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第 2 节 不等式选讲
第一课时 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－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：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－c|
＋|x－b|≥a.
1.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 － b | ≤ | a － c | ＋ | c － b |，当且仅当 ( a － c )( c －
b ) ≥ 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.
不等式 a＞0 a＝0 a＜0
|x|＜a { x | － a ＜ x ＜ a }
{x|x＞a或x＜－
|x|＞a {x|x∈R且x≠0} R
a}
(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.
⇔
①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；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③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.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
用零点分段法求解，要掌握分类讨论的标准，做到不重不漏.
2.绝对值三角不等式|a±b|≤|a|＋|b|，从左到右是一个放大过程，从右到左是缩小
过程，证明不等式可以直接用，也可利用它消去变量求最值.
1.思考辨析(在括号内打“√”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.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
解析 (1)中当c＝0时，解集为{x|x≠0}；
(3)中应该是ab≤0且|a|≥|b|时等号成立；
(4)中应该是ab≥0且|a|≥|b|时等号成立.
2.(易错题)设A＝{x||x－2|≥2}，B＝{x||x－1|<a}，若A∩B＝，则a的取值范围
为( )
A.a<1 B.0<a≤1
C.a≤1 D.0<a≤3
答案 C
解析 由|x－2|≥2得x－2≤－2或x－2≥2，解得x≤0或x≥4，
所以A＝(－∞，0]∪[4，＋∞)，
当a≤0时，B＝，A∩B＝，符合题意.
当a>0时，由|x－1|<a得－a<x－1<a，
解得1－a<x<1＋a，
所以B＝(1－a，1＋a).
由于A∩B＝，
所以解得0<a≤1.
综上所述，a的取值范围是a≤1.
3.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，得4<2，该不等式不成立.
综上，原不等式的解集为(－∞，4).
4.(易错题)不等式x2－5|x|－6<0的解集是________.
答案 (－6，6)
解析 x2－5|x|－6<0，
即(|x|－6)(|x|＋1)<0，
即|x|－6<0，|x|<6，故x∈(－6，6).
5.若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
答案 2
解析 因为|kx－4|≤2，所以－2≤kx－4≤2，所以2≤kx≤6.
因为不等式的解集为{x|1≤x≤3}，所以k＝2.
6.设 a，b∈R，|a－b|>2，则关于实数 x 的不等式|x－a|＋|x－b|>2 的解集是
________.
答案 R
解析 ∵|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|b－a|＝|a－b|.
又∵|a－b|>2，
∴|x－a|＋|x－b|>2恒成立，
即该不等式的解集为R.
考点一 绝对值不等式的解法
例1 (2022·西安五校联考)已知函数f(x)＝|x－3|＋|x＋a|.
(1)当a＝－1时，求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≤|x－5|的解集为A，且[0，2] A，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝－1时，f(x)≥3，
⊆即|x－3|＋|x－1|≥3，
∴或或
∴x≤或无解或x≥，
∴不等式的解集为.
(2)由题意知当x∈[0，2]时，恒有f(x)≤|x－5|，
此时f(x)≤|x－5| 3－x＋|x＋a|≤5－x，
即|x＋a|≤2，
⇔
∴－x－2≤a≤－x＋2在区间[0，2]上恒成立，
∴a∈[－2，0].
感悟提升 1.用零点分段法解绝对值不等式的步骤
(1)求零点；(2)划区间、去绝对值符号；(3)分别解去掉绝对值的不等式；(4)取每
个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值.
2.含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式也可利用分段函数的图象的
几何直观性求解，体现了数形结合的思想.
训练1 (2021·全国甲卷改编)已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|2x＋3|－|2x－1|.
(1)画出y＝f(x)和y＝g(x)的图象；
(2)求f(x)≥g(x)的解集.
解 (1)由已知得f(x)＝
g(x)＝
所以y＝f(x)与y＝g(x)的图象如图.(2)因为函数y＝f(x)和y＝g(x)图象的交点为(0，2)和(6，4)，结合函数图象可得
f(x)≥g(x)的解集为(－∞，0]∪[6，＋∞).
考点二 绝对值不等式性质的应用
例2 (1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值；
(2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值.
