2019届二轮复习第23讲　不等式选讲(选修4－5)学案（全国通用）

第23讲　不等式选讲(选修4－5)
考 情 分 析　　【p87】
年份
卷别
题号
考查内容
命题规律





2018




Ⅰ
23
含绝对值不等式的解法， 不等式恒成立求参变量取值范围.


Ⅱ
23
含绝对值不等式的解法， 不等式恒成立求参变量取值范围.


Ⅲ
23
含绝对值不等式的解法， 不等式恒成立求参变量取值范围.


2017




Ⅰ
23
含绝对值不等式和一元二次不等式的解法， 不等式恒成立求参变量取值范围.


Ⅱ
23
运用差值比较法和综合法证明不等式.


Ⅲ
23
含绝对值不等式的解法， 不等式解集非空求参变量取值范围.


2016




Ⅰ
24
含绝对值函数的图象， 含绝对值不等式的解法.


Ⅱ
24
含绝对值不等式的解法， 差值比较法证明不等式.


Ⅲ
24
含绝对值不等式的解法， 不等式恒成立求参变量取值范围.
　　不等式选讲部分主要以考查绝对值不等式的解法为主，偶尔也考查不等式证明的方法， 经常与函数结合，考查数形结合和转化与化归思想，考查去绝对值的方法是试题变化中不变的规律，基本不等式是考查不等式证明方法的主要依据；在求解过程中考查绝对值三角不等式的灵活应用能力．关于不等式证明的方法，只有方法要求，因此它的载体丰富多彩.

