2021高三統(tǒng)考北師大版數(shù)學(xué)一輪學(xué)案：4－5 第1講 絕對(duì)值不等式含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精2021高三統(tǒng)考北師大版數(shù)學(xué)一輪學(xué)案：選修4－5第1講絕對(duì)值不等式含解析選修4－5不等式選講第1講絕對(duì)值不等式基礎(chǔ)知識(shí)整合1．絕對(duì)值不等式的解法（1）形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用兩邊平方轉(zhuǎn)化為二次不等式求解．（2)形如|ax＋b|≤c（c>0)和|ax＋b｜≥c（c〉0）型不等式①絕對(duì)值不等式|x|>a與|x｜〈a的解集不等式a>0a＝0a〈0｜x|〈aeq\x（\s\up1（01））{x｜－a<x<a}??|x｜〉aeq\x（\s\up1(02)）{x｜x>a或x<－a}｛x｜x≠0}R②|ax＋b|≤c(c〉0）和|ax＋b｜≥c(c〉0)型不等式的解法|ax＋b｜≤c?eq\x(\s\up1(03)）－c≤ax＋b≤c（c〉0），|ax＋b|≥c?eq\x（\s\up1（04))ax＋b≥c或ax＋b≤－c(c>0)．2．絕對(duì)值不等式的應(yīng)用（1)定理：如果a，b是實(shí)數(shù),那么|a＋b|≤|a|＋｜b|，當(dāng)且僅當(dāng)eq\x（\s\up1（05)）ab≥0時(shí)，等號(hào)成立．（2)如果a，b,c是實(shí)數(shù)，那么｜a－c|≤|a－b|＋｜b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)（a－b）(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立．（3）由絕對(duì)值不等式定理還可以推得以下幾個(gè)不等式①｜a1＋a2＋…＋an｜≤|a1|＋｜a2｜＋…＋｜an｜。②｜|a|－|b｜|≤|a＋b|≤｜a|＋|b｜。③｜|a|－|b|｜≤|a－b｜≤｜a｜＋|b｜.1．在解決有關(guān)絕對(duì)值不等式的問(wèn)題時(shí),充分利用絕對(duì)值不等式的幾何意義解決問(wèn)題，能有效避免分類(lèi)討論不全面的問(wèn)題．若用零點(diǎn)分段法求解，要掌握分類(lèi)討論的標(biāo)準(zhǔn)，做到不重不漏．2．絕對(duì)值不等式|a±b｜≤|a｜＋|b｜,從左到右是一個(gè)放大過(guò)程,從右到左是一個(gè)縮小過(guò)程,證明不等式可以直接用，也可利用它消去變量求最值．絕對(duì)值不等式是證明與絕對(duì)值有關(guān)的不等式的重要工具，但有時(shí)還需要通過(guò)適當(dāng)?shù)淖冃问蛊浞辖^對(duì)值不等式的條件．1．不等式｜x－1|＋|x＋2｜≥5的解集為(）A．（－∞，－2]∪[2，＋∞)B．(－∞,－1]∪[2，＋∞）C．(－∞，－2］∪[3，＋∞)D．（－∞，－3]∪［2，＋∞)答案D解析原不等式等價(jià)于eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x〈－2，，1－x－x－2≥5))或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－2≤x≤1，，1－x＋x＋2≥5）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x>1，,x－1＋x＋2≥5，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x〈－2,，x≤－3))或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2≤x≤1,,3≥5）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x〉1,,x≥2，）)解得x≤－3或x∈?或x≥2，所以x≤－3或x≥2.2．若不等式｜a－2x|≤x＋3對(duì)任意x∈[0，2]恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．(－1，3） B．[－1,3]C．(1，3) D．