解 (1)∵x，y∈R，
∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，
当且仅当0≤x≤1时等号成立，
∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，
当且仅当－1≤y≤1时等号成立，
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3，
当且仅当0≤x≤1，－1≤y≤1同时成立时等号成立.
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.
(2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|
≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|
≤1＋2|y－2|＋2≤5，当且仅当x＝0，y＝3时等号成立，
即|x－2y＋1|的最大值为5.
感悟提升 求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：
(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.
训练2 若f(x)＝＋3|x－a|的最小值为4，求a的值.
解 因为f(x)＝＋3|x－a|
≥|－(3x－3a)|＝，
由＝4得a＝±1或a＝±.考点三 绝对值不等式的综合应用
角度1 绝对值不等式恒成立问题
例3 (2022·绵阳诊断)已知函数f(x)＝|x－2|－a|x|＋1.
(1)当a＝1时，解不等式f(x)<0；
(2)若对任意x>0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝|x－2|－|x|＋1，
不等式f(x)<0等价于或或
解得x>，
所以f(x)<0的解集为.
(2)当0<x<2时，f(x)＝2－x－ax＋1
＝3－(a＋1)x，
依题意有(a＋1)x－3≤0在(0，2)上恒成立，
则2(a＋1)－3≤0，所以a≤.
当x≥2时，f(x)＝x－2－ax＋1
＝(1－a)x－1，
依题意有(1－a)x－1≥0在[2，＋∞)上恒成立，
则1－a>0且2(1－a)－1≥0，所以a≤.
综上，a的取值范围是.
角度2 绝对值不等式能成立问题
例4 (2022·太原模拟)已知函数f(x)＝＋|x－m|(m>0).
(1)当m＝1时，求函数f(x)的最小值；
(2)若存在x∈(0，1)，使得不等式f(x)≤3成立，求实数m的取值范围.
解 (1)当m＝1时，f(x)＝|x＋2|＋|x－1|，
∵|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3，
当且仅当(x＋2)(x－1)≤0，
即－2≤x≤1时等号成立，
∴f(x)的最小值为3.
(2)由题意得存在x∈(0，1)，使得x＋＋|x－m|≤3成立，
(ⅰ)当m≥1时，x＋＋|x－m|≤3等价于＋m≤3，∴1≤m≤2.
(ⅱ)当0<m<1时，f(x)＝x＋＋|x－m|＝
则f(x) ＝＋m，∴＋m≤3，
min
∴1≤m≤2，与“0<m<1”矛盾，此时m无解.
综上，实数m的取值范围为[1，2].
感悟提升 1.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.
2.存在性问题转化方法：f(x)＞a有解⇔f(x) ＞a；f(x)＜a有解⇔f(x) ＜a.
max min
训练3 (2021·兰州模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋2|x＋1|.
(1)当a＝1时，解关于x的不等式f(x)≤6；
(2)已知g(x)＝|x－1|＋2，若对任意x ∈R，都存在x ∈R，使得f(x )＝g(x )成立，
1 2 1 2
求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，
f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|，
则f(x)＝
当x<－1时，由－4x－1≤6，得－≤x<－1；
当－1≤x≤时，f(x)≤6恒成立；
当x>时，由4x＋1≤6，得<x≤.
综上，f(x)≤6的解集为.
(2)∵对任意x ∈R，都存在x ∈R，使得f(x )＝g(x )成立，
1 2 1 2
∴{y|y＝f(x)} {y|y＝g(x)}.
又f(x)＝|2x－a|＋2|x＋1|
⊆
≥|2x－a－(2x＋2)|＝|a＋2|，
g(x)＝|x－1|＋2≥2，
∴|a＋2|≥2，解得a≤－4或a≥0，
∴实数a的取值范围是(－∞，－4]∪[0，＋∞).
1.(2020·全国Ⅰ卷)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)＝
画出y＝f(x)的图象如图(1)所示.
图(1)
(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，如图
(2)所示.
图(2)
易得y＝f(x)的图象与y＝f(x＋1)的图象的交点坐标为.
由图象可知，当且仅当x<－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.
2.(2021·陕西考前适应性测试)设f(x)＝|x－1|－|x＋3|.
