2018-全国卷I文-23 解-绝对值不等式

本题导读

本题考查绝对值不等式的解法。核心在于零点分段法、等价转化法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年全国卷I文）已知 $f(x)=|x+1|-|ax-1|$.

(1) 当 $a=1$ 时，求不等式 $f(x)>1$ 的解集；

(2) 若 $x\in (0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（解不等式）：

• 代入 $a=1$，得 $f(x)=|x+1|-|x-1|$。
• 零点为 $x=-1$ 和 $x=1$。
• 分 $x\le -1,-1<x<1,x\ge 1$ 三段去掉绝对值符号，求出每段的解并取并集。

2. 第二问（恒成立问题）：

• 注意已知条件 $x\in (0,1)$，此时 $x+1>0$，故 $|x+1|=x+1$。
• 原式变为：$(x+1)-|ax-1|>x⟺|ax-1|<1$。
• 题目转化为：当 $x\in (0,1)$ 时，$|ax-1|<1$ 恒成立。
• 利用绝对值性质：$-1<ax-1<1⟺0<ax<2$。
• 对 $a$ 进行分类讨论（$a\le 0$ 或 $a>0$）来解此关于 $x$ 的范围，并确保该范围包含 $(0,1)$。

✅【答案】

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(1) $\{x\mid x>\frac{1}{2}\}$

(2) $(0,2]$

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 当 $a=1$ 时，$f(x)=|x+1|-|x-1|$。

• 当 $x\le -1$ 时，$f(x)=-(x+1)-(-(x-1))=-x-1+x-1=-2$。由 $-2>1$ 无解；
• 当 $-1<x<1$ 时，$f(x)=(x+1)-(-(x-1))=x+1+x-1=2x$。由 $2x>1$ 得 $x>\frac{1}{2}$。此时解集为 $(\frac{1}{2},1)$；
• 当 $x\ge 1$ 时，$f(x)=(x+1)-(x-1)=2$。由 $2>1$ 恒成立。此时解集为 $[1,+\infty )$。 综上所述，不等式 $f(x)>1$ 的解集为 $\{x\mid x>\frac{1}{2}\}$。

(2)解： 当 $x\in (0,1)$ 时，$x+1>0$，所以 $|x+1|=x+1$。 不等式 $f(x)>x$ 可化为： $(x+1)-|ax-1|>x⟺|ax-1|<1$ 解得：$-1<ax-1<1⟺0<ax<2$。 要使该不等式在 $x\in (0,1)$ 时恒成立：

1. 若 $a\le 0$，则 $ax\le 0$，此时 $0<ax<2$ 不可能对 $x\in (0,1)$ 成立；
2. 若 $a>0$，由 $0<ax<2$ 得 $0<x<\frac{2}{a}$。 根据题意，区间 $(0,1)$ 必须是 $(0,\frac{2}{a})$ 的子集。 所以 $\frac{2}{a}\ge 1$，解得 $a\le 2$。 结合 $a>0$，得 $0<a\le 2$。

综上所述，$a$ 的取值范围是 $(0,2]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 分段讨论的严密性：第一问是基础，注意分段点 $-1$ 和 $1$ 的包含关系要连续。
2. 局部处理技巧：第二问通过已知 $x$ 的范围“局部化简”函数解析式，避免了对 $a$ 和 $x$ 同时进行复杂的零点讨论，这是解析含参绝对值问题的捷径。
3. 集合包含关系：恒成立问题往往转化为区间、集合的包含关系。本题即要求满足不等式的“最大范围”能罩住“已知范围”。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以补充：

• 距离模型：$|x-a|-|x-b|$ 表示数轴上点 $x$ 到点 $a$ 的距离与到点 $b$ 距离之差。
• 范围限制：根据绝对值三角不等式，$||x+1|-|x-1||\le |(x+1)-(x-1)|=2$。这解释了为什么第一问中 $x\ge 1$ 时函数值恒为 2。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.04 绝对值不等式及排序不等式
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2022-浙江卷-09 单-绝对值不等式
• 2002-苏豫粤卷-03 单-绝对值不等式
• 2008-安徽卷文-13 填-根式对数定义域