數(shù)學高考備考講義第三章不等式35

§3.5絕對值不等式最新考綱考情考向分析1.會解|x＋b|≤c，|x＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式.2.了解不等式||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.絕對值不等式的解法，利用絕對值不等式求最值是考查的重點；高考中絕對值不等式和數(shù)列、函數(shù)的結合是常見題型，解答題居多，難度為中高檔.1.絕對值三角不等式(1)定理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)定理2：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.2.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.知識拓展|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.題組一思考辨析1.判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)|x＋2|的幾何意義是數(shù)軸上坐標為x的點到點2的距離.(×)(2)|x|>a的解集是{x|x>a或x<－a}.(×)(3)|a＋b|＝|a|＋|b|成立的條件是ab≥0.(√)(4)若ab<0，則|a＋b|<|a－b|.(√)(5)對一切x∈R，不等式|x－a|＋|x－b|>|a－b|成立.(×)題組二教材改編2.[P20T7]不等式3≤|5－2x|<9的解集為()A.[－2,1)∪[4,7) B.(－2,1]∪(4,7]C.(－2，－1]∪[4,7) D.(－2,1]∪[4,7)答案D解析由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x－5|<9，,|2x－5|≥3，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－9<2x－5<9，,2x－5≥3或2x－5≤－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<x<7，,x≥4或x≤1，))不等式的解集為(－2,1]∪[4,7).3.[P20T8]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，∴4＜2，∴此時無解.綜上，原不等式的解集為(－∞，4).

題組三易錯自糾4.(2018屆浙江源清中學月考)已知a，b∈R，則“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案B解析∵|a＋b|≤|a|＋|b|，∴由|a|＋|b|≤3可得|a＋b|≤3，又當a＝－4，b＝2時，|a＋b|≤3成立，而|a|＋|b|≤3不成立，故“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的必要不充分條件.5.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()A.[2,4] B.[1,2]C.[－2,4] D.[－4，－2]答案C解析∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，則|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.6.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的取值范圍是______.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析設y＝|2x－1|＋|x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\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，eq\f(5,2)＜y＝－x＋3≤5；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a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).題型一絕對值不等式的解法1.(2017·嘉興七校期中)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，＋∞)答案C解析不等式等價于1≤2x－1<2或－2<2x－1≤－1，解得1≤x<eq\f(3,2)或－eq\f(1,2)＜x≤02.(2017·寧波北侖中學期中)關于x的不等式|x－1|－|x－3|>a2－3a的解集為非空數(shù)集，則實數(shù)a的取值范圍是()A.1<a<2 B.eq\f(3－\r(17),2)<a<eq\f(3＋\r(17),2)C.a<1或a>2 D.a≤1或a≥2答案B解析∵(|x－1|－|x－3|)max＝2，∴a2－3a<2，得eq\f(3－\r(17),2)<a<eq\f(3＋\r(17),2).3.不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集為________.答案{x|x≤－3或x≥2}解析方法一要去掉絕對值符號，需要對x與－2和1進行大小比較，－2和1可以把數(shù)軸分成三部分.當x<－2時，不等式等價于－(x－1)－(x＋2)≥5，解得x≤－3；當－2≤x<1時，不等式等價于－(x－1)＋(x＋2)≥5，即3≥5，無解；當x≥1時，不等式等價于x－1＋x＋2≥5，解得x≥2.綜上，不等式的解集為{x|x≤－3或x≥2}.方法二|x－1|＋|x＋2|表示數(shù)軸上的點x到點1和點－2的距離的和，如圖所示，數(shù)軸上到點1和點－2的距離的和為5的點有－3和2，故滿足不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的x的取值范圍為x≤－3或x≥2，所以不等式的解集為{x|x≤－3或x≥2}.4.設不等式|x－2|<a(a∈N*)的解集為A，且eq\f(3,2)∈A，eq\f(1,2)?A，則a＝________.