高考数学（理）创新第六章不等式第4节

第4节绝对值不等式最新考纲1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R)；2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－c|＋|x－b|≥a.知识梳理1．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|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|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利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③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．2．含有绝对值的不等式的性质(1)如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立；(2)|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；(3)如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．[常用结论与微点提醒]1．绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法，数形结合法，构造函数法．2．不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决．3．可以利用绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求函数最值，要注意其中等号成立的条件．诊断自测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若|x|＞c的解集为R，则c≤0.()(2)不等式|x－1|＋|x＋2|＜2的解集为∅.()(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a＞b＞0时等号成立．()(4)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．()(5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为()A．5或8 B．－1或5C．－1或－4 D．－4或8解析分类讨论：当a≤2时，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)，))显然，x＝－eq\f(a,2)时，f(x)min＝eq\f(a,2)＋1－a＝3，∴a＝－4，当a>2时，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，))显然x＝－eq\f(a,2)时，f(x)min＝－eq\f(a,2)－1＋a＝3，∴a＝8.答案D3．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________．解析∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.答案24．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为________．解析①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.②当1<x<5时，原不等式可化为x－1－(5－x)<2，∴x<4，∴1<x<4，③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．综上，原不等式的解集为(－∞，4)．答案(－∞，4)5．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为________．解析设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)，))当x＜－2时，y＝－3x－1＞5；当－2≤x＜eq\f(1,2)时，5≥y＝－x＋3＞eq\f(5,2)；当x≥eq\f(1,2)时，y＝3x＋1≥eq\f(5,2)，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为eq\f(5,2).因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋eq\f(1,2)a＋2对任意实数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)，故实数a的取值范围为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·杭州调研)设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.(1)当a＝1时，则不等式f(x)≥3x＋2的解集为________．(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，则a的值为________．解析(1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.由此可得x≥3或x≤－1.故当a＝1时，不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.此不等式化为不等式组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).))因为a>0，所以不等式组的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≤－\f(a,2))).由题设可得－eq\f(a,2)＝－1，故a＝2.答案(1){x|x≥3或x≤－1}(2)2考点一含绝对值不等式的解法【例1】(一题多解)解不等式|x－1|＋|x＋2|≥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A1A＋A1B＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时B1A＋B1B＝5，故原不等式的解集为(－∞，－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，∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．法三将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0.令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，则f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－6，x≤－2，,－2，－2＜x＜1，,2x－4，x≥1.))作出函数的图象，如图所示．由图象可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．规律方法形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法，利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设a＜b)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|x－a|＋|x－b|＞c(c＞0)的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体；(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解．【训练1】(2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|，则：(1)不等式f(x)≥1的解集为________；(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，则m的取值范围为________．解析(1)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3，x<－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x>2.))当x<－1时，f(x)＝－3≥1无解；当－1≤x≤2时，由2x－1≥1，得1≤x≤2；当x>2时，f(x)＝3≥1恒成立．故f(x)≥1的解集为[1，＋∞)．(2)不等式f(x)≥x2－x＋m等价于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)，当且仅当x＝eq\f(3,2)时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq\f(5,4).故m的取值范围是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)))考点二绝对值不等式性质的应用【例2】(1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值；(2)对于实数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|的最小值为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|的最大值为5.规律方法求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：(1)利用绝对值的几何意义；(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|；(3)利用零点分区间法．【训练2】(1)若关于x的不等式|2014－x|＋|2015－x|≤d有解，求实数d的取值范围；(2)不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥|a－2|＋siny对一切非零实数x，y均成立，求实数a的取值范围．解(1)∵|2014－x|＋|2015－x|≥|2014－x－2015＋x|＝1，∴关于x的不等式|2014－x|＋|2015－x|≤d有解时，d≥1.(2)∵x＋eq\f(1,x)∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))∈[2，＋∞)，其最小值为2.