1、基础诊断考点突破最新考纲 1.理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式；2.掌握|axb|c，|axb|c，|xa|xb|c型不等式的解法第1讲 不等式、含有绝对值的不等式 基础诊断考点突破1绝对值三角不等式(1)定理1：如果a，b是实数，则|ab|_，当且仅当_时，等号成立；(2)性质：|a|b|ab|a|b|；(3)定理2：如果a，b，c是实数，则|ac|_，当且仅当_时，等号成立知 识 梳 理|a|b|ab0|ab|bc|(ab)(bc)0基础诊断考点突破2绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|a的解法不等式 a0 a0 a0|x
2、|a _ _ R x|axa，或x0)和|axb|c(c0)型不等式的解法|axb|c _；|axb|c_(3)|xa|xb|c(c0)和|xa|xb|c(c0)型不等式的解法法一：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；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：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caxbcaxbc或axbc基础诊断考点突破1(2014安徽卷)若函数f(x)|x1|2xa|的最小值为3，则实数a的值为()A5或8 B1或5C1或4 D4或8解析 法一 特殊法：(验证法)把A，B，C，D代入逐个验证，可排除A，B，C.诊 断 自
3、 测法二 分类讨论：当 a2 时，f(x)3x1a，xa2，基础诊断考点突破答案 D显然，xa2时，f(x)mina21a3，a4，当 a2 时，f(x)3x1a，x1，显然 xa2时，f(x)mina21a3，a8.基础诊断考点突破2设ab0，下面四个不等式中，正确命题的序号是_|ab|a|；|ab|b|；|ab|ab|；|ab|a|b|.解析 ab0，a，b同号，|ab|a|b|，和正确 答案 基础诊断考点突破3不等式|x3|x2|3的解集为_解析 当x2时，原不等式化为x3(x2)3.解得x2；当3x2时，原不等式化为x3(2x)3，解得1x2；当x3时，原不等式化为x3(2x)3，无解
4、综上，x的取值范围为x1.答案 x|x1基础诊断考点突破4若不等式|kx4|2的解集为x|1x3，则实数k_解析|kx4|2，2kx42，2kx6.不等式的解集为x|1x3，k2.答案 25已知关于x的不等式|x1|x|k无解，则实数k的取值范围是_解析|x1|x|x1x|1，当k1时，不等式|x1|x|k无解，故k1.答案(，1)基础诊断考点突破考点一 含绝对值不等式的解法【例1】解不等式|x1|x2|5.解 法一 如图，设数轴上与2，1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数显然，区间2，1不是不等式的解集把A向左移动一个单位到点A1，此时
5、A1AA1B145.把点B向右移动一个单位到点B1，此时B1AB1B5，故原不等式的解集为(，32，)基础诊断考点突破法二 原不等式|x1|x2|5x2，（x1）（x2）5或2x1，（x1）x25或x1，x1x25，解得 x2 或 x3，原不等式的解集为(，32，)基础诊断考点突破法三 将原不等式转化为|x1|x2|50.令 f(x)|x1|x2|5，则f(x)2x6，x2，2，2x1，2x4，x1.作出函数的图象，如图所示由图象可知，当 x(，32，)时，y0，原不等式的解集为(，32，)基础诊断考点突破规律方法 形如|xa|xb|c(或c)型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法，利用绝
6、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|xa|xb|c(c0)的几何意义：数轴上到点x1a和x2b的距离之和大于c的全体；(3)图象法：作出函数y1|xa|xb|和y2c的图象，结合图象求解基础诊断考点突破【训练 1】解不等式|x3|2x1|x21.解 当 x3 时，原不等式化为(x3)(12x)x21，解得 x10，x3.当3x12时，原不等式化为(x3)(12x)x21，解得 x25，3x25.当 x12时，原不等式化为(x3)(2x1)x21，解
7、得 x2，x2.综上可知，原不等式的解集为xx25，或x2.基础诊断考点突破考点二 含参数的绝对值不等式问题【例2】已知不等式|x1|x3|a.分别求出下列情形中a的取值范围(1)不等式有解；(2)不等式的解集为R；(3)不等式的解集为.解 法一 因为|x1|x3|表示数轴上的点P(x)与两定点A(1)，B(3)距离的差，即|x1|x3|PAPB.基础诊断考点突破由绝对值的几何意义知，PAPB的最大值为AB4，最小值为AB4，即4|x1|x3|4.(1)若不等式有解，a只要比|x1|x3|的最大值小即可，故a4.(2)若不等式的解集为R，即不等式恒成立，只要a比|x1|x3|的最小值还小，即a
8、4.(3)若不等式的解集为，a只要不小于|x1|x3|的最大值即可，即a4.基础诊断考点突破法二 由|x1|x3|x1(x3)|4.|x3|x1|(x3)(x1)|4.可得4|x1|x3|4.(1)若不等式有解，则a4；(2)若不等式的解集为R，则a4；(3)若不等式解集为，则a4.基础诊断考点突破规律方法 本题中(1)是含参数的不等式存在性问题，只要求存在满足条件的x即可；不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题，而不等式的解集的对立面(如f(x)m的解集是空集，则f(x)m恒成立)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即f(x)a恒成立af(x)max，f(x)a恒成立af(
9、x)min.基础诊断考点突破【训练2】设函数f(x)|xa|3x，其中a0.(1)当a1时，求不等式f(x)3x2的解集；(2)若不等式f(x)0的解集为x|x1，求a的值 解(1)当a1时，f(x)3x2可化为|x1|2.由此可得x3或x1.故不等式f(x)3x2的解集为x|x3，或x1基础诊断考点突破(2)由 f(x)0 得|xa|3x0.此不等式化为不等式组xa，xa3x0或xa，ax3x0，即xa，xa4或x0，所以不等式组的解集为xxa2.由题设可得a21，故 a2.基础诊断考点突破考点三 含绝对值的不等式的应用【例3】(2013新课标全国卷)已知函数f(x)|2x1|2xa|，g(
10、x)x3.(1)当a2时，求不等式f(x)1，且当 xa2，12 时，f(x)g(x)，求 a 的取值范围基础诊断考点突破则 y5x，x12，x2，12x1，3x6，x1，其图象如图所示，由图象可知，当且仅当 x(0，2)时，y0.所以原不等式的解集是x|0 x2基础诊断考点突破(2)当 xa2，12 时，f(x)1a，不等式 f(x)g(x)化为 1ax3，所以 xa2 对 xa2，12 都成立，应有a2a2，则 a43，从而实数 a 的取值范围是1，43.基础诊断考点突破 规律方法 含有多个绝对值的不等式，可以分别令各绝对值里的式子为零，并求出相应的根把这些根从小到大排序，以这些根为分界点
11、，将实数分成若干小区间按每个小区间来去掉绝对值符号，解不等式，最后取每个小区间上相应解的并集基础诊断考点突破【训练3】已知函数f(x)|xa|x2|.(1)当a3时，求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)|x4|的解集包含1，2，求a的取值范围解(1)当 a3 时，f(x)2x5，x2，1，2x3，2x5，x3.当 x2 时，由 f(x)3 得2x53，解得 x1；当 2x3 时，f(x)3 无解；当 x3 时，由 f(x)3 得 2x53，解得 x4.所以 f(x)3 的解集为x|x1，或 x4基础诊断考点突破(2)f(x)|x4|x4|x2|xa|.当x1，2时，|x4|x2|xa|4x(2x)|xa|2ax2a.由条件得2a1且2a2，即3a0.故满足条件的a的取值范围是3，0.