[1,3］答案B解析由題意可得當(dāng)x∈［0,2］時(shí)，f(x)＝｜a－2x|的圖象恒在直線y＝x＋3的下方或在直線y＝x＋3上，如圖,所以得①eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（a,2）〈0,，f2＝｜a－4｜≤5))或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a，2)≥0,，f2＝|a－4|≤5,，f0＝｜a｜≤3.))由①可得－1≤a〈0，由②可得0≤a≤3,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是［－1，3］．3．若關(guān)于x的不等式｜x－m｜＋|x＋2|<4的解集不為?，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是（）A．(－2,6)B．（－∞，－2)∪（6，＋∞)C．(－∞，－6)∪（2，＋∞)D．（－6，2）答案D解析關(guān)于x的不等式｜x－m｜＋｜x＋2|＜4的解集不為??(|x－m｜＋｜x＋2|）min＜4，∵｜x－m｜＋|x＋2｜≥|（x－m）－(x＋2)|＝|m＋2|，∴｜m＋2|＜4，解得－6＜m＜2，故選D.4．若不等式|x＋1|－｜2－x|〈a無(wú)實(shí)數(shù)解,則a的取值范圍是()A．（－∞，3） B．（－3，＋∞)C．（－∞，－3］ D．(－∞，－3）答案C解析由絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，得｜｜x＋1|－｜2－x｜|≤|(x＋1）＋(2－x)｜＝3,即｜x＋1｜－｜2－x｜≥－3,因?yàn)椋黿＋1｜－|2－x｜〈a無(wú)實(shí)數(shù)解，所以a≤－3，故選C.5．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）)?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－9<2x－5〈9,,2x－5≥3或2x－5≤－3))?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2<x<7，,x≥4或x≤1，））得所求不等式的解集為(－2,1]∪[4，7）．6．不等式|x＋3｜－|2x－1|<eq\f（x，2)＋1的解集為_(kāi)_______．答案eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x|x<－\f（2，5）或x〉2))解析①當(dāng)x〈－3時(shí)，原不等式化為－(x＋3）－(1－2x)<eq\f(x,2）＋1，解得x〈10，所以x<－3.②當(dāng)－3≤x＜eq\f(1，2）時(shí)，原不等式化為(x＋3）－(1－2x)<eq\f(x，2）＋1,解得x<－eq\f（2,5），所以－3≤x<－eq\f（2,5）.③當(dāng)x≥eq\f(1,2)時(shí)，原不等式化為x＋3＋1－2x<eq\f（x，2)＋1，解得x>2，所以x>2。綜上可知，原不等式的解集為eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x|x<－\f(2,5）或x>2）).核心考向突破考向一絕對(duì)值不等式的解法例1（1）（2019·全國(guó)卷Ⅱ）已知f(x）＝|x－a｜x＋｜x－2｜(x－a)．①當(dāng)a＝1時(shí),求不等式f(x)〈0的解集；②若x∈（－∞，1）時(shí)，f(x）〈0,求a的取值范圍．解①當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x－1｜x＋|x－2｜(x－1）．當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝－2(x－1)2〈0；當(dāng)x≥1時(shí)，f（x)≥0.所以不等式f（x)〈0的解集為（－∞,1）．②因?yàn)閒(a)＝0,所以a≥1.當(dāng)a≥1，x∈（－∞，1)時(shí)，f（x)＝(a－x)x＋（2－x）·(x－a）＝2（a－x)（x－1）<0。所以a的取值范圍是[1，＋∞)．（2)（2019·河南八市壓軸)已知函數(shù)f（x)＝｜2x＋3|－｜x－a｜（a∈R)．①當(dāng)a＝1時(shí)，解不等式f(x）≥2；②若關(guān)于x的不等式f（x)≥|x－3｜的解集包含[3,5］，求a的取值范圍．