高中数学高考第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题7 第2讲 不等式选讲(大题)(1)

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第2讲　不等式选讲(大题)

热点一　含绝对值不等式的解法
1.用零点分段法解绝对值不等式的步骤
(1)求零点；
(2)划区间、去绝对值符号；
(3)分别解去掉绝对值的不等式；
(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值.
2.用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法.
例1　(2019·郴州质检)已知函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－1|.
(1)求不等式f(x)≤3的解集；
(2)若函数y＝f(x)的图象的最低点为(m，n)，正数a，b满足ma＋nb＝2，求＋的取值范围.
解　(1)当x≤－1时，f(x)＝－3x＋1≤3，
得x≥－，所以x∈∅，
当－1 所以0≤x<1，
当x≥1时，f(x)＝3x－1≤3，得x≤，
所以1≤x≤，
综上，不等式的解集为.
(2)由f(x)＝的图象的最低点为(1,2)，
即m＝1，n＝2，所以a＋2b＝2，
因为a>0，b>0，
所以＋＝(a＋2b)＝
≥(4＋2)＝4，
当且仅当a＝2b＝1时等号成立，
所以＋的取值范围是[4，＋∞).
跟踪演练1　设函数f(x)＝|2x－a|＋5x，其中a>0.
(1)当a＝3时，求不等式f(x)≥5x＋1的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值.
解　(1)当a＝3时，不等式f(x)≥5x＋1，
即|2x－3|＋5x≥5x＋1，
即|2x－3|≥1，解得x≥2或x≤1，
∴不等式f(x)≥5x＋1的解集为{x|x≤1或x≥2}.
(2)由f(x)≤0，得|2x－a|＋5x≤0，
即或
又a>0，
∴不等式f(x)≤0的解集为，
由题意得－＝－1，解得a＝3.
热点二　含绝对值不等式恒成立(存在)问题
绝对值不等式的成立问题的求解策略
(1)分离参数：根据不等式将参数分离，化为a≥f(x)或a≤f(x)的形式.
(2)转化最值：f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)a有解⇔f(x)max>a；f(x)a无解⇔f(x)max≤a；f(x) (3)求最值：利用基本不等式或绝对值不等式求最值.
(4)得结论.
例2　(2019·聊城模拟)已知函数f(x)＝|x－a|＋2|x＋1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≤4 的解集；
(2)设不等式f(x)≤|2x＋4|的解集为M，若[0,3]⊆M，求a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋2|x＋1|，
当x≥1时，若f(x)≤4，即x－1＋2x＋2≤4，
解得x≤1，故x＝1，
当－1 解得x≤1，故－1 当x≤－1时，若f(x)≤4，即1－x－2x－2≤4，
解得x≥－，故－≤x≤－1，
综上，不等式的解集是.
(2)若[0,3]⊆M，
则问题转化为|x－a|＋2|x＋1|≤|2x＋4|在[0,3]上恒成立，
即|x－a|≤2x＋4－2x－2＝2，
故－2≤x－a≤2，
故－2－x≤－a≤2－x在[0,3]上恒成立，
即x－2≤a≤x＋2在[0,3]上恒成立，
故1≤a≤2，
即a的取值范围是[1,2].
跟踪演练2　(2019·广州模拟)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，
解得－2 故所求不等式的解集为(－2,4).
(2)因为对任意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|，
当且仅当(2x－a)(2x＋3)≤0时等号成立，
g(x)＝|x－1|＋2≥2，所以|a＋3|≥2，
解得a≥－1或a≤－5，
所以实数a的取值范围为(－∞，－5]∪[－1，＋∞).
热点三　不等式的证明
1.证明不等式的基本方法有综合法、分析法等，也常用到基本不等式进行证明.
2.对于含有绝对值的不等式，在证明时常用到绝对值三角不等式.
3.对于含有根号的不等式，在证明时可用平方法(前提是不等式两边均为正数).
4.如果所证明命题是否定性命题或唯一性命题，或以“至少”“至多”等方式给出，可以考虑反证法.
例3　已知函数f(x)＝|x－1|＋.
(1)解不等式f(x)≤x＋1；
(2)设函数f(x)的最小值为c，实数a，b满足a>0，b>0，a＋b＝c，求证：＋≥1.
(1)解　f(x)≤x＋1，即|x－1|＋≤x＋1.
①当x<1时，不等式可化为4－2x≤x＋1，解得x≥1.
又∵x<1，∴x∈∅；
②当1≤x≤3时，不等式可化为2≤x＋1，解得x≥1.
又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3；
③当x>3时，不等式可化为2x－4≤x＋1，解得x≤5.
又∵x>3，∴3 ∴原不等式的解集为.
(2)证明　由绝对值不等式的性质，
得|x－1|＋≥＝2，
当且仅当(x－1)(x－3)≤0，即1≤x≤3时，等号成立，
∴c＝2，即a＋b＝2.
令a＋1＝m，b＋1＝n，
则m>1，n>1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4，
＋＝＋
＝m＋n＋＋－4＝≥＝1，
当且仅当m＝n＝2时，等号成立，∴原不等式得证.
跟踪演练3　已知函数f(x)＝|3x＋1|＋|3x－1|，M为不等式f(x)<6的解集.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，求证：|ab＋1|>|a＋b|.
(1)解　f(x)＝|3x＋1|＋|3x－1|<6.
当x<－时，f(x)＝－3x－1－3x＋1＝－6x，
由－6x<6，解得x>－1，∴－1 当－≤x≤时，f(x)＝3x＋1－3x＋1＝2，
又2<6恒成立，
∴－≤x≤；
当x>时，f(x)＝3x＋1＋3x－1＝6x，
由6x<6，解得x<1，∴ 综上，f(x)<6的解集M＝{x|－1 (2)证明　(ab＋1)2－(a＋b)2＝a2b2＋2ab＋1－(a2＋b2＋2ab)
＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1).
由a，b∈M，得|a|<1，|b|<1，
∴a2－1<0，b2－1<0，
∴(a2－1)(b2－1)>0，
∴|ab＋1|>|a＋b|.

