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•第四节绝对值不等式•1．绝对值三角不等式•定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤_______，当且仅当________时，等号成立．•定理2：如果a，b，c是实数，那么________________________，当且仅当______________时，等号成立．|a|＋|b|ab≥0|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a－b)(b－c)≥0•2．绝对值不等式的解法•(1)含绝对值的不等式|x|a与|x|a的解集分类解集不等式a0a＝0a0|x|a{x|－a＜x＜a}∅∅|x|a{x|x＞a或x＜－a}{x∈R|x≠0}R•(2)|ax＋b|≤c、|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法：•(3)|x－a|＋|x－b|≥c、|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法：•1．|a＋b|与|a|－|b|，|a－b|与|a|－|b|、|a|＋|b|之间有什么关系？•【提示】|a＋b|≥|a|－|b|；||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|.•2．|x－a|±|x－b|表示的几何意义是什么？•【提示】|x－a|±|x－b|表示数轴上的点x到点a、b的距离之和(差)．•1．(教材改编题)设ab0，下面四个不等式中，正确的是()•①|a＋b||a|；②|a＋b||b|；③|a＋b||a－b|；•④|a＋b||a|－|b|.•A．①和②B．①和③•C．①和④D．②和④•【解析】∵ab＞0，即a，b同号，则|a＋b|＝|a|＋|b|，∴①④正确，②③错误．•【答案】C•2．(2013·肇庆统考)不等式|3x－4|≤4的解集是________．【解析】由|3x－4|≤4得－4≤3x－4≤4⇒0≤x≤83.【答案】{x|0≤x≤83}•3．(2012·山东高考)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________．•【解析】由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.•∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，•∴k＝2.•【答案】2•4．(2012·湖南高考)不等式|2x＋1|－2|x－1|0的解集为________．【答案】{x|x14}【解析】原不等式化为|2x＋1|＞2|x－1|两边平方，化简得4x＋1＞4－8x，解之得x＞14，∴原不等式的解集{x|x14}．•(2013·韶关质检)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．•【思路点拨】(1)将|x－2y＋1|变形，设法用x－1与y－2表示，利用绝对值三角不等式求最大值；•(2)由|x－1|≤1，|y－2|≤1分别求x、y的取值范围，然后运用不等式的性质和绝对值的意义求解．•【尝试解答】法一|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5.•法二∵|x－1|≤1，∴－1≤x－1≤1，∴0≤x≤2.•又∵|y－2|≤1，∴－1≤y－2≤1，∴1≤y≤3，•从而－6≤－2y≤－2.•由同向不等式的可加性可得－6≤x－2y≤0，•∴－5≤x－2y＋1≤1，∴|x－2y＋1|的最大值为5.•【答案】51．(1)法一的关键是把|x－2y＋1|变形为|(x－1)－2(y－2)－2|，进而利用绝对值三角不等式；(2)法二把求|x－2y＋1|的最大值问题，转化为求x－2y＋1的取值范围问题．2．(1)利用绝对值三角不等式求最值时，要指明取到等号的条件；(2)若注意到|x－2y＋1|＝5·|x－2y＋1|5，亦可由点(x，y)到直线x－2y＋1＝0的距离求解．•(2012·陕西高考)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|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，•要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，•∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.•【答案】[－2，4]•(2012·课标全国卷)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．•【思路点拨】(1)利用绝对值的定义，分零点区间讨论去绝对值符号，分类讨论求解．(2)求a的取值范围，要利用解集关系，得关于a的不等式．•【尝试解答】(1)当a＝－3时，不等式f(x)≥3化为|x－3|＋|x－2|≥3.(*)•若x≤2时，由(*)式，得5－2x≥3，∴x≤1.•若2＜x＜3时，由(*)式知，解集为∅.•若x≥3时，由(*)式，得2x－5≥3，∴x≥4.•综上可知，f(x)≥3的解集是{x|x≥4或x≤1}．•(2)原不等式等价于|x－4|－|x－2|≥|x＋a|(**)•当1≤x≤2时，(**)式化为4－x－(2－x)≥|x＋a|，•解之得－2－a≤x≤2－a.•由条件，[1，2]是f(x)≤|x－4|的解集的子集，•∴－2－a≤1且2≤2－a，则－3≤a≤0，•故满足条件的实数a的取值范围是[－3，0]．•1．求解本题要注意两点：(1)要求的不等式的解集是各类情形的并集，零点分段法操作程序是：找零点，分区间，分段讨论．(2)对于(**)式，恰当运用条件，简化了分类讨论，优化解题过程．•2．求解该类问题的关键是去绝对值符号，本题中运用零点分段法去绝对值，此外还常利用绝对值的几何意义求解．•(1)(2012·江西高考)在实数范围内，不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6的解集是________．