5 第5讲 绝对值不等式

第5讲 绝对值不等式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 a ＞0 a ＝0 a ＜0 |x |＜a {x |－a ＜x ＜a } ∅∅ |x |＞a{x |x ＞a 或x ＜－a }{x |x ∈R 且x ≠0}R①|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ； ②|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ． 2．绝对值三角不等式定理1：如果a ，b 是实数，那么|a ＋b |≤|a |＋|b |.当且仅当ab ≥0时，等号成立． 定理2：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．上述定理还可以推广得到以下几个不等式： (1)|a 1＋a 2＋…＋a n |≤|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |； (2)||a |－|b ||≤|a ＋b |≤|a |＋|b |； (3)||a |－|b ||≤|a －b |≤|a |＋|b |.[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)√ [教材衍化]1．(选修4-5P20T7改编)不等式3≤|5－2x |<9的解集为________．解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧|2x －5|<9，|2x －5|≥3，即⎩⎪⎨⎪⎧－9<2x －5<9，2x －5≥3或2x －5≤－3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <7，x ≥4或x ≤1，所以不等式的解集为(－2，1]∪[4，7)． 答案：(－2，1]∪[4，7)2．(选修4-5P20T8改编)不等式|x －1|－|x －5|<2的解集是________．解析：①当x ≤1时，原不等式可化为1－x －(5－x )<2，所以－4<2，不等式恒成立，所以x ≤1；②当1<x <5时，原不等式可化为x －1－(5－x )<2，所以x <4，所以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{x |x <4}． 答案：{x |x <4} [易错纠偏](1)含参数的绝对值不等式讨论不清； (2)存在性问题不能转化为最值问题求解．1．若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝________．解析：因为|kx －4|≤2，所以－2≤kx －4≤2，所以2≤kx ≤6.因为不等式的解集为{x |1≤x ≤3}，所以k ＝2.答案：22．若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是________． 解析：由于|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，所以|x ＋1|＋|x －2|的最小值为3.要使原不等式有解，只需|a |≥3，则a ≥3或a ≤－3. 答案：(－∞，－3]∪[3，＋∞)绝对值不等式的解法(1)(2020·嘉兴市高考模拟)已知f (x )＝x －2，g (x )＝2x －5，则不等式|f (x )|＋|g (x )|≤2的解集为________；|f (2x )|＋|g (x )|的最小值为________．(2)解不等式|x ＋3|－|2x －1|<x2＋1.【解】 (1)因为f (x )＝x －2，g (x )＝2x －5， 所以|f (x )|＋|g (x )|≤2， 即|x －2|＋|2x －5|≤2，x ≥52时，x －2＋2x －5≤2，解得52≤x ≤3， 2＜x ＜52时，x －2＋5－2x ≤2，解得x ≥1，即2＜x ＜52，x ≤2时，2－x ＋5－2x ≤2，解得x ≥53，即53≤x ≤2.综上，不等式的解集是[53，3]；|f (2x )|＋|g (x )|＝|2x －2|＋|2x －5|≥|2x －2－2x ＋5|＝3，故|f (2x )|＋|g (x )|的最小值是3. 故填[53，3]，3.(2)①当x <－3时，原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )<x2＋1，解得x <10，所以x <－3.②当－3≤x <12时，原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )<x 2＋1，解得x <－25，所以－3≤x <－25.③当x ≥12时，原不等式化为(x ＋3)－(2x －1)<x2＋1，解得x >2，所以x >2.综上可知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x <－25或x >2.|x －a |＋|x －b |≥c (或≤c )型不等式的解法(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x 1＝a 和x 2＝b 的距离之和大于c 的全体，|x －a |＋|x －b |≥|x －a －(x －b )|＝|a －b |.