（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第七章 不等式 第5讲 绝对值不等式课件

第七章不等式第5讲绝对值不等式1．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a＞0a＝0a＜0|x|＜a_______________________|x|＞a________________________________________{x|－a＜x＜a}∅∅{x|x＞a或x＜－a}{x|x∈R且x≠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⇔______________；②|ax＋b|≥c⇔_____________________．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．－c≤ax＋b≤cax＋b≥c或ax＋b≤－c上述定理还可以推广得到以下几个不等式：(1)|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|；(2)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|；(3)||a|－|b||≤|a－b|≤|a|＋|b|.对于任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为()A．1B．2C．3D．4解析：选C.因为|x－1|＋|x|≥|x－1－x|＝1，|y－1|＋|y＋1|≥|y－1－(y＋1)|＝2，所以|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3.故选C.(2019·浙江省名校联考)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：选D.|x－5|＋|x＋3|表示数轴上的点到－3，5的距离之和，故不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是(－∞，－4]∪[6，＋∞)，故选D.在实数范围内，不等式||x－2|－1|≤1的解集为____________．解析：依题意得－1≤|x－2|－1≤1，即|x－2|≤2，解得0≤x≤4.答案：[0，4]不等式|x＋3|－|x－1|＞0的解集为____________．解析：解|x＋3|＝0，得x＝－3；解|x－1|＝0，得x＝1.当x≤－3时，原不等式可转化为－(x＋3)＋(x－1)＞0，即－4＞0，无解；当－3＜x≤1时，原不等式可转化为x＋3＋(x－1)＞0，解得x＞－1，故解集为{x|－1＜x≤1}；当x＞1时，原不等式可转化为x＋3－(x－1)＞0，即4＞0，恒成立，故解集为{x|x＞1}．综上，原不等式的解集为{x|x＞－1}．答案：(－1，＋∞)(1)(2019·嘉兴市高考模拟)已知f(x)＝x－2，g(x)＝2x－5，则不等式|f(x)|＋|g(x)|≤2的解集为________；|f(2x)|＋|g(x)|的最小值为________．(2)解不等式|x＋3|－|2x－1|x2＋1.绝对值不等式的解法【解】(1)因为f(x)＝x－2，g(x)＝2x－5，所以|f(x)|＋|g(x)|≤2，即|x－2|＋|2x－5|≤2，x≥52时，x－2＋2x－5≤2，解得52≤x≤3，2＜x＜52时，x－2＋5－2x≤2，解得x≥1，即2＜x＜52，x≤2时，2－x＋5－2x≤2，解得x≥53，即53≤x≤2.综上，不等式的解集是[53，3]；|f(2x)|＋|g(x)|＝|2x－2|＋|2x－5|≥|2x－2－2x＋5|＝3，故|f(2x)|＋|g(x)|的最小值是3.故填[53，3]，3.(2)①当x－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)x2＋1，解得x10，所以x－3.②当－3≤x12时，原不等式化为(x＋3)－(1－2x)x2＋1，解得x－25，所以－3≤x－25.③当x≥12时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)x2＋1，解得x2，所以x2.综上可知，原不等式的解集为x|x－25或x2.|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型不等式的解法(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ab)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(c0)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，|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|.(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．设函数f(x)＝|x－a|.(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；(2)若f(x)≤1的解集为[0，2]，求a的值．解：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，所以x1，2－x＋1－x≥7或1≤x≤2，2－x＋x－1≥7或x2x－2＋x－1≥7，所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．(2)f(x)≤1即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1，而f(x)≤1的解集是[0，2]，所以a－1＝0a＋1＝2，解得a＝1.(1)(2019·宁波市九校联考)已知f(x)＝|x＋1x－a|＋|x－1x－a|＋2x－2a(x＞0)的最小值为32，则实数a＝________．(2)(2019·宁波效实中学高三模拟)确定“|x－a|m且|y－a|m”是“|x－y|2m”(x，y，a，m∈R)的什么条件．