答案1解析∵eq\f(3,2)∈A，且eq\f(1,2)?A，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2))<a，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－2))≥a，解得eq\f(1,2)<a≤eq\f(3,2)，又∵a∈N*，∴a＝1.思維升華解絕對值不等式的基本方法(1)利用絕對值的定義，通過分類討論轉化為解不含絕對值符號的普通不等式.(2)當不等式兩端均為正號時，可通過兩邊平方的方法，轉化為解不含絕對值符號的普通不等式.(3)利用絕對值的幾何意義，數(shù)形結合求解.題型二利用絕對值不等式求最值典例(1)對任意x，y∈R，|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值為()A.1 B.2C.3 D.4答案C解析∵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)對于實數(shù)x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，則|x－2y＋1|的最大值為________.答案5解析|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.思維升華求含絕對值的函數(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.跟蹤訓練(1)關于x的不等式|2018－x|＋|2019－x|≤d有解時，d的取值范圍是________.答案[1，＋∞)解析∵|2018－x|＋|2019－x|≥|2018－x－2019＋x|＝1，∴關于x的不等式|2018－x|＋|2019－x|≤d有解時，d≥1.(2)若不等式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，則實數(shù)a的取值范圍為________.答案[1,3]解析∵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].題型三絕對值不等式的綜合應用命題點1絕對值不等式和函數(shù)的綜合典例(2017·浙江省杭州重點中學期中)已知函數(shù)f(x)＝x|x－a|－1.(1)當a＝1時，解不等式f(x)<x－1；(2)當x∈(0,1]時，f(x)≤eq\f(1,2)x2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)當a＝1時，f(x)＝x|x－1|－1，由不等式f(x)<x－1，得x|x－1|<x.①當x≥1時，不等式化為x(x－1)<x，即x2－2x<0，解得1≤x<2.②當x<1時，不等式化為x(1－x)<x，即－x2<0，解得x<1.綜上，不等式的解集是{x|x<2}.(2)由題意得x|x－a|≤eq\f(1,2)x2＋1當x∈(0,1]時恒成立，所以|x－a|≤eq\f(1,2)x＋eq\f(1,x)當x∈(0,1]時恒成立，即eq\f(1,2)x－eq\f(1,x)≤a≤eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)當x∈(0,1]時恒成立.令g(x)＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,x)，則g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，故g(x)≤g(1)＝－eq\f(1,2).又eq\f(3,2)x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(\f(3,2)x·\f(1,x))＝eq\r(6)，當且僅當eq\f(3,2)x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(6),3)時等號成立，所以－eq\f(1,2)≤a≤eq\r(6)，所以實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\r(6))).命題點2絕對值不等式和數(shù)列的綜合典例已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2an＋1)(n∈N*).(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))))為單調(diào)遞減數(shù)列；(2)記Sn為數(shù)列{|an＋1－an|}的前n項和，證明：Sn<eq\f(5,3)(n∈N*).證明(1)由題意知an>0，故eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2))))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2an＋1)－\f(1,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2))))＝eq\f(1,2an＋1)<1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))))為單調(diào)遞減數(shù)列.(2)∵a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，∴當n≥3時，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))<eq\f(1,6)，得eq\f(1,3)<an<eq\f(2,3)，故an≥eq\f(1,3)(n∈N*).∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2))))＝eq\f(1,2an＋1)≤eq\f(3,5).