(3)图象法：作出函数y 1＝|x －a |＋|x －b |和y 2＝c 的图象，结合图象求解．设函数f (x )＝|x －a |.(1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥7－|x －1|；(2)若f (x )≤1的解集为[0，2]，求a 的值． 解：(1)当a ＝2时，不等式为|x －2|＋|x －1|≥7，所以⎩⎪⎨⎪⎧x <1，2－x ＋1－x ≥7或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，2－x ＋x －1≥7或⎩⎨⎧x >2x －2＋x －1≥7， 所以不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)． (2)f (x )≤1即|x －a |≤1，解得a －1≤x ≤a ＋1，而f (x )≤1的解集是[0，2]，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝0a ＋1＝2，解得a ＝1.绝对值不等式性质的应用(1)(2020·宁波市九校联考)已知f (x )＝|x ＋1x －a |＋|x －1x－a |＋2x －2a (x ＞0)的最小值为32，则实数a ＝________．(2)(2020·宁波效实中学高三模拟)确定“|x －a |<m 且|y －a |<m ”是“|x －y |<2m ”(x ，y ，a ，m ∈R )的什么条件．【解】 (1)f (x )＝|x ＋1x －a |＋|x －1x －a |＋2x －2a ≥|(x ＋1x －a )－(x －1x －a )|＋2x －2a＝|2x |＋2x －2a ＝2x ＋2x －2a ≥22x·2x －2a ＝4－2a . 当且仅当2x ＝2x ，即x ＝1时，上式等号成立．由4－2a ＝32，解得a ＝54.故填54.(2)因为|x －y |＝|(x －a )－(y －a )|≤|x －a |＋|y －a |<m ＋m ＝2m ， 所以“|x －a |<m 且|y －a |<m ”是“|x －y |<2m ”的充分条件．取x ＝3，y ＝1，a ＝－2，m ＝2.5，则有|x －y |＝2<5＝2m ，但|x －a |＝5，不满足|x －a |<m＝2.5，故“|x－a|<m且|y－a|<m”不是“|x－y|<2m”的必要条件．故为充分不必要条件．两数和与差的绝对值不等式的性质(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．(2)该定理可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它经常用于证明含绝对值的不等式．1．若不等式|x＋1|＋|x－2|≥a对任意x∈R恒成立，则a的取值范围是________．解析：由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，所以只需a≤3即可．故a的取值范围为(－∞，3]．答案：(－∞，3]2．(2020·温州模拟)已知a，b，c∈R，若|a cos2x＋b sin x＋c|≤1对x∈R成立，则|a sin x ＋b|的最大值为________．解析：由题意，设t＝sin x，t∈[－1，1]，则|at2－bt－a－c|≤1恒成立，不妨设t＝1，则|b＋c|≤1；t＝0，则|a＋c|≤1，t＝－1，则|b－c|≤1，若a，b同号，则|a sin x＋b|的最大值为|a＋b|＝|a＋c＋b－c|≤|a＋c|＋|b－c|≤2；若a，b异号，则|a sin x＋b|的最大值为|a－b|＝|a＋c－b－c|≤|a＋c|＋|b＋c|≤2；综上所述，|a sin x＋b|的最大值为2.答案：2绝对值不等式的综合应用与证明(2020·杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，当x∈[－1，1]时，|f(x)|≤1.(1)求证：|b|≤1；(2)若f(0)＝－1，f(1)＝1，求实数a的值．【解】(1)证明：由题意知f(1)＝a＋b＋c，f (－1)＝a －b ＋c ， 所以b ＝12[f (1)－f (－1)]．因为当x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1， 所以|f (1)|≤1，|f (－1)|≤1， 所以|b |＝12|f (1)－f (－1)|≤12[|f (1)|＋|f (－1)|]≤1. (2)由f (0)＝－1，f (1)＝1可得c ＝－1，b ＝2－a ， 所以f (x )＝ax 2＋(2－a )x －1.当a ＝0时，不满足题意，当a ≠0时， 函数f (x )图象的对称轴为x ＝a －22a ，即x ＝12－1a. 因为x ∈[－1，1]时，|f (x )|≤1，即|f (－1)|≤1，所以|2a －3|≤1，解得1≤a ≤2. 所以－12≤12－1a ≤0，故|f ⎝⎛⎭⎫12－1a |＝ |a ⎝⎛⎭⎫12－1a 2＋(2－a )⎝⎛⎭⎫12－1a －1|≤1. 