例谈含参数的绝对值不等式问题及其解法

福建师范大学数学与信息学院 王沛钰 (邮编：350117)

自2017年起，高考数学全国卷的选做题由三选一改为二选一，去掉了选修4-1的几何证明选讲，保留了选修4-4的坐标系与参数方程和选修4-5的不等式选讲．对于不等式选讲的这道选做题，通常设置两问, 每小问5分，总计10分，并且文理同题．纵观近几年高考全国卷不等式选讲的题目，不难发现出题模式以绝对值不等式问题为主．如下表1所示，对2013年―2017年高考全国卷不等式选讲的题目类型统计，可以看出全国I卷近5年有4年考了绝对值不等式问题，全国II卷近5年有3年考了绝对值不等式问题，全国Ⅲ卷自启用连续2年考了绝对值不等式问题．如果对这些绝对值问题进行分析，还可以得到：第(I)问主要考查绝对值不等式的解、画绝对值函数的图象等，此问比较容易；第(II)问多涉及含参数的绝对值不等式问题，题 型灵活，且常考查化归与转化、分类讨论、数形结合等数学思想．通过分析含参数的绝对值不等式问题，总结出了三种常考题型：求参数的值或范围、不等式证明以及绝对值不等式的应用，并结合例子给出了三种常考题型的一般解法，希望对广大的高中师生有所帮助．

表1 2013年―2017年高考全国卷不等式选讲的题目类型统计(全国Ⅲ卷于2016年启用)

1 求参数的值或范围

1.1 已知不等式的解集

例2 已知函数f(x)=|x-a|(其中a>1)，若关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为x|1≤x≤2，求a的值．

解析 设h(x)=f2x+a-2f(x)，则

点评 已知含参数的绝对值不等式的解集，如果不等式中只有一个绝对值，我们通常利用|f(x)|>g(x)⟺f(x)<-g(x)或f(x)>g(x),|f(x)|

先求出该不等式的解集，再根据题设列方程(组)或不等式(组)求出参数的值或范围；如果不等式中含有两个绝对值，我们可以考虑分段去掉绝对值来求解集，其中可能会涉及分类讨论，操作起来会稍微复杂一点，需要确保分类讨论的情况不重复、不遗漏．

1.2 已知恒成立或存在性条件

例3 (2017年高考数学全国卷I·文理23)已知函数f(x)=-x2+ax+4，g(x)=x+1+x-1．

(I)当a=1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；

(II)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]，求a的取值范围．

解析 (I)略．

(II)方法一 化归转化思想

方法二 数形结合思想

由于不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]，等价于f(x)≥g(x)在[-1,1]内恒成立．又因x∈[-1,1]时，g(x)=2，故可得f(x)≥2⟺-x2+ax+4≥2⟺x2-2≤ax在[-1,1]内恒成立．作出y=x2-2在[-1,1]上的图象，如图1所示，函数y=ax必须落在l1、l2之间，此时kl1=-1、kl2=1．因此a的取值范围为[-1,1]．

图1

例4 已知关于x的不等式|x-a|+|x+a|

解析 因为|x-a|+|x+a|≥|x-a-x-a|=|2a|，且不等式|x-a|+|x+a|

点评 已知恒成立或存在性条件，求参数的值或范围，可以利用化归与转化思想分离参数变成最值问题考虑，也可利用分类讨论思想去绝对值符号直接计算，还可利用数形结合思想画出图象直观观察．

比如，利用化归转化思想分离参数后，若a>f(x)在x∈D恒成立，则a>f(x)max；若af(x)，则a>f(x)min；若存在x∈D使得a

1.3 已知两个函数图象围成的区域大小或形状

例5 (2015高考高考卷I·文理24)已知函数f(x)=x+1-2|x-a|，a>0．

(I)当a=1时，求不等式f(x)>1的解集；

(II)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．

解析 (I)略．

(II)由题设可得f(x)=x+1-2|x-a|

所以a的取值范围为(2，+∞)．

例6 已知函数f(x)=x+x-3的图象与直线y=ax+5a(a>0)的图象可以围成一个三角形，求a的取值范围．

解析

图2

点评 已知两个函数图象围成的区域大小或形状求参数的值或范围，关键先要确定围成的区域，再用区域大小或区域形状联系参数，得到满足题意的式子，解出参数的值或范围．如例5中关键是确定三角形区域，进而求出三角形三个顶点的坐标, 其中两点显然是函数f(x)的图象与x轴的交点, 方法一用零点分区间结合图象求交点坐标；方法二是用方程思想求出函数f(x)的图象与x轴的两个交点坐标, 用绝对值三角不等式求出函数最大值继而求出另一点的坐标，等三角形三个顶点坐标求出后，联系面积求参数的范围就变成水到渠成的事情了.

2 不等式证明

例7 (2015高考数学全国卷II·文理24)设a、b、c、d均为正数，且a+b=c+d．证明：

解析 (I)略．

(II)① 若|a-b|<|c-d|，则(a-b)2<(c-d)2，即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd．

于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2．因此|a-b|<|c-d|．

例8 已知函数f(x)=x-2，若a>2，求证：∀x∈R，fax+af(x)>2恒成立．

证明 因为f(x)=x-2，所以f(ax)+af(x)=|ax-2|+a|x-2|=|ax-2|+|2a-ax|≥|ax-2+2a-ax|=|2a-2|，当且仅当(ax-2)(2a-ax)≥0时，等号成立．又因a>2，所以2a-2>2，即fax+af(x)>2，因此，∀x∈R，fax+af(x)>2恒成立．

点评 不等式的证明方法有很多，如比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等，证明时需灵活选择，才能收到事半功倍的效果．绝对值不等式的证明还需联系不等式的性质和绝对值三角不等式(|a+b|≤a+b、a-b≤a±b≤a+b)，但要注意取等条件是否满足．

3 绝对值不等式的应用：求函数的最值

解析 因为f(x)=|x+a|+|x-b|≥(x+a)-(x-b)=|a+b|，

又因a、b∈R+，所以

例10 已知函数f(x)=2x-1，若实数a，b满足a+b=2，求fa2+fb2的最小值．

解析 由f(x)=2x-1，可得fa2+fb2=|2a2-1|+|2b2-1|≥|2(a2+b2)-2|，因a+b=2，利用柯西不等式可得2a2+b2=12+12a2+b2≥(a+b)2=4，当且仅当a=b=1时等号成立，从而2a2+b2-2≥2，即fa2+fb2≥2，故fa2+fb2的最小值为2．