高考數(shù)學（理）創(chuàng)新大一輪第六章不等式第4節(jié)

第4節(jié)絕對值不等式最新考綱1.理解絕對值的幾何意義，并了解下列不等式成立的幾何意義及取等號的條件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)；2.會利用絕對值的幾何意義求解以下類型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－c|＋|x－b|≥a.知識梳理1．絕對值不等式的解法(1)含絕對值的不等式|x|<a與|x|>a的解集不等式a>0a＝0a<0|x|<a(－a，a)??|x|>a(－∞，－a)∪(a，＋∞)(－∞，0)∪(0，＋∞)R(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|(zhì)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利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想；②利用“零點分段法”求解，體現(xiàn)了分類討論的思想；③通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象求解，體現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想．2．含有絕對值的不等式的性質(zhì)(1)如果a，b是實數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立；(2)|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；(3)如果a，b，c是實數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立．[常用結(jié)論與微點提醒]1．絕對值不等式的三種常用解法：零點分段法，數(shù)形結(jié)合法，構(gòu)造函數(shù)法．2．不等式恒成立問題、存在性問題都可以轉(zhuǎn)化為最值問題解決．3．可以利用絕對值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求函數(shù)最值，要注意其中等號成立的條件．診斷自測1．思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)若|x|＞c的解集為R，則c≤0.()(2)不等式|x－1|＋|x＋2|＜2的解集為?.()(3)對|a＋b|≥|a|－|b|當且僅當a＞b＞0時等號成立．()(4)對|a|－|b|≤|a－b|當且僅當|a|≥|b|時等號成立．()(5)對|a－b|≤|a|＋|b|當且僅當ab≤0時等號成立．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值為3，則實數(shù)a的值為()A．5或8 B．－1或5C．－1或－4 D．－4或8解析分類討論：當a≤2時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x－1－a，x<－1，,－x＋1－a，－1≤x≤－\f(a,2)，,3x＋1＋a，x>－\f(a,2)，))顯然，x＝－eq\f(a,2)時，f(x)min＝eq\f(a,2)＋1－a＝3，∴a＝－4，當a>2時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x－1－a，x<－\f(a,2)，,x－1＋a，－\f(a,2)≤x≤－1，,3x＋1＋a，x>－1，))顯然x＝－eq\f(a,2)時，f(x)min＝－eq\f(a,2)－1＋a＝3，∴a＝8.答案D3．若不等式|kx－4|≤2的解集為{x|1≤x≤3}，則實數(shù)k＝________．解析∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集為{x|1≤x≤3}，∴k＝2.答案24．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集為________．解析①當x≤1時，原不等式可化為1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.②當1<x<5時，原不等式可化為x－1－(5－x)<2，∴x<4，∴1<x<4，③當x≥5時，原不等式可化為x－1－(x－5)<2，該不等式不成立．綜上，原不等式的解集為(－∞，4)．答案(－∞，4)5．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析設y＝|2x－1|＋|x＋2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x－1，x＜－2，,－x＋3，－2≤x<\f(1,2)，,3x＋1，x≥\f(1,2)，))當x＜－2時，y＝－3x－1＞5；當－2≤x＜eq\f(1,2)時，5≥y＝－x＋3＞eq\f(5,2)；當x≥eq\f(1,2)時，y＝3x＋1≥eq\f(5,2)，故函數(shù)y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值為eq\f(5,2).因為不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2對任意實數(shù)x恒成立，所以eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2.解不等式eq\f(5,2)≥a2＋eq\f(1,2)a＋2，得－1≤a≤eq\f(1,2)，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))6．(2017·杭州調(diào)研)設函數(shù)f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.(1)當a＝1時，則不等式f(x)≥3x＋2的解集為________．(2)若不等式f(x)≤0的解集為{x|x≤－1}，則a的值為________．解析(1)當a＝1時，f(x)≥3x＋2可化為|x－1|≥2.由此可得x≥3或x≤－1.故當a＝1時，不等式f(x)≥3x＋2的解集為{x|x≥3或x≤－1}．(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.此不等式化為不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥a，,x－a＋3x≤0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<a，,a－x＋3x≤0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥a，,x≤\f(a,4)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<a，,x≤－\f(a,2).))因為a>0，所以不等式組的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≤－\f(a,2))).由題設可得－eq\f(a,2)＝－1，故a＝2.