整理得|（a －2）24a＋1|≤1，所以－1≤（a －2）24a ＋1≤1，所以－2≤（a －2）24a ≤0，又a ＞0，所以（a －2）24a ≥0，所以（a －2）24a＝0，所以a ＝2.(1)研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后数形结合解决是常用的思维方法．(2)对于求y ＝|x －a |＋|x －b |或y ＝|x －a |－|x －b |型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y ＝|x －a |＋|x －b |的函数只有最小值，形如y ＝|x －a |－|x －b |的函数既有最大值又有最小值．(3)证明含有绝对值的不等式的思路：①充分利用含绝对值的不等式的性质；②证题过程还应考虑添、拆项的技巧，以上两步骤用活，此类问题可快速破解．1．设不等式|x －2|<a (a ∈N *)的解集为A ，且32∈A ，12∉A .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值． 解：(1)因为32∈A ，且12∉A .所以⎪⎪⎪⎪32－2<a ， 且⎪⎪⎪⎪12－2≥a ， 解得12<a ≤32，又因为a ∈N *，所以a ＝1.(2)因为f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3. 当且仅当(x ＋1)(x －2)≤0即－1≤x ≤2时取到等号， 所以f (x )的最小值为3.2．设f (x )＝x 2－x ＋b ，|x －a |＜1，求证：|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)． 证明：f (x )－f (a )＝x 2－x －a 2＋a ＝(x －a )(x ＋a －1)，所以|f (x )－f (a )|＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a |·|x ＋a －1|＜|x ＋a －1|＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|≤|x －a |＋2|a |＋1＜2|a |＋2＝2(|a |＋1)．所以|f (x )－f (a )|＜2(|a |＋1)．[基础题组练]1．(2020·嘉兴期中)不等式1≤|2x －1|＜2的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎫－12，0∪⎣⎡⎭⎫1，32 B.⎝⎛⎭⎫－12，32 C.⎝⎛⎦⎤－12，0∪⎣⎡⎭⎫1，32 D ．(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C.由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧－2＜2x －1＜22x －1≥1或2x －1≤－1，解得：－12＜x ≤0或1≤x ＜32，故不等式的解集是⎝⎛⎦⎤－12，0∪⎣⎡⎭⎫1，32，故选C. 2．(2020·温州高三第二次适应性考试)不等式|x －1|＋|x ＋1|＜4的解集是( ) A ．{x |x ＞－2} B ．{x |x ＜2} C ．{x |x ＞0或x ＜－2}D ．{x |－2＜x ＜2}解析：选D.根据题意，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，1－x －x －1＜4或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ≤1，1－x ＋x ＋1＜4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，x －1＋x ＋1＜4，解之取并集即得原不等式的解集为{x |－2＜x ＜2}．3．(2020·绍兴高三质量检测)对任意实数x ，若不等式|x ＋2|＋|x ＋1|＞k 恒成立，则实数k 的取值范围是( )A ．(－∞，0)∪[2，＋∞)B ．[－2，－1]∪(0，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，1]解析：选C.因为|x ＋2|＋|x ＋1|≥|x ＋2－x －1|＝1，所以当且仅当k ＜1时，不等式|x ＋2|＋|x ＋1|＞k 恒成立．4．(2020·绍兴市诸暨市高考模拟)已知f (x )＝x 2＋3x ，若|x －a |≤1，则下列不等式一定成立的是( )A ．|f (x )－f (a )|≤3|a |＋3B ．|f (x )－f (a )|≤2|a |＋4C ．|f (x )－f (a )|≤|a |＋5D ．|f (x )－f (a )|≤2(|a |＋1)2解析：选B.因为f (x )＝x 2＋3x ，所以f (x )－f (a )＝x 2＋3x －(a 2＋3a )＝(x －a )(x ＋a ＋3)，所以|f (x )－f (a )|＝|(x －a )(x ＋a ＋3)|＝|x －a ||x ＋a ＋3|，因为|x －a |≤1，所以a －1≤x ≤a ＋1，所以2a ＋2≤x ＋a ＋3≤2a ＋4，所以|f (x )－f (a )|＝|x －a ||x ＋a ＋3|≤|2a ＋4|≤2|a |＋4，故选B.5．