真题体验
(2019·全国Ⅰ，理，23)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明　(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2)×(2)×(2)
＝24.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
押题预测
设函数f(x)＝|x＋1|－|2x－4|.
(1)求不等式f(x)>2的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)>t2＋2t的解集非空，求实数t的取值范围.
解　(1)由f(x)>2，得|x＋1|－|2x－4|>2，
等价为或或
可得x∈∅或 即 (2)关于x的不等式f(x)>t2＋2t的解集非空，
可得t2＋2t 由f(x)＝|x＋1|－|x－2|－|x－2|
≤|x＋1－x＋2|－0＝3，
当且仅当x＝2时取得最大值3，
可得t2＋2t<3，解得－3
A组　专题通关
1.(2019·济南模拟)已知实数a>0，b>0，函数f(x)＝|x－a|－|x＋b|的最大值为3.
(1)求a＋b的值；
(2)设函数g(x)＝－x2－ax－b，若对于任意的x≥a均有g(x) 解　(1)f(x)＝|x－a|－|x＋b|≤|x－a－x－b|
＝|a＋b|＝3，
∵a>0，b>0，∴a＋b＝3，
(2)由(1)得，0 ∴对于任意的x≥a，x－a≥0，x＋b>0，
此时f(x)＝x－a－x－b＝－3，
若对于任意的x≥a均有g(x) 即x2＋ax＋b－3>0在[a，＋∞)上恒成立，
即x2＋ax－a>0在[a，＋∞)上恒成立，
对称轴x＝－<0，
故只需a2＋a2－a>0即可，
解得a>，故 2.(2019·德州模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－a|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)<3的解集；
(2)若不等式|x－2|＋|x－a|≤f(x)＋m2＋m恒成立，求实数m的取值范围.
解　(1)a＝1时，函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－a|
＝|2x＋1|＋|x－1|，
当x≤－时，f(x)＝－(2x＋1)－(x－1)＝－3x，不等式f(x)<3化为－3x<3，
解得x>－1，所以－1 当－ 不等式f(x)<3化为x＋2<3，解得x<1，
所以－ 当x≥1时，f(x)＝(2x＋1)＋(x－1)＝3x，
不等式f(x)<3化为3x<3，
解得x<1，所以x∈∅；
综上，不等式f(x)<3的解集为{x|－1 (2)由f(x)＝|2x＋1|＋|x－a|，
不等式为|x－2|＋|x－a|≤|2x＋1|＋|x－a|＋m2＋m，
即|x－2|－|2x＋1|≤m2＋m，
设g(x)＝|x－2|－|2x＋1|，
则g(x)max≤m2＋m，
由g(x)＝
所以g(x)max＝g＝，
所以≤m2＋m，
即2m2＋3m－5≥0，解得m≤－或m≥1，
所以实数m的取值范围是m≤－或m≥1.
3.(2019·全国Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
(1)解　由于
[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
故由已知，得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，
当且仅当x＝，y＝－，z＝－时，等号成立.
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)证明　由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
故由已知，得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时，等号成立.
因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
B组　能力提高
4.(2019·樟树九校联考)已知函数f(x)＝|x＋2|－|2x－1|.
(1)求f(x)>－5的解集；
(2)若关于x的不等式|b＋2a|－|2b－a|≥|a|(|x＋1|＋|x－m|)(a，b∈R，a≠0)能成立，求实数m的取值范围.
解　(1)f(x)＝|x＋2|－|2x－1|
＝
可得或或
解得x∈(－2,8)，
故f(x)>－5的解集为(－2,8).
(2)由|b＋2a|－|2b－a|≥|a|(|x＋1|＋|x－m|)(a≠0)能成立，
得≥|x＋1|＋|x－m|能成立，
即－≥|x＋1|＋|x－m|能成立，
令＝t，
则|t＋2|－|2t－1|≥|x＋1|＋|x－m|能成立，
即(|t＋2|－|2t－1|)max≥(|x＋1|＋|x－m|)min.
由(1)知，|t＋2|－|2t－1|≤，
又∵|x＋1|＋|x－m|≥|1＋m|，
当且仅当(x＋1)(x－m)≤0时等号成立，
∴|1＋m|≤，
∴－ ≤m≤，
∴实数m的取值范围为.
5.(2019·保山质检)已知函数f(x)＝|2x－2|－|x＋1|.
(1)作出函数y＝f(x)的图象；
(2)若不等式f(x)≥ax＋b的解集是实数集R，求2a＋b的取值范围.
解　(1)将f(x)去掉绝对值转化为分段函数，
得f(x)＝
作出它的图象如图1所示.

(2)如图2，点A的坐标为(1，－2)，
“不等式f(x)≥ax＋b的解集是实数集R”等价于“对任意的x∈R，f(x)≥ax＋b都成立”，等价于“函数f(x)图象上所有的点都在直线y＝ax＋b的上方或在直线y＝ax＋b上”，
等价于或或
整合三类情形得
在平面直角坐标系aOb中作出不等式组
表示的可行域，如图3所示.

记2a＋b＝z，即b＝－2a＋z，
当直线l：b＝－2a＋z经过B(1，－3)时，直线l在y轴上的截距最大，
(2a＋b)max＝zmax＝2×1－3＝－1，
从图形可知，截距z的取值范围是(－∞，－1]，
所以2a＋b的取值范围是(－∞，－1].