解①當(dāng)a＝1時(shí)，不等式f(x）≥2,即|2x＋3|－｜x－1｜≥2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f（3，2），，－x－4≥2))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f(3，2）≤x≤1，，3x＋2≥2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x〉1,,x＋4≥2，）)解得x≤－6或x≥0，所以不等式f(x）≥2的解集為(－∞，－6]∪［0，＋∞)．②關(guān)于x的不等式f（x）≥|x－3|的解集包含［3，5］，即｜2x＋3｜－|x－3|≥|x－a｜在［3，5]上恒成立，即x＋6≥|x－a|在［3,5］上恒成立，即－6≤a≤2x＋6在x∈［3,5］上恒成立，解得－6≤a≤12,所以a的取值范圍是［－6，12］．eq\o（\s\up7(形如|x－a|＋|x－b｜≥c或≤c的不等式),\s\do5（的三種主要解法))(1）分段討論法:利用絕對(duì)值號(hào)內(nèi)式子對(duì)應(yīng)方程的根,將數(shù)軸分為(－∞，a］，(a，b]，（b,＋∞）（此處設(shè)a〈b）三個(gè)部分，在每個(gè)部分上去掉絕對(duì)值符號(hào)分別列出對(duì)應(yīng)的不等式求解,然后取各個(gè)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(diǎn)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．[即時(shí)訓(xùn)練]1.(2019·湖北恩施質(zhì)檢)已知函數(shù)f（x)＝｜x＋m｜＋2|x－1｜.（1）當(dāng)m＝2時(shí)，求不等式f(x）≤8的解集;（2）若不等式f(x＋1）<3的解集為?，求正數(shù)m的取值范圍．解(1)當(dāng)m＝2時(shí)，f（x）＝|x＋2｜＋2｜x－1|＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－3x,x〈－2，，－x＋4,－2≤x≤1，,3x,x〉1。))當(dāng)x<－2時(shí),由－3x≤8，得x≥－eq\f（8，3），即－eq\f（8,3)≤x〈－2；當(dāng)－2≤x≤1時(shí),由－x＋4≤8，得x≥－4，即－2≤x≤1；當(dāng)x>1時(shí),由3x≤8，得x≤eq\f（8,3)，即1〈x≤eq\f(8，3）。綜上，不等式f(x)≤8的解集為eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x｜－\f(8,3）≤x≤\f（8，3）))。(2）由f(x＋1）<3，得｜x＋1＋m|＋2|x｜〈3，令g(x）＝｜x＋1＋m|＋2|x｜＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－1－m，x〈－1－m，，－x＋1＋m，－1－m≤x≤0,,3x＋1＋m，x〉0。））若不等式f(x＋1）<3的解集為?，則不等式f(x＋1）≥3的解集為R，即g(x)min＝g（0)＝1＋m≥3，解得m≥2。所以正數(shù)m的取值范圍為［2，＋∞）．2．(2020·廣東佛山1月質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝|x－a｜＋x，a∈R.（1)若f（1）＋f（2)>5,求a的取值范圍；(2）若a，b∈N＊,關(guān)于x的不等式f(x）<b的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞,\f(3,2））)，求a，b的值．解(1）由f(1）＋f（2)>5，得｜1－a|＋|2－a｜>2，當(dāng)a≥2時(shí)，a－1＋a－2>2，解得a>eq\f（5,2)，當(dāng)1≤a<2時(shí)，a－1＋2－a>2，不等式無(wú)解，當(dāng)a≤1時(shí)，1－a＋2－a>2,解得a〈eq\f（1,2)，綜上所述,a的取值范圍為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2）））∪eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（5,2)，＋∞)）。