绝对值不等式性质的应用【解】(1)f(x)＝|x＋1x－a|＋|x－1x－a|＋2x－2a≥|(x＋1x－a)－(x－1x－a)|＋2x－2a＝|2x|＋2x－2a＝2x＋2x－2a≥22x·2x－2a＝4－2a.当且仅当2x＝2x，即x＝1时，上式等号成立．由4－2a＝32，解得a＝54.故填54.(2)因为|x－y|＝|(x－a)－(y－a)|≤|x－a|＋|y－a|m＋m＝2m，所以“|x－a|m且|y－a|m”是“|x－y|2m”的充分条件．取x＝3，y＝1，a＝－2，m＝2.5，则有|x－y|＝25＝2m，但|x－a|＝5，不满足|x－a|m＝2.5，故“|x－a|m且|y－a|m”不是“|x－y|2m”的必要条件．故为充分不必要条件．两数和与差的绝对值不等式的性质(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．(2)该定理可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它经常用于证明含绝对值的不等式．1．若不等式|x＋1|＋|x－2|≥a对任意x∈R恒成立，则a的取值范围是________．解析：由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以只需a≤3即可．故a的取值范围为(－∞，3]．答案：(－∞，3]2．(2019·温州模拟)已知a，b，c∈R，若|acos2x＋bsinx＋c|≤1对x∈R成立，则|asinx＋b|的最大值为________．解析：由题意，设t＝sinx，t∈[－1，1]，则|at2－bt－a－c|≤1恒成立，不妨设t＝1，则|b＋c|≤1；t＝0，则|a＋c|≤1，t＝－1，则|b－c|≤1，若a，b同号，则|asinx＋b|的最大值为|a＋b|＝|a＋c＋b－c|≤|a＋c|＋|b－c|≤2；若a，b异号，则|asinx＋b|的最大值为|a－b|＝|a＋c－b－c|≤|a＋c|＋|b＋c|≤2；综上所述，|asinx＋b|的最大值为2.答案：2(2019·杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.(1)求证|b|≤1；(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．绝对值不等式的综合应用与证明【解】(1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，f(－1)＝a－b＋c，所以b＝12[f(1)－f(－1)]．因为当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，所以|f(1)|≤1，|f(－1)|≤1，所以|b|＝12|f(1)－f(－1)|≤12[|f(1)|＋|f(－1)|]≤1.(2)由f(0)＝－1，f(1)＝1可得c＝－1，b＝2－a，所以f(x)＝ax2＋(2－a)x－1.当a＝0时，不满足题意，当a≠0时，函数f(x)图象的对称轴为x＝a－22a，即x＝12－1a.因为x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1，即|f(－1)|≤1，所以|2a－3|≤1，解得1≤a≤2.所以－12≤12－1a≤0，故|f12－1a|＝|a12－1a2＋(2－a)12－1a－1|≤1.整理得|（a－2）24a＋1|≤1，所以－1≤（a－2）24a＋1≤1，所以－2≤（a－2）24a≤0，又a＞0，所以（a－2）24a≥0，所以（a－2）24a＝0，所以a＝2.(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，转化为分段函数，然后数形结合解决是常用的思维方法．(2)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．(3)证明含有绝对值的不等式的思路：①充分利用含绝对值的不等式的性质；②证题过程还应考虑添、拆项的技巧，以上两步骤用活，此类问题可快速破解．1．设不等式|x－2|a(a∈N*)的解集为A，且32∈A，12∉A.(1)求a的值；(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．解：(1)因为32∈A，且12∉A.所以32－2a，且12－2≥a，解得12a≤32，又因为a∈N*，所以a＝1.(2)因为f(x)＝|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3.当且仅当(x＋1)(x－2)≤0即－1≤x≤2时取到等号，所以f(x)的最小值为3.证明：f(x)－f(a)＝x2－x－a2＋a＝(x－a)(x＋a－1)，所以|f(x)－f(a)|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|＜|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|≤|x－a|＋2|a|＋1＜2|a|＋2＝2(|a|＋1)．所以|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．2．设f(x)＝x2－x＋b，|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．几种主要绝对值不等式的基本类型及其解法(1)|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法①分段讨论法；②几何法；③图象法．(2)平方法：|f(x)|＞|g(x)|⇔f2(x)＞g2(x)．(3)公式法：|f(x)|＞g(x)⇔f(x)＞g(x)或f(x)＜－g(x)；|f(x)|＜g(x)⇔－g(x)＜f(x)＜g(x)，其中g(x)＞0.绝对值三角不等式的应用绝对值三角不等式定理常用来解决与最值有关的恒成立问题．不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题，而解集为∅的不等式的对立面也是不等式恒成立问题(如f(x)＞m的解集是∅，则f(x)≤m恒成立)，这两类问题都可以转化为最值问题，即f(x)＜a恒成立⇔a＞f(x)max，f(x)＞a恒成立⇔a＜f(x)min.