又∵siny的最大值为1，故不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≥|a－2|＋siny恒成立时，有|a－2|≤1，解得a∈[1，3]．考点三含绝对值的不等式的应用【例3】(2016·浙江卷)已知a≥3，函数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的取值范围；(2)①求F(x)的最小值m(a)；②求F(x)在区间[0，6]上的最大值M(a)．解(1)由于a≥3，故当x≤1时，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)＞0，当x＞1时，(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的取值范围是[2，2a]．(2)①设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，则f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，所以，由F(x)的定义知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当0≤x≤2时，F(x)＝f(x)≤maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(f（0），f（2）))＝2＝F(2)．当2≤x≤6时，F(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（6）)).所以M(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(34－8a，3≤a＜4，,2，a≥4.))规律方法(1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决．(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．【训练3】已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1；当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))).(2)由题设可得，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.))所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积为eq\f(2,3)(a＋1)2.由题设得eq\f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.所以实数a的取值范围为(2，＋∞)．基础巩固题组一、选择题1．已知全集U＝R，集合M＝{x||x－1|≤2}，则∁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，所以其补集为∁UM＝{x|x<－1或x>3}．答案C2．不等式|x－2|－|x－1|>0的解集为()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)，＋∞))解析不等式可化为|x－2|>|x－1|，两边平方化简得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|表示数轴上的点到－3，5的距离之和，不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是(－∞，－4]∪[6，＋∞)．答案D4．不等式1≤|2x－1|<2的解集为()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，＋∞)解析不等式等价于不等式组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，故原不等式的解集为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))，则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，则－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，则x>1.因此M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|1<x<\f(3,2))).答案A6．(2018·浙江名校三联)已知f(x)＝2x2－4x－1，设有n个不同的数xi(i＝1，2，…，n)满足0≤x1<x2<…<xn≤3，则满足|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]上单调递减，且f(x)∈[－3，－1]，f(x)在[1，3]上单调递增，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的最小值为10.答案A二、填空题7．(2018·温州模拟)若关于x的不等式|x|＋|x＋a|＜b的解集为(－2，1)，则实数对(a，b)＝__________．解析由题意，知－2，1是方程|x|＋|x＋a|＝b的两个根，则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，))所以实数对(a，b)＝(1，3)．答案(1，3)8．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．解析|x－a|＋|x－1|≥|a－1|，则只需要|a－1|≤3，解得－2≤a≤4.答案[－2，4]9．若不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集不为∅，则实数a的取值范围是________．解析∵|x－1|＋|x－2|≥|x－1－x＋2|＝1，不等式|x－1|＋|x－2|≤a2＋a＋1的解集不为∅，∴a2＋a＋1≥1，∴a2＋a≥0，解得a≥0或a≤－1.∴实数a的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．答案(－∞，－1]∪[0，＋∞)10．(2017·金华调研)已知不等式|x＋1|－|x－3|>a.(1)若不等式有解，则实数a的取值范围为________．(2)若不等式的解集为R，则实数a的取值范围为________．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，则a<4；(2)若不等式的解集为R，则a<－4.答案(1)(－∞，4)(2)(－∞，－4)三、解答题11．(一题多解)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.(1)解不等式f(x)＞2；(2)求函数y＝f(x)的最小值．解(1)法一令2x＋1＝0，x－4＝0分别得x＝－eq\f(1,2)，x＝4.原不等式可化为：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).∴原不等式的解集为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）))画出f(x)的图象，如图所示．求得y＝2与f(x)图象的交点为(－7，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，2)).由图象知f(x)＞2的解集为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)的法二图象知：当x＝－eq\f(1,2)时，知：f(x)min＝－eq\f(9,2).12．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.(1)解不等式：|g(x)|＜5；(2)若对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．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)因为对任意的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，所以实数a的取值范围是{a|a≥－1或a≤－5}．能力提升题组13．(2016·天津卷)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，若实数a满足f(2|a－1|)>f(－eq\r(2))，则a的取值范围是()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)，＋∞))解析因为f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f(－x)＝f(x)，且f(x)在(0，＋∞)上单调递减．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对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是()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)))解析当－a<eq\f(1,2)时，|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).))当x＝eq\f(1,2)时取最小值为－eq\f(1,2)－a.∵不等式|2x－1|－|x＋a|≥a对任意的实数x恒成立，∴－eq\f(1,2)－a≥a，∴a≤－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,2)<a≤－eq\f(1,4)；当－a＝eq\f(1,2)时，|2x－1|－|x＋a|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))≥－eq\f(1,2)恒成立；当－a>eq\f(1,2)时，同理可得x＝eq\f(1,2)时，|2x－1|－|x＋a|最小值为eq\f(1,2)＋a，∵不等式|2x－1|－|x＋a|≥a对任意的实数x恒成立，∴eq\f(1,2)＋a≥a恒成立，∴a<－eq\f(1,2)，综上所述实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).答案D15．(2017·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝|x＋eq\f(4,x)－a|＋a