（2）因?yàn)閒(x)<b，所以｜x－a|＋x〈b，當(dāng)x≥a時(shí)，x－a＋x<b,得x〈eq\f(a＋b，2)，當(dāng)x〈a時(shí)，a－x＋x<b，得a〈b，因?yàn)椴坏仁絝(x)<b的解集為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞,\f（3，2））)，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a<b，,\f(a＋b，2）＝\f(3,2），））又因?yàn)閍，b∈N＊，所以a＝1，b＝2?？枷蚨^對(duì)值三角不等式的應(yīng)用例2（1)(2019·漳州二模)已知f(x）＝|x＋a｜(a∈R）．①若f（x)≥｜2x－1|的解集為[0，2]，求a的值；②若對(duì)任意x∈R,不等式f(x）＋|x－a｜≥3a－2恒成立，求實(shí)數(shù)a解①不等式f(x）≥|2x－1｜，即|x＋a｜≥｜2x－1|，兩邊平方整理，得3x2－(2a＋4)x＋1－a2由題意，知0和2是方程3x2－(2a＋4）x＋1－a2即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（0＋2＝\f（2a＋4,3)，,0×2＝\f(1－a2，3)，)）解得a＝1。②因?yàn)閒(x)＋｜x－a｜＝|x＋a｜＋|x－a|≥｜(x＋a）－（x－a）|＝2｜a|,所以要使不等式f(x)＋｜x－a｜≥3a－2恒成立，只需2|a｜≥3當(dāng)a≥0時(shí)，2a≥3a－2，解得a≤2,即0≤當(dāng)a〈0時(shí)，－2a≥3a－2，解得a≤eq\f（2，5)，即a〈0。綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2］．(2)(2019·長(zhǎng)沙一模）已知函數(shù)f(x）＝x|x－a|，a∈R.①當(dāng)f(1）＋f(－1）>1時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;②若a〉0，?x，y∈（－∞，a］，不等式f(x）≤|y＋eq\f（5,4）｜＋｜y－a|恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解①f(1)＋f（－1）＝｜1－a｜－｜1＋a|>1,若a≤－1，則1－a＋1＋a〉1，得2〉1，即a≤－1；若－1〈a<1，則1－a－(1＋a)〉1，得a〈－eq\f(1,2)，即－1〈a〈－eq\f（1，2)；若a≥1，則－（1－a）－（1＋a）>1，得－2〉1，此時(shí)不等式無(wú)解．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1，2））).②由題意，知要使不等式恒成立,只需f（x)max≤eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(|y＋\f（5，4）｜＋|y－a|）)min.當(dāng)x∈(－∞,a]時(shí)，f(x)＝－x2＋ax，f（x）max＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(a,2)))＝eq\f（a2，4）.因?yàn)閨y＋eq\f(5,4)｜＋|y－a｜≥｜a＋eq\f(5,4）|，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（y＋\f(5，4））)·(y－a)≤0，即－eq\f(5,4)≤y≤a時(shí)等號(hào)成立，所以當(dāng)y∈(－∞，a］時(shí)，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（|y＋\f(5，4)|＋|y－a|))min＝｜a＋eq\f(5,4)｜＝a＋eq\f(5,4).于是eq\f(a2，4)≤a＋eq\f(5,4）,解得－1≤a≤5。又a>0,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，5］．兩數(shù)和與差的絕對(duì)值不等式的性質(zhì)(1）對(duì)絕對(duì)值三角不等式定理|a｜－|b|≤|a±b｜≤|a|＋｜b｜中等號(hào)成立的條件要深刻理解，特別是用此定理求函數(shù)的最值時(shí)．(2）該定理可強(qiáng)化為｜｜a｜－|b｜｜≤｜a±b｜≤|a｜＋｜b｜，它經(jīng)常用于證明含絕對(duì)值的不等式．［即時(shí)訓(xùn)練］3.（2019·江西上饒模擬）已知函數(shù)f（x)＝｜2x＋a｜＋｜2x－1｜，g(x)＝｜x－1|＋2.（1)解不等式g（x)≥4；(2）若對(duì)任意x2∈R,都有x1∈R，使得f(x1）＝g（x2）成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)由|x－1｜＋2≥4，得|x－1｜≥2,解得x≤－1或x≥3.