(1)解不等式f(x)>2；
(2)若不等式f(x)≤kx＋1在x∈[－3，－1]上恒成立，求实数k的取值范围.解 (1)∵f(x)＝|x－1|－|x＋3|，
∴当x≤－3时，f(x)＝－x＋1＋x＋3＝4>2，
∴x≤－3满足原不等式；
当－3<x<1时，f(x)＝－x＋1－x－3＝－2x－2，原不等式即为－2x－2>2，解得
x<－2，∴－3<x<－2满足原不等式；
当x≥1时，f(x)＝x－1－x－3＝－4<2，
∴x≥1不满足原不等式.
综上，原不等式的解集为{x|x<－2}.
(2)当x∈[－3，－1]时，f(x)＝－x＋1－x－3＝－2x－2，由于不原式f(x)≤kx＋1
在x∈[－3，－1]上恒成立，
∴－2x－2≤kx＋1在x∈[－3，－1]上恒成立，
∴k≤－2－(x∈[－3，－1])，
设g(x)＝－2－，x∈[－3，－1]，
易知g(x)在x∈[－3，－1]上为增函数，
∴－1≤g(x)≤1，∴k≤－1.
∴实数k的取值范围为(－∞，－1].
3.(2022·南宁模拟)已知函数f(x)＝|4x－3|－|x＋3|.
(1)求不等式f(x)<0的解集；
(2)若关于x的不等式|2m－5|≥f(x＋1)＋5|x＋4|有解，求实数m的取值范围.
解 (1)f(x)＝
当x<－3时，6－3x<0，解得x>2，故无解；
当－3≤x≤时，－5x<0，解得x>0，
∴0<x≤；
当x>时，3x－6<0，解得x<2，
∴<x<2，
∴不等式f(x)<0的解集为(0，2).
(2)依题意得|2m－5|≥|4x＋1|＋4|x＋4|＝|4x＋1|＋|4x＋16|≥|－4x－1＋4x＋16|＝
15，
∴|2m－5|≥15，解得m≥10或m≤－5，
∴m的取值范围为(－∞，－5]∪[10，＋∞).4.已知a和b是任意非零实数.
(1)求的最小值；
(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围.
解 (1)∵≥＝＝4，当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时等号成立，
∴的最小值为4.
(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤恒成立，
故|2＋x|＋|2－x|≤.
由(1)可知，的最小值为4，
∴x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集，解不等式得－2≤x≤2，
故实数x的取值范围为[－2，2].
5.(2022·安徽百所重点中学联考)已知函数f(x)＝|x－a|＋|x－1|－3(a≠0)的一个零
点为2.
(1)求不等式f(x)≤2的解集；
(2)若直线y＝kx－2与函数f(x)的图象有公共点，求k的取值范围.
解 (1)由f(2)＝|2－a|－2＝0，a≠0，得a＝4，∴f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3≤2，
∴或或
得0≤x≤5，
故不等式f(x)≤2的解集为[0，5].
(2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3
＝作出函数f(x)的图象，如图所示，
直线y＝kx－2过定点C(0，－2)，
当此直线经过点B(4，0)时，k＝；
当此直线与直线AD平行时，k＝－2.
故由图可知，k∈(－∞，－2)∪.6.已知函数f(x)＝|x＋a|－5.
(1)证明：f(x)≤|x＋a－5|；
(2)已知a>0，若不等式f(x)＋2|x－1|<0的解集为(m，n)，且n－m＝，求a的值.
(1)证明 f(x)－|x＋a－5|＝|x＋a|－|x＋a－5|－5，
因为|x＋a|－|x＋a－5|≤|(x＋a)－(x＋a－5)|＝5，
所以f(x)－|x＋a－5|≤5－5＝0，
即f(x)≤|x＋a－5|.
(2)解 f(x)＋2|x－1|<0，
即|x＋a|＋2|x－1|<5，
令g(x)＝|x＋a|＋2|x－1|
＝
则得
①当g(－a)＝2＋2a≥5时，－m＋a＋2＝5，得m＝a－3，
即得a＝3.
②当g(－a)＝2＋2a<5时，－3m＋2－a＝5，得m＝，
即此时a无解.
综上，a＝3.