∴|an＋1－an|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)＋\f(1,2)－an))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))，∴Sn＝|a2－a1|＋|a3－a2|＋…＋|an＋1－an|≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a3－\f(1,2)))＋…＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)))≤eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n)),1－\f(3,5))＋eq\f(\f(1,6)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))n)),1－\f(3,5))<eq\f(\f(1,2),1－\f(3,5))＋eq\f(\f(1,6),1－\f(3,5))＝eq\f(5,4)＋eq\f(5,12)＝eq\f(5,3).思維升華(1)恒成立問題可轉化為函數(shù)的最值問題.(2)和絕對值有關的最值可以利用絕對值的性質(zhì)進行改編或者化為分段函數(shù)解決.(3)和絕對值不等式有關的范圍或最值問題，可利用絕對值的幾何意義或絕對值三角不等式進行放縮.(4)利用特殊點的函數(shù)值可探求范圍；若函數(shù)解析式中含有絕對值，也可化為分段函數(shù).跟蹤訓練已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)當a＝－3時，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范圍.解(1)當a＝－3時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋5，x≤2，,1，2<x<3，,2x－5，x≥3.))當x≤2時，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；當2<x<3時，f(x)≥3無解；當x≥3時，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4.所以當a＝－3時，f(x)≥3的解集為{x|x≤1或x≥4}.(2)f(x)≤|x－4|?|x－4|－|x－2|≥|x＋a|.當x∈[1,2]時，|x－4|－|x－2|≥|x＋a|?4－x－(2－x)≥|x＋a|?－2－a≤x≤2－a.由條件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0.故滿足條件的a的取值范圍為[－3,0].絕對值不等式的解法典例不等式|x＋1|＋|x－1|≥3的解集為________________.思想方法指導對|x－a|＋|x－b|≥c型不等式的解法，一般可采用三種方法求解：幾何法、分區(qū)間討論法和圖象法.解析方法一當x≤－1時，原不等式可化為－(x＋1)－(x－1)≥3，解得x≤－eq\f(3,2)；當－1<x<1時，原不等式可以化為x＋1－(x－1)≥3，即2≥3，不成立，無解；當x≥1時，原不等式可以化為x＋1＋x－1≥3，所以x≥eq\f(3,2).綜上，原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).方法二將原不等式轉化為|x＋1|＋|x－1|－3≥0.構造函數(shù)y＝|x＋1|＋|x－1|－3，即y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－3，x≤－1，,－1，－1<x<1，,2x－3，x≥1.))作出函數(shù)的圖象，如圖所示：函數(shù)的零點是－eq\f(3,2)，eq\f(3,2).從圖象可知，當x≤－eq\f(3,2)或x≥eq\f(3,2)時，y≥0，即|x＋1|＋|x－1|－3≥0.∴原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).方法三如圖所示，設數(shù)軸上與－1,1對應的點分別為A，B，那么A，B兩點的距離為2，因此區(qū)間[－1,1]上的數(shù)都不是不等式的解.設在A點左側有一點A1，到A，B兩點的距離之和為3，A1對應數(shù)軸上的x1.∴－1－x1＋1－x1＝3，得x1＝－eq\f(3,2).同理設B點右側有一點B1，到A，B兩點的距離之和為3，B1對應數(shù)軸上的x2，∴x2－1＋x2－(－1)＝3，得x2＝eq\f(3,2).從數(shù)軸上可以看到，點A1，B1之間的點到A，B的距離之和都小于3；點A1的左邊或點B1的右邊的任何點到A，B的距離之和都大于3.∴原不等式的解集是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))1.不等式|2x－1|<3的解集是()A.(1,2) B.(－1,2)C.(－2，－1) D.(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案B解析|2x－1|<3?－3<2x－1<3?－1<x<2.2.不等式|2x－1|－|x－2|<0的解集是()A.{x|－1<x<1} B.{x|x<－1}C.{x|x>1} D.{x|x<－1或x>1}答案A解析方法一原不等式即為|2x－1|<|x－2|，∴4x2－4x＋1<x2－4x＋4，∴3x2<3，∴－1<x<1.方法二原不等式等價于不等式組①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,2x－1－x－2<0))或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<2，,2x－1＋x－2<0))或③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤\f(1,2)，,－2x－1＋x－2<0.))不等式組①無解，由②得eq\f(1,2)<x<1，由③得－1<x≤eq\f(1,2).綜上可得－1<x<1，∴原不等式的解集為{x|－1<x<1}.3.函數(shù)y＝|x－1|＋|x＋3|的最小值為()A.1 B.2C.3 D.4答案D解析y＝|x－1|＋|x＋3|＝|1－x|＋|x＋3|≥|1－x＋x＋3|＝4，當且僅當(1－x)(x＋3)≥0，即－3≤x≤1時取“＝”.∴當－3≤x≤1時，函數(shù)y＝|x－1|＋|x＋3|取得最小值4.4.(2018屆浙江“七彩陽光”聯(lián)盟聯(lián)考)若a，b∈R，則使|a|＋|b|＞4成立的一個充分不必要條件是()A.