故不等式g(x）≥4的解集為｛x|x≤－1或x≥3}．(2）因?yàn)閷?duì)任意x2∈R，都有x1∈R，使得f（x1）＝g（x2)成立,所以｛y|y＝g(x)}?｛y|y＝f（x)}．又因?yàn)間(x）＝｜x－1｜＋2≥2，f(x）＝|2x＋a|＋｜2x－1｜≥｜（2x＋a)－(2x－1)｜＝｜a＋1|，所以|a＋1｜≤2，解得－3≤a≤1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為［－3，1]．4．(2019·湖南懷化質(zhì)檢)設(shè)f（x）＝｜2x－1｜＋|x＋1｜。(1)解不等式f（x）≤3；（2）若不等式m｜x|≤f（x）恒成立，求m的取值范圍．解(1）當(dāng)x〈－1時(shí)，f(x）＝－(2x－1）－(x＋1）＝－3x≤3，解得x≥－1，故此情況無(wú)解；當(dāng)－1≤x≤eq\f（1，2）時(shí)，f（x)＝－(2x－1）＋（x＋1)＝－x＋2≤3，解得x≥－1,故－1≤x≤eq\f(1，2）;當(dāng)x〉eq\f(1，2)時(shí),f（x）＝(2x－1）＋（x＋1)＝3x≤3，解得x≤1，故eq\f（1,2)〈x≤1.綜上所述，滿(mǎn)足f(x）≤3的解集為｛x|－1≤x≤1}．（2)當(dāng)x＝0時(shí)，可知?m∈R，不等式均成立；當(dāng)x≠0時(shí)，由已知可得m≤eq\f（fx,|x|）恒成立，即m≤eq\f(fx，|x|）的最小值．eq\f（fx,｜x｜）＝eq\f(|2x－1|＋|x＋1｜，｜x｜)＝｜2－eq\f（1，x)｜＋|1＋eq\f（1,x）|≥｜eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f（1，x）)）＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,x）))｜＝3,當(dāng)x≤－1或x≥eq\f(1,2）時(shí)，等號(hào)成立,所以m≤3.綜上所述，使得不等式m｜x｜≤f（x）恒成立的m的取值范圍為（－∞，3］．考向三絕對(duì)值不等式的綜合應(yīng)用例3(1）已知函數(shù)f(x)＝｜x－2｜＋|2x－1｜。①求不等式f(x)≤3的解集；②若不等式f(x）≤ax的解集為空集,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解①解法一：由題意f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－3x＋3，x≤\f（1,2），,x＋1,\f（1，2)<x<2，，3x－3,x≥2，））當(dāng)x≤eq\f（1,2)時(shí)，f（x)＝－3x＋3≤3,解得x≥0，即0≤x≤eq\f（1，2），當(dāng)eq\f(1,2)<x<2時(shí)，f(x)＝x＋1≤3，解得x≤2，即eq\f(1,2）<x〈2，當(dāng)x≥2時(shí),f（x）＝3x－3≤3，解得x≤2，即x＝2.綜上所述，原不等式的解集為［0,2]．解法二：由題意f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－3x＋3，x≤\f(1，2),，x＋1，\f(1，2)〈x<2,,3x－3,x≥2，）)作出f（x）的圖象,如圖．注意到當(dāng)x＝0或x＝2時(shí)，f（x)＝3,結(jié)合圖象，知不等式f(x）≤3的解集為［0，2],②解法一：不等式f（x）≤ax的解集為空集可轉(zhuǎn)化為f（x)〉ax對(duì)任意x∈R恒成立，即函數(shù)y＝ax的圖象始終在函數(shù)y＝f(x）的圖象的下方，如圖．當(dāng)直線y＝ax過(guò)點(diǎn)A（2，3）以及與直線y＝－3x＋3平行時(shí)為臨界點(diǎn)，所以－3≤a〈eq\f(3，2).