专 题 探 究　【p87】
【命题趋势】
从近几年的高考命题看，对本专题的考查主要体现在不等式的解法，利用几个重要的不等式求函数的最值以及不等式的证明，全国高考以选考试题的形式出现，只有解答题，难度不大．考查学生的基本运算能力及推理论证能力．
预计在今年高考中，对不等式选讲的考查主要有不含有绝对值的不等式的解法、含有绝对值的函数的值域或求参数问题，用比较法、分析法、综合法证明简单不等式，全国高考试题仍然还是以选考试题的形式出现，分值为10分，难度中等偏下．
【备考建议】
1．复习含有绝对值不等式时，既要掌握含绝对值不等式的解法及去绝对值的基本思想，又要理解绝对值的几何意义，并能应用(1)|a＋b|≤|a|＋|b|；(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|证明不等式或求最值．
2．复习不等式的证明时，要求学生了解和掌握不等式的常用证明方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．
典 例 剖 析　【p87】
探究一　绝对值不等式的解法与恒成立问题
例1已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－2a|.
(1)当a＝1时，求f(x)≤3的解集；
(2)当x∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，由f(x)≤3，可得|2x－1|＋|x－2|≤3，
∴①或②或③
解①得0≤x<，解②得≤x<2，解③得x＝2.
综上可得，0≤x≤2，即不等式的解集为[0，2]，
(2)∵当x∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，
即|x－2a|≤3－|2x－1|＝4－2x，
故2x－4≤2a－x≤4－2x，
即3x－4≤2a≤4－x.
再根据3x－4在x∈[1，2]上的最大值为6－4＝2，4－x的最小值为4－2＝2，
∴2a＝2，∴a＝1，
即a的取值范围为{1}．
例2已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g＝＋.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，f＝－x2＋x＋4，是开口向下，对称轴x＝的二次函数．
g＝＋＝当x∈(1，＋∞)时，令－x2＋x＋4＝2x，解得x＝，g在上单调递增，f在上单调递减，∴此时f≥g解集为.
当x∈时，g＝2，f≥f＝2.
当x∈时，g单调递减，f单调递增，且g＝f＝2.
综上所述，f≥g的解集为.
(2)依题意得：－x2＋ax＋4≥2在恒成立．即x2－ax－2≤0在恒成立．
则只须解出：－1≤a≤1.故a取值范围是.
【点评】1.形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有两种解法：
(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 (2)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解．
2．不等式的恒成立问题是高考的重难点，此类问题一般有两种解法：
(1)利用函数思想转化为函数的最值问题进行分析；
(2)通过数形结合构造出两个函数，通过寻找临界状态得到参数的取值范围．
探究二　含绝对值不等式的最值问题
例3已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．
【解析】(1)f(x)＝|x＋1|－|x－2|可等价为f(x)＝
由f(x)≥1可得，①当x≤－1时显然不满足题意；
②当－1 ③当x≥2时，f(x)＝3≥1恒成立．
综上，f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
(2)不等式f(x)≥x2－x＋m等价于f(x)－x2＋x≥m，
令g(x)＝f(x)－x2＋x，则g(x)≥m解集非空只需要[g(x)]max≥m.
而g(x)＝
①当x≤－1时，[g(x)]max＝g(－1)＝－3－1－1＝－5；
②当－1 ③当x≥2时，[g(x)]max＝g(2)＝－22＋2＋3＝1.
综上，[g(x)]max＝，故m≤.
例4若关于x的不等式＋－t≥0的解集为R.实数t的最大值为s.
(1)求s的值；
(2)若正实数a，b满足4a＋5b＝s，求y＝＋的最小值．
【解析】(1)因为＋－t≥0，所以＋≥t，
又因为＋≥＝6，所以t≤6，
所以实数t的最大值s＝6.
(2)(4a＋5b)＝
[(a＋2b)＋(3a＋3b)]
＝
≥5＋2＝9，
所以6≥9，所以y≥，
当且仅当＝，即a＝b＝时取等号，
所以y＝＋的最小值为.
【点评】含绝对值不等式的最值问题求法
(1)图象法：对于函数f＝|x－a|＋|x－b|，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化函数f为分段函数作出其图象求得最值；
(2)几何法：利用|x－a|＋|x－b|≥c或|x－a|＋|x－b|≤c的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于等于c(或小于等于c)全体，|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|求得最值；.
(3)代数法：利用均值不等式求得最值．
探究三　不等式的证明问题
例5设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：＜；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
【解析】(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝
由－2＜－2x－1＜0，解得－＜x＜，则M＝.
所以≤|a|＋|b|＜×＋×＝.
(2)由(1)得a2＜，b2＜.
因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，
所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|.
例6已知a，b均为正数，且a＋b＝1，证明：
(1)(ax＋by)2≤ax2＋by2；
(2)＋≥.
【解析】证明：(1)(ax＋by)2－(ax2＋by2)＝a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy，
因为a＋b＝1，
所以a－1＝－b，b－1＝－a.
又因为a，b均为正数，
所以a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy
＝－ab(x2＋y2－2xy)
＝－ab(x－y)2≤0，当且仅当x＝y时等号成立．
所以(ax＋by)2≤ax2＋by2.
(2)＋＝4＋a2＋b2＋＝4＋a2＋b2＋＋＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋
≥4＋＋2＋4＋2＝.
当且仅当a＝b时等号成立．
【点评】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已知不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题，若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．
高 考 回 眸　【p89】
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