答案(1){x|x≥3或x≤－1}(2)2考點一含絕對值不等式的解法【例1】(一題多解)解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.解法一如圖，設數(shù)軸上與－2，1對應的點分別是A，B，則不等式的解就是數(shù)軸上到A，B兩點的距離之和不小于5的點所對應的實數(shù)．顯然，區(qū)間[－2，1]不是不等式的解集．把A向左移動一個單位到點A1，此時A1A＋A1B＝1＋4＝5.把點B向右移動一個單位到點B1，此時B1A＋B1B＝5，故原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)．法二原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－2，,－（x－1）－（x＋2）≥5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＜x＜1，,－（x－1）＋x＋2≥5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,x－1＋x＋2≥5，))解得x≥2或x≤－3，∴原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)．法三將原不等式轉(zhuǎn)化為|x－1|＋|x＋2|－5≥0.令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，則f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－6，x≤－2，,－2，－2＜x＜1，,2x－4，x≥1.))作出函數(shù)的圖象，如圖所示．由圖象可知，當x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)時，y≥0，∴原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)．規(guī)律方法形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三種解法：(1)分段討論法，利用絕對值號內(nèi)式子對應方程的根，將數(shù)軸分為(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此處設a＜b)三個部分，在每個部分上去掉絕對值號分別列出對應的不等式求解，然后取各個不等式解集的并集；(2)幾何法，利用|x－a|＋|x－b|＞c(c＞0)的幾何意義：數(shù)軸上到點x1＝a和x2＝b的距離之和大于c的全體；(3)圖象法：作出函數(shù)y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的圖象，結(jié)合圖象求解．【訓練1】(2017·全國Ⅲ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|x－2|，則：(1)不等式f(x)≥1的解集為________；(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，則m的取值范圍為________．解析(1)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3，x<－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x>2.))當x<－1時，f(x)＝－3≥1無解；當－1≤x≤2時，由2x－1≥1，得1≤x≤2；當x>2時，f(x)＝3≥1恒成立．故f(x)≥1的解集為[1，＋∞)．(2)不等式f(x)≥x2－x＋m等價于f(x)－x2＋x≥m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x有解．又|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，當且僅當x＝eq\f(3,2)時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq\f(5,4).故m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).答案(1)[1，＋∞)(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4)))考點二絕對值不等式性質(zhì)的應用【例2】(1)對任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值；(2)對于實數(shù)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，∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3.∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值為3.(2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值為5.規(guī)律方法求含絕對值的函數(shù)最值時，常用的方法有三種：(1)利用絕對值的幾何意義；(2)利用絕對值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|；(3)利用零點分區(qū)間法．【訓練2】(1)若關于x的不等式|2014－x|＋|2015－x|≤d有解，求實數(shù)d的取值范圍；(2)不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥|a－2|＋siny對一切非零實數(shù)x，y均成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)∵|2014－x|＋|2015－x|≥|2014－x－2015＋x|＝1，∴關于x的不等式|2014－x|＋|2015－x|≤d有解時，d≥1.(2)∵x＋eq\f(1,x)∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))∈[2，＋∞)，其最小值為2.又∵siny的最大值為1，故不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥|a－2|＋siny恒成立時，有|a－2|≤1，解得a∈[1，3]．考點三含絕對值的不等式的應用【例3】(2016·浙江卷)已知a≥3，函數(shù)F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p，p≤q，,q，p＞q.))(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍；(2)①求F(x)的最小值m(a)；②求F(x)在區(qū)間[0，6]上的最大值M(a)．解(1)由于a≥3，故當x≤1時，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)＞0，當x＞1時，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．所以使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍是[2，2a]．