解法二:不等式f（x）≤ax的解集為空集可轉(zhuǎn)化為f（x)〉ax對(duì)任意x∈R恒成立，(ⅰ)當(dāng)x≤eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝－3x＋3>ax，即（a＋3）x－3〈0恒成立,若a＋3<0,顯然不符合題意，若a＋3＝0，即a＝－3，則－3〈0恒成立，符合題意，若a＋3〉0,即a>－3，只需(a＋3）×eq\f（1，2)－3〈0即可，解得a〈3，故－3<a<3，所以－3≤a〈3；（ⅱ）當(dāng)eq\f（1，2）<x〈2時(shí)，f（x）＝x＋1〉ax，即（a－1)x－1〈0恒成立，若a－1<0，即a<1,(a－1)x－1〈0恒成立，符合題意，若a－1＝0，即a＝1，則－1<0恒成立，符合題意，若a－1〉0，即a>1，只需（a－1)×2－1≤0即可，解得a≤eq\f(3,2），故1<a≤eq\f（3，2），所以a≤eq\f(3，2）；（ⅲ)當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)＝3x－3>ax，即（a－3）x＋3<0恒成立，若a－3<0，即a〈3，只需(a－3）×2＋3〈0即可，解得a<eq\f（3，2),故a〈eq\f(3,2),若a－3＝0,即a＝3,則3<0，不符合題意,若a－3〉0，即a〉3，則(a－3)x＋3>0恒成立，不符合題意,所以a〈eq\f(3，2）。綜上所述,－3≤a＜eq\f（3，2)。（2)(2019·鄭州二模）設(shè)函數(shù)f（x)＝｜ax＋1｜＋｜x－a|（a>0)，g（x)＝x2－x。①當(dāng)a＝1時(shí),求不等式g(x）≥f（x）的解集；②已知f（x)≥2恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解①當(dāng)a＝1時(shí)，f(x）＝|x＋1|＋|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2x，x≤－1，，2,－1〈x<1，，2x,x≥1，)）當(dāng)x≤－1時(shí)，x2－x≥－2x，得x≤－1；當(dāng)－1<x〈1時(shí)，x2－x≥2,即x≤－1或x≥2，舍去；當(dāng)x≥1時(shí)，x2－x≥2x，得x≥3.綜上，原不等式的解集為｛x|x≤－1或x≥3｝．②f(x)＝|ax＋1｜＋｜x－a|＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－a＋1x－1＋a，x≤－\f(1,a)，,a－1x＋1＋a,－\f(1，a)〈x〈a，，a＋1x＋1－a，x≥a，)）當(dāng)0〈a≤1時(shí)，f(x）min＝f(a）＝a2＋1≥2，得a＝1；當(dāng)a>1時(shí)，f（x)min＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，a))）＝a＋eq\f（1,a)≥2，得a>1.綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為［1，＋∞)．（1)解決與絕對(duì)值有關(guān)的綜合問(wèn)題的關(guān)鍵是去掉絕對(duì)值，化為分段函數(shù)來(lái)解決．(2)數(shù)形結(jié)合是解決與絕對(duì)值有關(guān)的綜合問(wèn)題的常用方法．［即時(shí)訓(xùn)練]5.(2019·寧德模擬）已知f(x）＝｜2x－1|＋｜ax－5｜（0<a〈5）．(1）當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x）≥9的解集;(2）若函數(shù)y＝f（x）的最小值為4，求實(shí)數(shù)a的值．解(1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝|2x－1|＋｜x－5｜＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（6－3x，x<\f(1,2)，，x＋4，\f（1，2)≤x〈5，，3x－6，x≥5，))所以f（x）≥9?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x〈\f(1,2），，6－3x≥9)）或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)≤x＜5，，x＋4≥9））或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥5，,3x－6≥9.）)解得x≤－1或x≥5，即所求不等式的解集為(－∞,－1]∪[5,＋∞)．（2）∵0〈a〈5，∴eq\f（5，a）〉1，則f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋2x＋6,x〈\f(1，2），,2－ax＋4,\f(1,2）≤x≤\f(5,a）,,a＋2x－6，x>\f（5,a）.)）注意到當(dāng)x〈eq\f（1,2)時(shí),