考题1[2018·全国卷Ⅲ]设函数f＝＋.
(1)画出y＝f的图象；
(2)当x∈，f≤ax＋b，求a＋b的最小值．

【解析】(1)f(x)＝如下图：

(2)由(1)中可得：a≥3，b≥2，
当a＝3，b＝2时，a＋b取最小值，∴a＋b的最小值为5.
【命题立意】本题主要考查应用零点分段法去绝对值的能力及数形结合思想．
考题2[2018·全国卷Ⅰ]已知f＝－.
(1)当a＝1时，求不等式f>1的解集；
(2)若x∈时不等式f>x成立，求a的取值范围．
【解析】(1)依题意，－>1，
该不等式等价于
或
解得x>，即不等式f>1的解集为；
(2)依题意，－>x；当x∈时，该式化为x＋1－>x，即<1，即－1 故0 【命题立意】本题主要考查含绝对值的解法和不等式恒成立问题的转化化归能力及运算能力．
考题3[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
【解析】(1)解法一：由柯西不等式得：
(a＋b)(a5＋b5)＝·≥(a3＋b3)2＝4.
解法二：(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋b6＋ab5＋a5b＝(a3＋b3)2＋ab5＋a5b－2a3b3
≥(a3＋b3)2＋2－2a3b3＝(a3＋b3)2＝4.
解法三：－4＝－＝ab5＋a5b－2a3b3，
又a>0，b>0，所以ab5＋a5b－2a3b3＝ab≥0.当a＝b时，等号成立．
所以，－4≥0，即(a＋b)(a5＋b5)≥4.
(2)解法一：由a3＋b3＝2及ab≤得
2＝(a＋b)·(a2＋b2－ab)＝(a＋b)·≥
(a＋b)·
＝.
所以a＋b≤2.
解法二：(反证法)假设a＋b>2，则a>2－b，两边同时立方得：a3>(2－b)3＝8－12b＋6b2－b3，即a3＋b3>8－12b＋6b2，因为a3＋b3＝2，
所以6－12b＋6b2<0，即6(b－1)2<0，矛盾，所以假设不成立，即a＋b≤2.
解法三：因为a3＋b3＝2，
所以－8＝－4＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3－4a3－4b3
＝3a2＋3b2＝－3.
又a>0，b>0，所以－3≤0，
所以≤8，即a＋b≤2.
解法四：因为a3＋1＋1≥3＝3a，b3＋1＋1≥3＝3b，所以a3＋1＋1＋b3＋1＋1≥3(a＋b)，即6≥3(a＋b)，即a＋b≤2(当且仅当a＝b＝1时取等号)．
【命题立意】本题主要考查不等式证明方法的应用能力和推理论证能力．
考点限时训练　【p158】
A组　基础演练
1．已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)<|a－1|的解集不是空集，求实数a的取值范围．
【解析】(1)原不等式等价于
或或

解得 ∴原不等式的解集为{x|－1≤x≤2}．
(2)∵f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|≥|(2x＋1)－(2x－3)|＝4，
∴|a－1|>4，∴a<－3或a>5，
∴实数a的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝－3时，
不等式f(x)≥3化为|x－3|＋|x－2|≥3.①
若x≤2时，由①式，得5－2x≥3，∴x≤1.
若2 若x≥3时，由①式，得2x－5≥3，∴x≥4.
综上可知，f(x)≥3的解集是{x|x≥4或x≤1}．
(2)原不等式等价于|x－4|－|x－2|≥|x＋a|，②
当1≤x≤2时，②式化为4－x－(2－x)≥|x＋a|，
解之得－2－a≤x≤2－a.
由条件，[1，2]是f(x)≤|x－4|的解集的子集，
∴－2－a≤1且2≤2－a，则－3≤a≤0.
故满足条件的实数a的取值范围是[－3，0]．
3．已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；
(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab.
【解析】(1)解：∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，
当且仅当0≤x≤1时，取等号，
∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.
要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，
∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.
(2)证明：由(1)知，a2＋b2＝2，
由a2＋b2≥2ab，知ab≤1，①
又a＋b≥2，则(a＋b)≥2ab，
由①知，≤1，
故a＋b≥2ab.
4．设函数f(x)＝，a∈R.
(1)当a＝2时，解不等式：f(x)≥6－；
(2)若关于x的不等式f(x)≤4的解集为[－1，7]，且两正数s和t满足2s＋t＝a，求证：＋≥6.
【解析】(1)不等式可化为＋≥6，
即①或②
或③
由①，得x≥；由②，得x无解；由③，得x≤；
所以，原不等式的解集为∪.
(2)不等式f(x)≤4即－4≤x－a≤4，
∴a－4≤x≤a＋4，
∴a－4＝－1且a＋4＝7，∴a＝3.
∴＋＝(2s＋t)＝≥＝6.
5．已知关于x的不等式：≤1的整数解有且仅有一个值为2.
(1)求整数m的值；
(2)函数f＝＋a，若不等式f≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，且存在实数n使f≤m－f成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)由≤1，得≤x≤，
因为不等式的整数解为2，所以≤2≤⇒3≤m≤5，
又不等式仅有一个整数解2，所以整数m＝4.
(2)由f(x)＝|2x－a|＋a≤6，
得a－3≤x≤3，
又f(x)≤6的解集为{x|－2≤x≤3}，
所以a－3＝－2，a＝1，
所以f(x)＝|2x－1|＋1.
令φ(n)＝f(n)＋f(－n)，
则φ＝＋2＝
所以φ的最小值为4，故实数m的取值范围是.
6．设函数f(x)＝|x－3|－|x＋1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)<－1；
(2)设函数g(x)＝|x＋a|－4，且g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)＝|x－3|－|x＋1|＝
故由不等式f(x)<－1可得，x>3或
解得x>.
(2)函数g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，
即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在x∈[－2，2]上恒成立，
在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示．

