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三年高考两年模拟(浙江版)2017届高考数学一轮复* 第六章.

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§ 6.5 含有绝对值的不等式

?

1.绝对值三角不等式:① |a+b|≤|a|+|b| 推论1:|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|; 推论2:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|; 推论3:② |a-c|≤|a-b|+|b-c| .

.(等号成立的条件是ab≥0)

2.绝对值三角不等式的解法 (1)|f(x)|≤a(a>0)?③ -a≤f(x)≤a ; |f(x)|≥a(a>0)?f(x)≤-a或f(x)≥a. (2)|f(x)|≥|g(x)|?④ f 2(x)≥g2(x) . (3)|f(x)|≥g(x)(g(x)>0)?f(x)≤-g(x)或f(x)≥g(x). (4)|f(x)|≤g(x)(g(x)>0)?⑤ -g(x)≤f(x)≤g(x) . (5)|x-a|+|x-b|≤c或|x-a|+|x-b|≥c型不等式的解法: a.利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想; b.利用绝对值的几何意义求解,体现了数形结合的思想; c.构造函数,通过函数图象求解,体现了函数与方程的思想.

1.不等式|x+2|≥|x|的解集为

.

答案 {x|x≥-1}
c
解析 两边*方得x2+4x+4≥x2,∴4(x+1)≥0,即x≥-1.

2.不等式1<|x+1|<3的解集为

.

答案 {x|-4<x<-2或0<x<2}

? ? 解析

1<|x+1|<3等价于???||

x x

? 1 |? ? 1 |?

1, 3,

化c简得????x3??1

? x

?1或x ? ?1 ? 3,

1

?

1,

解得-4<x<-2

或0<x<2.

3.设ab>0,则下列不等式中,正确命题的序号是

.

①|a+b|>|a|;②|a+b|<|b|;

③|a+b|≤|a-b|;④|a+b|>|a-b|.

答案 ①④

解析 (a+b)2=a2+b2+2ab,又ab>0,所以(a+b)2>a2,即|a+b|>|a|,同理,|a+b|>|b|.
c
(a+b)2=a2+b2+2ab>a2+b2-2ab=(a-b)2,所以|a+b|>|a-b|.

4.关于x的不等式|x-1+log2(x-1)|<x-1+|log2(x-1)|的解集为

.

答案 (1,2)

解析 依题意,不等式|(x-1)+log2(x-1)|<x-1+|log2(x-1)|,即|(x-1)+log2(x-1)|<|x
c
-1|+|log2(x-1)|等价于(x-1)log2(x-1)<0,log2(x-1)<0,0<x-1<1,1<x<2.因此,原不

等式的解集是(1,2).

5.如果关于x的不等式|x-a|+|x+4|≥1的解集为全体实数R,求实数a的取值
范围.
解析 由绝对值三角不等式可知|x-a|+|x+4|≥|(x-a)-(x+4)|=|a+4|,所以要使 解集为R,只需|a+4|≥1,解得a≤-5或ca≥-3.

绝对值三角不等式的应用 典例1 (2014江西,11,5分)对任意x,y∈R,|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|的最小值为 ?( ) A.1 B.2 C.3 D.4 答案 C 解析 |x-1|+|x|≥1,当且仅当0≤x≤1c时等号成立;|y-1|+|y+1|≥2,当且仅当1≤y≤1时等号成立.故|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|≥3. 1-1 (2014辽宁,12,5分)已知定义在[0,1]上的函数f(x)满足: ①f(0)=f(1)=0;
②对所有x,y∈[0,1],且x≠y,有|f(x)-f(y)|<?12 |x-y|.

若对所有x,y∈[0,1],|f(x)-f(y)|<k恒成立,则k的最小值为( )

A.?1 B.1?

2

4

答案 B

C1.?
2?

D1.?
8

解析 当x=y时,|f(x)-f(y)|=0.