(2)①設函數(shù)f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，則f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，所以，由F(x)的定義知m(a)＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(f（1），g（a）))，即m(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，3≤a≤2＋\r(2)，,－a2＋4a－2，a＞2＋\r(2).))②當0≤x≤2時，F(xiàn)(x)＝f(x)≤maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(f（0），f（2）))＝2＝F(2)．當2≤x≤6時，F(xiàn)(x)＝g(x)≤maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g（2），g（6）))＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2，34－8a))＝maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(F（2），F(xiàn)（6）)).所以M(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(34－8a，3≤a＜4，,2，a≥4.))規(guī)律方法(1)解決與絕對值有關的綜合問題的關鍵是去掉絕對值，化為分段函數(shù)來解決．(2)數(shù)形結(jié)合是解決與絕對值有關的綜合問題的常用方法．【訓練3】已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)當a＝1時，求不等式f(x)>1的解集；(2)若f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)>1化為|x＋1|－2|x－1|－1>0.當x≤－1時，不等式化為x－4>0，無解；當－1<x<1時，不等式化為3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1；當x≥1時，不等式化為－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))).(2)由題設可得，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))所以函數(shù)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，△ABC的面積為eq\f(2,3)(a＋1)2.由題設得eq\f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.所以實數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞)．基礎鞏固題組一、選擇題1．已知全集U＝R，集合M＝{x||x－1|≤2}，則?UM＝()A．{x|－1<x<3} B．{x|－1≤x≤3}C．{x|x<－1或x>3} D．{x|x≤－1或x≥3}解析M＝{x|－1≤x≤3}，又知全集是R，所以其補集為?UM＝{x|x<－1或x>3}．答案C2．不等式|x－2|－|x－1|>0的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))解析不等式可化為|x－2|>|x－1|，兩邊平方化簡得2x<3，∴x<eq\f(3,2).答案A3．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|x－5|＋|x＋3|表示數(shù)軸上的點到－3，5的距離之和，不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是(－∞，－4]∪[6，＋∞)．答案D4．不等式1≤|2x－1|<2的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析不等式等價于不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|2x－1|<2（1），,|2x－1|≥1（2）))由(1)得－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)，由(2)得x≤0或x≥1，故原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).答案C5．已知集合M＝{x||2x－1|<2}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(x－2,x－1)<1))，則M∩N等于()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1<x<\f(3,2))) B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\f(1,2)<x<1))C.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,2)<x<\f(3,2))) D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,2)<x<\f(3,2)，且x≠1))解析由|2x－1|<2得－2<2x－1<2，則－eq\f(1,2)<x<eq\f(3,2)；由eq\f(x－2,x－1)<1得eq\f(（x－2）－（x－1）,x－1)<0，即eq\f(－1,x－1)<0，則x>1.因此M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1<x<\f(3,2))).答案A6．(2018·浙江名校三聯(lián))已知f(x)＝2x2－4x－1，設有n個不同的數(shù)xi(i＝1，2，…，n)滿足0≤x1<x2<…<xn≤3，則滿足|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|≤M的M的最小值是()A．10 B．8 C．6 D．2解析∵f(x)＝2x2－4x－1＝2(x－1)2－3，∴f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，且f(x)∈[－3，－1]，f(x)在[1，3]上單調(diào)遞增，且f(x)∈[－3，5]．∴|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|≤|f(0)－f(1)|＋|f(1)－f(3)|＝2＋8＝10≤M，故M的最小值為10.答案A二、填空題7．(2018·溫州模擬)若關于x的不等式|x|＋|x＋a|＜b的解集為(－2，1)，則實數(shù)對(a，b)＝__________．解析由題意，知－2，1是方程|x|＋|x＋a|＝b的兩個根，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋|a－2|＝b，,1＋|a＋1|＝b，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))所以實數(shù)對(a，b)＝(1，3)．