，因为f＝在＝－1处取得最大值m－2，所以要使二次函数y＝2＋2＋3的图象与函数f的图象恒有公共点，只需m－2≥2，即m≥4所以实数m的取值范围为[4，＋∞．5．2022·长春模拟设不等式||＋1|－|－1||＜2的解集为A 1求集合A；2若a，b，c∈A，求证：＞1解：1由已知，令f＝|＋1|－|－1|＝由|f|＜2得－1＜＜1，即A＝{|－1＜＜1}．2证明：要证＞1，只需证|1－abc|＞|ab－c|，只需证1＋a2b2c2＞a2b2＋c2，只需证1－a2b2＞c21－a2b2，只需证1－a2b21－c2＞0，由a，b，c∈A，得－1＜ab＜1，c2＜1，所以1－a2b21－c2＞0恒成立．综上，＞16．2022·太原模拟已知函数f＝|－a|＋a≠0．1若不等式f－f＋m≤1恒成立，求实数m的最大值；2当a＜时，函数g＝f＋|2－1|有零点，求实数a的取值范围．解：1∵f＝|－a|＋a≠0，∴f＋m＝|＋m－a|＋，∴f－f＋m＝|－a|－|＋m－a|≤|m|，∴|m|≤1，∴－1≤m≤1，∴实数m的最大值为12当a＜时，g＝f＋|2－1|＝|－a|＋|2－1|＋＝又函数g有零点，∴g min＝g＝－a＋＝≤0，∴或∴－≤a＜0，∴实数a的取值范围是7．2022·全国卷Ⅱ设函数f＝5－|＋a|－|－2|1当a＝1时，求不等式f≥0的解集；2若f≤1，求a的取值范围．解：1当a＝1时，f＝当＜－1时，由2＋4≥0，解得－2≤＜－1；当－1≤≤2时，显然满足题意；当＞2时，由－2＋6≥0，解得2＜≤3，故f≥0的解集为{|－2≤≤3}．2f≤1等价于|＋a|＋|－2|≥4而|＋a|＋|－2|≥|a＋2|，且当＝2时等号成立．故f≤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，＋∞．8．2022·沈阳模拟已知函数f＝|－a|＋3，其中a∈R 1当a＝1时，求不等式f≥3＋|2＋1|的解集；2若不等式f≤0的解集为{|≤－1}，求a的值．解：1当a＝1时，f＝|－1|＋3，由f≥3＋|2＋1|，得|－1|－|2＋1|≥0，当＞1时，－1－2＋1≥0，得≤－2，无解；当－≤≤1时，1－－2＋1≥0，得－≤≤0；当＜－时，1－＋2＋1≥0，得－2≤＜－∴不等式的解集为{|－2≤≤0}．2法一：由|－a|＋3≤0，可得或即或当a＞0时，不等式的解集为由－＝－1，得a＝2当a＝0时，不等式的解集为，不合题意．当a＜0时，不等式的解集为由＝－1，得a＝－4综上，a＝2或a＝－4法二：当≥a时，f＝4－a，函数f为增函数，由不等式f≤0的解集为{|≤－1}得，f－1＝4×－1－a＝0，得a＝－4当＜a时，f＝2＋a，函数f为增函数，由不等式f≤0的解集为{|≤－1}得，f－1＝2×－1＋a＝0，得a＝2经检验，a＝2或a＝－4都符合题意，故a的值为2或－4。