•(2)不等式x＋|2x－1|＜3的解集是________．【解析】(1)原不等式化为|x－12|＋|x＋12|≤3.其几何意义是数轴上到12与－12两点的距离之和不超过3的点的集合．又点32或－32到两点12与－12的距离之和恰好为3，数形结合，不等式的解集为{x|－32≤x≤32}．(2)由x＋|2x－1|＜3，得|2x－1|＜3－x.∴原不等式化为2x－1≥0，2x－1＜3－x或2x－1＜0，1－2x＜3－x，解得12≤x＜43或－2＜x＜12.所以原不等式的解集是{x|－2＜x＜43}．【答案】(1){x|－32≤x≤32}(2){x|－2＜x＜43}•若f(x)＝x2－x＋c(c为常数)，|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(1＋|a|)．•【思路点拨】利用绝对值不等式的性质进行放缩．•【尝试解答】|f(x)－f(a)|＝|(x2－x＋c)－(a2－a＋c)|•＝|x2－x－a2＋a|＝|(x－a)(x＋a－1)|•＝|x－a||x＋a－1|＝|x－a||(x－a)＋(2a－1)|，•∵|x－a|＜1，•∴|x－a||(x－a)＋(2a－1)|＜|(x－a)＋(2a－1)|•≤|x－a|＋|2a－1|＜1＋|2a|＋1＝2(1＋|a|)．•故不等式|f(x)－f(a)|＜2(1＋|a|)成立．•含绝对值不等式的证明主要分两类：一类是比较简单的不等式可以通过平方法或换元法等去掉绝对值转化为常见的不等式的证明，另一类是利用绝对值三角不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添加、拆项证明，但一定注意放缩要适当．(2012·江苏高考)已知实数x，y满足：|x＋y|13，|2x－y|16，求证：|y|518.【证明】因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|13，|2x－y|16，从而3|y|23＋16＝56，所以|y|518.•(2013·清远调研)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．•【思路点拨】(1)由|x－a|≤3求不等式的解集，与已知比较，求参数a的值；(2)利用绝对值不等式的性质或函数的单调性，求y＝f(x)＋f(x＋5)的最小值，得参数不等式求解．【尝试解答】(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)法一由(1)知a＝2，此时f(x)＝|x－2|，设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3|，于是g(x)＝－2x－1，x＜－3，5，－3≤x≤2，2x＋1，x＞2.利用g(x)的单调性，易知g(x)的最小值为5.因此，若g(x)＝f(x)＋f(x＋5)≥m对x∈R恒成立，知实数m的取值范围是(－∞，5]．法二当a＝2时，f(x)＝|x－2|.设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3|.由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2时等号成立)，∴g(x)的最小值为5.因此，若g(x)＝f(x)＋f(x＋5)≥m对x∈R恒成立，知实数m的取值范围是(－∞，5]．•1．第(2)问求解的关键是转化为求f(x)＋f(x＋5)的最小值，法一是运用分类讨论思想，利用函数的单调性；法二是利用绝对值不等式的性质(应注意等号成立的条件)．•2．将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．•已知函数f(x)＝|x－3|－2，g(x)＝－|x＋1|＋4.•(1)若函数f(x)的值不大于1，求x的取值范围；•(2)若不等式f(x)－g(x)≥m＋1对任意x∈R恒成立，求实数m的最大值．•【解】(1)依题意，f(x)≤1，即|x－3|≤3.•∴－3≤x－3≤3，∴0≤x≤6，•因此实数x的取值范围是[0，6]．•(2)f(x)－g(x)＝|x－3|＋|x＋1|－6•≥|(x－3)－(x＋1)|－6＝－2，•∴f(x)－g(x)的最小值为－2，•要使f(x)－g(x)≥m＋1的解集为R.•应有m＋1≤－2，∴m≤－3，•故实数m的最大值是－3.•一种方法•零点分段讨论法是求解绝对值不等式的基本方法．其操作程序是：找零点、分区间、分段讨论．•三个转化•1.|f(x)|＞g(x)⇔f(x)＞g(x)或f(x)＜－g(x)．•2．|f(x)|＜g(x)⇔－g(x)＜f(x)＜g(x)．•3．对于不等式f(x)＜a有解、无解，可转化为最值问题，即•(1)f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a；•(2)f(x)＜a无解⇔f(x)min≥a.•三种思想•(1)数形结合思想；•(2)等价转化思想；•(3)分类讨论思想．•从近两年新课标命题看，含绝对值不等式的解法是选考内容4－5考查的热点，难度为中等.2012年高考客观题考查绝对值不等式的解法；主观题主要以函数为载体考查含参数的不等式，突出转化化归思想与分类讨论思想的考查，预计2014年仍延续这一命题方向．规范解答之九绝对值不等式中逆向问题的正向求解策略(10分)(2012·辽宁高考)已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若|f(x)－2f(x2)|≤k恒成立，求k的取值范围．【规范解答】(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，······2分∴当a≤0时，不合题意．当a0时，－4a≤x≤2a，因此－4a＝－2且2a＝1，∴a＝2.········5分(2)由(1)知f(x)＝|2x＋1|记h(x)＝f(x)－2f(x2)＝|2x＋1|－2|x＋1|则h(x)＝1，x≤－1，－4x－3，－1x－12，－1，x≥－12，······8分所以|h(x)|≤1，因此k≥1.·········10分•【解题程序】第一步：解不等式f(x)≤3；•第二步：比较解集，建立a的方程，求a＝2；•第三步：分区间讨论，化f(x)－2f