1、专题七选修4系列第二讲不等式选讲(选修45)高考导航1绝对值不等式的求解与函数的综合问题2绝对值不等式中的恒成立问题与不等式的证明相结合.1(2017全国卷)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)x2xm的解集非空，求m的取值范围解(1)f(x)当x2时，由f(x)1解得x2.所以f(x)1的解集为x|x1(2)由f(x)x2xm得m|x1|x2|x2x.而|x1|x2|x2x|x|1|x|2x2|x|2，且当x时，|x1|x2|x2x，故m的取值范围为.2(2016全国卷)已知函数f(x)，M为不等式f(x)2的解集(1)求M；(2)证明：当a
2、，bM时，|ab|1ab|.解(1)f(x)当x时，由f(x)2得2x1；当x时，f(x)2；当x时，由f(x)2得2x2，解得x1.所以f(x)2的解集Mx|1x1(2)证明：由(1)知，当a，bM时，1a1，1b1，从而(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0.因此|ab|0，则|axb|ccaxbc，|axb|caxbc或axbc，然后根据a，b的取值求解即可；(2)若c0)型不等式的解法(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，它们把数轴分为若干个区间；(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
3、区间上的解集；(4)这些解集的并集就是原不等式的解集解(1)当a1时，f(x)x2x4，g(x)当x1时，f(x)g(x)x2x40，解得x，11的解集；(2)若关于x的不等式f(x)4|12m|有解，求实数m的取值范围解(1)函数f(x)可化为f(x)当x2时，f(x)30，不合题意；当2x1，得x0，即0x1，即x1.综上，不等式f(x)1的解集为(0，)(2)关于x的不等式f(x)4|12m|有解等价于(f(x)4)max|12m|，由(1)可知f(x)max3，即|12m|7，解得3m4.故实数m的取值范围为3,4考点二含绝对值不等式的综合问题1定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|
4、b|，当且仅当ab0时，等号成立2定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立角度1：绝对值的几何意义及应用解(1)当a2时， f(x)|2x2|2.解不等式|2x2|26得1x3.因此f(x)6的解集为x|1x3(2)当xR时，f(x)g(x)|2xa|a|12x|2xa12x|a|1a|a.所以当xR时， f(x)g(x)3等价于|1a|a3.当a1时，等价于1aa3，无解当a1时，等价于a1a3，解得a2.所以a的取值范围是2，)思维流程(1)(2)解(1)f(x)|xm|x3m|当m1时，由或x3，得x，不等式f(x)1的解集为.(2)
5、不等式f(x)|2t|t1|对任意的实数x，t恒成立，等价于对任意的实数x，f(x)(|2t|t1|)min恒成立，即f(x)max(|2t|t1|)min，f(x)|xm|x3m|(xm)(x3m)|4m，|2t|t1|(2t)(t1)|3，4m0，0m.即实数m的取值范围为.绝对值恒成立问题应关注的3点(1)巧用“|a|b|ab|a|b|”求最值(2)f(x)a恒成立f(x)maxa恒成立f(x)mina.(3)f(x)a有解f(x)mina有解f(x)maxa.对点训练1角度1(2017山西吕梁二模)已知函数f(x)|x1|xa|.(1)若a1，解不等式f(x)3；(2)如果xR，使得f
6、(x)2成立，求实数a的取值范围解(1)若a1，f(x)3，即为|x1|x1|3，当x1时，1xx13，即有x；当1x1时，1xx123不成立；当x1时，x1x12x3，解得x.综上可得，f(x)3的解集为；(2)xR，使得f(x)f(x)min，由函数f(x)|x1|xa|x1xa|a1|，当(x1)(xa)0时，取得最小值|a1|，即|a1|2，即2a12，解得1a3.则实数a的取值范围为(1,3)2角度2已知函数f(x)|x3|，g(x)|x4|m.(1)已知常数a0；(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求实数m的取值范围解(1)由f(x)a20得|x3|2a，x32a或x35a或xg(x)恒成立，则m|x3|x4|恒成立，|x3|x4|(x3)(x4)|7，m的取值范围为m0，b0，c0，且abc1.(1)证明：(1a)(1b)(1c)8；(2)证明：.证明(1)1a2，1b2，1c2，(1a)(1b)(1c)2228，abc1，(1a)(1b)(1c)8.(2)abbc22，abac22，bcac22，上面三式相加得，2ab2bc2ca222，即abbcca.又abbcac，.