(2020·绍兴市柯桥区高三期中)已知x ，y ∈R ，( ) A ．若|x －y 2|＋|x 2＋y |≤1，则(x ＋12)2＋(y －12)2≤32B ．若|x －y 2|＋|x 2－y |≤1，则(x －12)2＋(y －12)2≤32C ．若|x ＋y 2|＋|x 2－y |≤1，则(x ＋12)2＋(y ＋12)2≤32D ．若|x ＋y 2|＋|x 2＋y |≤1，则(x －12)2＋(y ＋12)2≤32解析：选B.对于A ，|x －y 2|＋|x 2＋y |≤1，由(x ＋12)2＋(y －12)2≤32化简得x 2＋x ＋y 2－y ≤1，二者没有对应关系；对于B ，由(x 2－y )＋(y 2－x )≤|x 2－y |＋|y 2－x |＝|x －y 2|＋|x 2－y |≤1，所以x 2－x ＋y 2－y ≤1，即(x －12)2＋(y －12)2≤32，命题成立；对于C ，|x ＋y 2|＋|x 2－y |≤1，由(x ＋12)2＋(y ＋12)2≤32化简得x 2＋x ＋y 2＋y ≤1，二者没有对应关系；对于D ，|x ＋y 2|＋|x 2＋y |≤1，化简(x －12)2＋(y ＋12)2≤32得x 2－x ＋y 2＋y ≤1，二者没有对应关系．故选B.6．不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－2，－（x －1）－（x ＋2）≥5得x ≤－3；由⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <1，－（x －1）＋（x ＋2）≥5得无解； 由⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，（x －1）＋（x ＋2）≥5得x ≥2. 即所求的解集为{x |x ≤－3或x ≥2}． 答案：{x |x ≤－3或x ≥2}7．对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，则|x －2y ＋1|的最大值为________． 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|的最大值为5.答案：58．(2020·温州市高三高考模拟)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：因为不等式|x |＋|x ＋a |＜b 的解集为(－2，1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋|－2＋a |＝b 1＋|1＋a |＝b，解得a ＝1，b ＝3.答案：(1，3)9．(2020·绍兴市柯桥区高三模拟)对任意x ∈R 不等式x 2＋2|x －a |≥a 2恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：因为不等式x 2＋2|x －a |≥a 2对任意的x ∈R 恒成立， ①x ≥a 时，(x ＋a )(x －a )＋2(x －a )≥0， (x －a )(x ＋a ＋2)≥0，因为x －a ≥0，因此只需x ＋a ＋2≥0，x ≥－(a ＋2)， －(a ＋2)≤a ，解得a ≥－1. ②x <a 时，(x ＋a )(x －a )－2(x －a )≥0， (x －a )(x －2＋a )≥0，因为x －a <0，只需x ≤2－a ，2－a ≥a ，解得a ≤1. 综上所述：－1≤a ≤1. 答案：[－1，1]10．(2020·宁波市六校联盟模拟)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.当a ＝－4时，不等式f (x )≥6的解集为________；若f (x )≤|x －3|的解集包含[0，1]，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝－4时，f (x )≥6，即|x －4|＋|x －2|≥6，即⎩⎨⎧x ≤24－x ＋2－x ≥6或⎩⎨⎧2<x <44－x ＋x －2≥6或⎩⎨⎧x ≥4x －4＋x －2≥6，解得x ≤0或x ≥6.所以原不等式的解集为(－∞，0]∪[6，＋∞)． 由题可得f (x )≤|x －3|在[0，1]上恒成立． 即|x ＋a |＋2－x ≤3－x 在[0，1]上恒成立，即－1－x ≤a ≤1－x 在[0，1]上恒成立．即－1≤a ≤0. 答案：(－∞，0]∪[6，＋∞) [－1，0]11．若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，求实数a 的值．解：由于f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |，当a ＞－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2a －1，x ＜－1，－x ＋2a ＋1，－1≤x ≤a ，3x －2a ＋1，x ＞a .作出f (x )的大致图象如图所示，由函数f (x )的图象可知f (a )＝5，即a ＋1＝5，所以a ＝4.