答案(1，3)8．若存在實數(shù)x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，則只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.答案[－2，4]9．若不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集不為?，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析∵|x－1|＋|x－2|≥|x－1－x＋2|＝1，不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集不為?，∴a2＋a＋1≥1，∴a2＋a≥0，解得a≥0或a≤－1.∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．答案(－∞，－1]∪[0，＋∞)10．(2017·金華調(diào)研)已知不等式|x＋1|－|x－3|>a.(1)若不等式有解，則實數(shù)a的取值范圍為________．(2)若不等式的解集為R，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析由||x＋1|－|x－3||≤|x＋1－(x－3)|＝4.可得－4≤|x＋1|－|x－3|≤4.(1)若不等式有解，則a<4；(2)若不等式的解集為R，則a<－4.答案(1)(－∞，4)(2)(－∞，－4)三、解答題11．(一題多解)設函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.(1)解不等式f(x)＞2；(2)求函數(shù)y＝f(x)的最小值．解(1)法一令2x＋1＝0，x－4＝0分別得x＝－eq\f(1,2)，x＝4.原不等式可化為：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(1,2)，,－x－5＞2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x＜4，,3x－3＞2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥4，,x＋5＞2.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(1,2)，,x＜－7))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x＜4，,x＞\f(5,3)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥4，,x＞－3，))∴x＜－7或x＞eq\f(5,3).∴原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＜－7或x＞\f(5,3))))).法二f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x－5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＜－\f(1,2))),3x－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x＜4)),x＋5（x≥4）))畫出f(x)的圖象，如圖所示．求得y＝2與f(x)圖象的交點為(－7，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2)).由圖象知f(x)＞2的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＜－7或x＞\f(5,3))))).(2)由(1)的法二圖象知：當x＝－eq\f(1,2)時，知：f(x)min＝－eq\f(9,2).12．已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.(1)解不等式：|g(x)|＜5；(2)若對任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)由||x－1|＋2|＜5，得－5＜|x－1|＋2＜5，所以－7＜|x－1|＜3，解不等式得－2＜x＜4，所以原不等式的解集是{x|－2＜x＜4}．(2)因為對任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，所以{y|y＝f(x)}?{y|y＝g(x)}，又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|2x－a－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，所以|a＋3|≥2，解得a≥－1或a≤－5，所以實數(shù)a的取值范圍是{a|a≥－1或a≤－5}．能力提升題組13．(2016·天津卷)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增，若實數(shù)a滿足f(2|a－1|)>f(－eq\r(2))，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增，所以f(－x)＝f(x)，且f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．由f(2|a－1|)>f(－eq\r(2))，f(－eq\r(2))＝f(eq\r(2))可得2|a－1|<eq\r(2)，即|a－1|<eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2).答案C14．若不等式|2x－1|－|x＋a|≥a對任意的實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))解析當－a<eq\f(1,2)時，|2x－1|－|x＋a|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋1－a，x<－a，,－x＋1＋a，－a≤x≤\f(1,2)，,x＋1－a，x>\f(1,2).))當x＝eq\f(1,2)時取最小值為－eq\f(1,2)－a.∵不等式|2x－1|－|x＋a|≥a對任意的實數(shù)x恒成立，∴－eq\f(1,2)－a≥a，∴a≤－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,2)<a≤－eq\f(1,4)；當－a＝eq\f(1,2)時，|2x－1|－|x＋a|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))≥－eq\f(1,2)恒成立；當－a>eq\f(1,2)時，同理可得x＝eq\f(1,2)時，|2x－1|－|x＋a|最小值為eq\f(1,2)＋a，∵不等式|2x－1|－|x＋a|≥a對任意的實數(shù)x恒成立，∴eq\f(1,2)＋a≥a恒成立，∴a<－eq\f(1,2)，綜上所述實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).答案D15．(2017·浙江卷)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝|x＋eq\f(4,x)－a|＋a