故当x∈[－2，2]时，若0≤－a≤4，则函数g(x)的图象在函数f(x)的图象的下方，g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，求得－4≤a≤0，
故所求的实数a的取值范围为[－4，0]．
7．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
【解析】证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，
∴＋＋＝＋＋
＝2＝2
＝2＋4
≥4＋4＝8(当且仅当a＝b＝时，等号成立)，
∴＋＋≥8.
(2)∵
＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.
B组　能力提升
8．已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集为[0，1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1.
【解析】(1)由f(x＋1)≥0得|x|＋|x－1|≤m.
∵|x|＋|x－1|≥1恒成立，
∴若m<1，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为∅，不合题意．
若m≥1，①当x<0时，得x≥，则≤x<0；
②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m，即m≥1恒成立；
③当x>1时，得x≤，则1 综上可知，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为.
由题意知，原不等式的解集为[0，1]，
∴
解得m＝1.
(2)证明：∵x2＋a2≥2ax，y2＋b2≥2by，z2＋c2≥2cz，
三式相加，得x2＋y2＋z2＋a2＋b2＋c2≥2ax＋2by＋2cz.
由题设及(1)，知x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m＝1，
∴2≥2(ax＋by＋cz)，即ax＋by＋cz≤1，得证．
9．已知函数f(x)＝k－|x－3|，k∈R，且f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．
(1)求k的值；
(2)若a，b，c是正实数，且＋＋＝1.
求证：a＋2b＋3c≥9.
【解析】∵f(x)＝k－|x－3|，
∴f(x＋3)≥0等价于|x|≤k，
由|x|≤k有解，得k≥0，且解集为[－k，k]．
∵f(x＋3)≥0的解集为[－1，1]．
因此k＝1.
(2)证明：由(1)知＋＋＝1，
∵a，b，c为正实数，
∴a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)＝3＋＋＋≥3＋2＋2＋2＝9.
10．已知函数f＝.
(1)解不等式f≥10－f；
(2)若|x|>1，|y|<1，求证：f(y)<|x|·f.
【解析】(1)原不等式即为≥10－.
当x<－9时，则－x－9≥10＋x＋1，解得x≤－10；
当－9≤x≤－1时，则x＋9≥10＋x＋1，此时不成立；
当x>－1时，则x＋9≥10－x－1，解得x≥0.
所以原不等式的解集为{x|x≤－10或x≥0}．
(2)要证f<·f，
即<·，
只需证明<.
则有－＝
＝
＝
＝.
因为|x|2>1，|y|2<1，
则－＝<0，
所以<，原不等式得证．
11．已知函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．
【解析】(1)解：①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；
②当－1 ③当x≥－时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1.
综上，M＝{x|x<－1或x>1}．
(2)证明：∵f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
∴要证f(ab)>f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|>|a＋b|，即证|ab＋1|2>|a＋b|2，
即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，
即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.
∵a，b∈M，∴a2>1，b2>1.
∴(a2－1)(b2－1)>0成立，∴原不等式成立．