同理，当a ≤－1时，－a －1＝5，所以a ＝－6.所以实数a 的值为4或－6.12．已知函数f (x )＝|x －3|－|x －a |.(1)当a ＝2时，解不等式f (x )≤－12； (2)若存在实数x ，使得不等式f (x )≥a 成立，求实数a 的取值范围．解：(1)因为a ＝2，所以f (x )＝|x －3|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤2，5－2x ，2<x <3，－1，x ≥3，所以f (x )≤－12等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，1≤－12或⎩⎪⎨⎪⎧2<x <3，5－2x ≤－12或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，－1≤－12，解得114≤x <3或x ≥3，所以不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≥114. (2)由不等式的性质可知f (x )＝|x －3|－|x －a |≤|(x －3)－(x －a )|＝|a －3|，所以若存在实数x ，使得不等式f (x )≥a 成立，则|a －3|≥a ，解得a ≤32，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，32. [综合题组练]1．已知a ∈R ，函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋4x －a ＋a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是________．解析：因为x ∈[1，4]，所以x ＋4x ∈[4，5]，①当a ≤92时，f (x )max ＝|5－a |＋a ＝5－a ＋a ＝5，符合题意；②当a >92时，f (x )max ＝|4－a |＋a ＝2a －4＝5，所以a ＝92(矛盾)，故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，92. 答案：⎝⎛⎦⎤－∞，92 2．(2020·浙江省五校协作体联考)已知函数f (x )＝|2x －a |＋a .(1)若不等式f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若存在实数t ，使f ⎝⎛⎭⎫t 2≤m －f (－t )成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由|2x －a |＋a ≤6，得|2x －a |≤6－a ，所以a －6≤2x －a ≤6－a ，即a －3≤x ≤3，所以a －3＝－2，所以a ＝1.(2)因为f ⎝⎛⎭⎫t 2≤m －f (－t )，所以|t －1|＋|2t ＋1|＋2≤m ，令y ＝|t －1|＋|2t ＋1|＋2，则y ＝⎩⎨⎧－3t ＋2，t ≤－12，t ＋4，－12<t <1，3t ＋2，t ≥1.所以y min ＝72，所以m ≥72. 3．(2020·杭州高考科目教学质检)已知函数f (x )＝|x －4|＋|x －a |(a <3)的最小值为2.(1)解关于x 的方程f (x )＝a ；(2)若存在x ∈R ，使f (x )－mx ≤1成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由f (x )＝|x －4|＋|x －a |≥|x －4－(x －a )|＝|a －4|(当(x －4)(x －a )≤0时取等号)，知|a －4|＝2，解得a ＝6(舍去)或a ＝2.方程f (x )＝a 即|x －4|＋|x －2|＝2，由绝对值的几何意义可知2≤x ≤4.(2)不等式f (x )－mx ≤1即f (x )≤mx ＋1，由题意知y ＝f (x )的图象至少有一部分不在直线y＝mx ＋1的上方，作出对应的图象观察可知，m ∈(－∞，－2)∪⎣⎡⎭⎫14，＋∞.4．(2020·温州校级月考)已知函数f (x )＝x 2＋|x －t |.(1)当t ＝1时，求不等式f (x )≥1的解集；(2)设函数f (x )在[0，2]上的最小值为h (t )，求h (t )的表达式．解：(1)当t ＝1时，f (x )＝x 2＋|x －1|.因为f (x )≥1，所以当x ≥1时，x 2＋x －1≥1，所以x ≥1或x ≤－2.所以x ≥1.当x ＜1时，x 2－x ＋1≥1，所以x ≥1或x ≤0.所以x ≤0.综上，不等式的解集为{x |x ≥1或x ≤0}．(2)因为f (x )＝x 2＋|x －t |，x ∈[0，2]，所以当t ≥2时，f (x )＝x 2－x ＋t ，h (t )＝f ⎝⎛⎭⎫12＝t －14， 当t ≤0时，f (x )＝x 2＋x －t ，h (t )＝f (0)＝－t ，当0＜t ＜2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋t ，x ∈[0，t ]x 2＋x －t ，x ∈（t ，2]. 所以h (t )＝⎩⎨⎧t －14，12≤t ＜2t 2，0＜t ＜12. 所以h (t )＝。