|a＋b|≥4 B.|a|≥4C.|a|≥2且|b|≥2 D.b＜－4答案D解析由b＜－4，可得|a|＋|b|＞4顯然成立；又當a＝3，b＝2時|a|＋|b|＞4成立且b＜－4不成立，故b＜－4是|a|＋|b|＞4成立的充分不必要條件.5.若不存在實數(shù)x使|x－3|＋|x－1|≤a成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(1,3) B.(－∞，2)C.(0,2) D.(1，＋∞)答案B解析|x－3|＋|x－1|的幾何意義為數(shù)軸上表示x的點到表示3和1的點的距離之和，所以函數(shù)y＝|x－3|＋|x－1|的最小值為2，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2).6.(2017·浙江金華一中測試)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.10B.8C.6D.2答案A解析由二次函數(shù)的性質(zhì)得f(x)＝2x2－4x－1在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,3)上單調(diào)遞增，且f(0)＝－1，f(1)＝－3，f(3)＝5，則當x1＝0，xn＝3，且存在xi＝1時，|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|取得最大值，最大值為|f(x1)－f(xi)|＋|f(xi)－f(xn)|＝|－1－(－3)|＋|－3－5|＝10，所以M的最小值為10，故選A.7.不等式|x－1|＋|x－2|≤5的解集為________.答案[－1,4]解析|x－1|＋|x－2|表示數(shù)軸上的點到點1和點2的距離之和.如圖，點A和點B之間的點到點1和點2的距離之和都小于5.∴原不等式的解集為[－1,4].8.設函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋x＋3，則f(－2)＝__________；若f(x)≤5，則x的取值范圍是__________.答案6[－1,1]解析f(－2)＝|2×(－2)－1|－2＋3＝6；由f(x)≤5得|2x－1|＋x＋3≤5，即|2x－1|≤2－x，即x－2≤2x－1≤2－x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1≥x－2，,2x－1≤2－x，))解得－1≤x≤1.9.不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a對于一切x∈R恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________.答案(－∞，2)解析由絕對值的幾何意義知|x－4|＋|x＋5|≥9，則log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a對于一切x∈R恒成立，則需a<2.10.已知f(x)＝|x－3|，g(x)＝－|x－7|＋m，若函數(shù)f(x)的圖象恒在函數(shù)g(x)圖象的上方，則m的取值范圍是________.答案(－∞，4)解析由題意，可得不等式|x－3|＋|x－7|－m>0恒成立，即(|x－3|＋|x－7|)min>m，由于數(shù)軸上的點到點3和點7的距離之和的最小值為4，所以要使不等式恒成立，則m<4.11.若不等式|3x－b|＜4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2,3，則b的取值范圍為________.答案(5,7)解析由|3x－b|＜4，得－4＜3x－b＜4，即eq\f(－4＋b,3)＜x＜eq\f(4＋b,3)，∵不等式|3x－b|＜4的解集中的整數(shù)有且僅有1,2,3，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤\f(－4＋b,3)＜1，,3＜\f(4＋b,3)≤4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4≤b＜7，,5＜b≤8，))∴5＜b＜7.12.已知函數(shù)f(x)＝|x＋3|－|x－2|.(1)求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≥|a－4|有解，求a的取值范圍.解(1)f(x)＝|x＋3|－|x－2|≥3，當x≥2時，有x＋3－(x－2)≥3，解得x≥2；當x≤－3時，－x－3＋(x－2)≥3，解得x∈?；當－3<x<2時，有2x＋1≥3，解得1≤x<2.綜上，f(x)≥3的解集為{x|x≥1}.(2)由絕對值不等式的性質(zhì)可得||x＋3|－|x－2||≤|(x＋3)－(x－2)|＝5，則有－5≤|x＋3|－|x－2|≤5.若f(x)≥|a－4|有解，則|a－4|≤5，解得－1≤a≤9.所以a的取值范圍是[－1,9].13.當x∈[1,3]時，不等式|x－a|－|2x－1|≤3恒成立，則a的取值范圍是________.答案[－3,5]解析當x∈[1,3]時，|x－a|≤|2x－1|＋3＝2x＋2，∴－2x－2≤x－a≤2x＋2，即－3x－2≤－a≤x＋2，∴－x－2≤a≤3x＋2對x∈[1,3]恒成立，∴－3≤a≤5.14.已知f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＋2|x＋2|.(1)求證：f(x)≥5；(2)若對任意實數(shù)x,15－2f(x)＜a2＋eq\f(9,a2＋1)都成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x－3，x≤－2，,5，－2＜x≤－1，,2x＋7，－1＜x≤2，,4x＋3，x＞2，))∴f(x)的最小值為5.∴f(x)≥5.(2)由(1)知15－2f(x)的最大值為5.∵a2＋eq\f(9,a2＋1)＝(a2＋1)＋eq\f(9,a2＋1)－1≥2eq\r(a2＋1×\f(9,a2＋1))－1＝5，當且僅當a2＋1＝eq\f(9,a2＋1)時取等號，此時a＝±eq\r(2).∴當a＝±eq\r(2)時，a2＋eq\f(9,a2＋1)取得最