当x≠y时,若|x-y|≤?1 ,依题意有|f(x)-f(y)|<?1 |x-y|≤1?;

2

2

4

若|x-y|>?1 ,不妨设x<y,依题意有|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(0)+f(1)-f(y)|≤|f(x)-f(0)|+|f

2

c

(1)-f(y)|<?1 |x-0|+1?|1-y|1=?1 -?(y-x),又y1-x>?,∴|f(x)-f(1y)|1<?1-?1 ×?=?.

2

2

22

2

22 2 4

综上所述,对所有x,y∈[0,1],都有|f(x)-f(y)|<?1.因此,k≥?1 ,即k的最小值为?1 ,

故选B.

4

4

4

1-2 (2014课标全国Ⅱ,24,10分)设函数f(x)=?x ? 1 +|x-a|(a>0). a
(1)证明:f(x)≥2;
(2)若f(3)<5,求a的取值范围.

解析 (1)证明:由a>0,得f(x)=?x ? 1 +|x-a|≥?x ? 1 ? (x ? a) =?1 +a≥2.

a

a

a

所以f(x)≥2.

(2)f(3)=?3 ? 1 +|3-a|.

当a>3时,f(3a)=a+?1 ,由f(3)<5得3<a<?5c ? 21 .

a

2

当0<a≤3时,f(3)=6-a+?1 ,由f(3)<5得?1? 5 <a≤3.

a

2

? 综上,a的取值范围是??
?

1? 2

5

,5? 2

21

? ?

.

?

含绝对值不等式的解法

典例2 (2015山东理,5)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 解析 ①当x<1时,原不等式等价于1-x-(5-x)<2,即-4<2,

∴x<1.

②当1≤x≤5时,原不等式等价于x-1-c(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.

2-1 (2014浙江)解不等式2|x-2|-|x+1|>3. 解析 当x≤-1时,2(2-x)+(x+1)>3,得x<2,此时x≤-1;当-1<x≤2时,2(2-x)-(x +1)>3,得x<0,此时-1<x<0;当x>2时,2(x-2)-(x+1)>3,得x>8,此时x>8. 综上所述,原不等式的解集是(-∞,0)∪c (8,+∞).

绝对值不等式的综合问题

典例3 (2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f

(x)|在区间[-1,1]上的最大值.

(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;

(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.

? 解析

(1)证明:由f(x)=???

x

?

a 2

2
? ? ?

+b-?a2 ,得对称轴为直线x=-?a .

4

2

由|a|≥2,得?? a ≥1,故f(x)在[-1,1]上单调,

2

c

所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.

当a≥2时,由f(1)-f(-1)=2a≥4,

得max{f(1),-f(-1)}≥2,

即M(a,b)≥2. 当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4, 得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2. 综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2. (2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2, 故|a+b|≤3,|a-b|≤3,

? 由|a|+|b|=???||

a a

? ?

b b

|, |,

ab ab

? ?

0, 0,

得|a|+|b|≤3.

当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2.

所以|a|+|b|的最大值为3.

3-1 (2013课标Ⅰ理)已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.

(1)当a=-2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;

(2)设a>-1,且当x∈????? a2

,

1 2

? ??

时,

f(x)≤g(x),求a的取值范围.

解析 (1)当a=-2时,不等式f(x)<g(x)可转化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0.

设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则

????5x,
?
y=???x ?
?

  x 2, 1 ?
2

? 1, 2
x ? 1,

c

?3x ? 6, x ? 1.

??

其图象如图所示.从图象可知,当且仅当x∈(0,2)时,y<0.所以原不等式的

解集是{x|0<x<2}.

?

(2)当x∈????? a2

,

1 2

? ??

时,

f(x)=1+a.

不等式f(x)≤g(x)化为1+a≤x+3.

所以x≥a-2对x∈????? a2

,

1 2

? ??

都成立.

故-?a ≥a-2,即a≤?4 .

2

3

从而a的取值范围是???? ?1,

4 3

? ??

.




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