2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题七第二讲选修4－5　不等式选讲

第二讲  选修4－5　不等式选讲　[考情分析]1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对值不等式的解法以及不等式的证明，其中绝对值不等式的解法以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点．2．该部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考时应注意分类讨论思想的应用．　　　 考点一　绝对值不等式的解法[典例感悟][典例]　(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝当x<－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1；当－1≤x≤2时，显然满足题意；当x>2时，由－2x＋6≥0，解得2<x≤3，故f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．[方法技巧]绝对值不等式的5种常用解法(1)基本性质法：对a∈R＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－a或x>a.(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．[演练冲关](2019届高三·沈阳模拟)已知函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a∈R.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋|2x＋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＝1时，f(x)＝|x－1|＋3x，由f(x)≥3x＋|2x＋1|，得|x－1|－|2x＋1|≥0，当x>1时，x－1－(2x＋1)≥0，得x≤－2，无解；当－≤x≤1时，1－x－(2x＋1)≥0，得－≤x≤0；当x<－时，1－x＋(2x＋1)≥0，得－2≤x<－.∴不等式的解集为{x|－2≤x≤0}．(2)法一：由|x－a|＋3x≤0，可得或即或当a>0时，不等式的解集为.由－＝－1，得a＝2.当a＝0时，不等式的解集为，不合题意．当a<0时，不等式的解集为.由＝－1，得a＝－4.综上，a＝2或a＝－4.法二：当x≥a时，f(x)＝4x－a，函数f(x)为增函数，由不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}得，f(－1)＝4×(－1)－a＝0，得a＝－4.当x<a时，f(x)＝2x＋a，函数f(x)为增函数，由不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}得，f(－1)＝2×(－1)＋a＝0，得a＝2.经检验，a＝2或a＝－4都符合题意，故a的值为2或4.考点二　不等式的证明[典例感悟][典例]　(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.[证明]　(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4，当且仅当a＝b＝1时取等号．(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2，当且仅当a＝b＝1时取等号．[方法技巧]证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．(2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．[演练冲关]设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.(1)求集合A；(2)若a，b，c∈A，求证：>1.解：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝由|f(x)|<2得－1<x<1，即A＝{x|－1<x<1}．(2)证明：要证>1，只需证|1－abc|>|ab－c|，只需证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，只需证1－a2b2>c2(1－a2b2)，只需证(1－a2b2)(1－c2)>0，由a，b，c∈A，得－1<ab<1，c2<1，所以(1－a2b2)(1－c2)>0恒成立．综上，>1.考点三　含绝对值不等式的恒成立问题[典例感悟][典例]　(2018·全国卷Ⅰ)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∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝故不等式f(x)>1的解集为.(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax－1|<1成立．若a≤0，则当x∈(0,1)时，|ax－1|≥1；若a>0，则|ax－1|<1的解集为，所以≥1，故0<a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．[方法技巧]已知不等式恒成立求参数范围问题的3种解法分离参数法运用“f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a，f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问题更换主元法对于一些含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法数形结合法在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的优势，可直接解决问题 [演练冲关]已知函数f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|，g(x)＝|x＋1|＋|x－a|.(1)求f(x)≥1的解集；(2)若对任意的t∈R，s∈R，都有g(s)≥f(t)．求a的取值范围．解：(1)因为函数f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|，故f(x)≥1，等价于|2x＋1|－|2x－3|≥1，等价于①或②或③①无解，解②得≥x≥，解③得x>.综上可得，不等式的解集为.(2)若对任意的t∈R，s∈R，都有g(s)≥f(t)，可得g(x)min≥f(x)max.∵函数f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|≤|2x＋1－(2x－3)|＝4，∴f(x)max＝4.∵g(x)＝|x＋1|＋|x－a|≥|x＋1－(x－a)|＝|a＋1|，故g(x)min＝|a＋1|.∴|a＋1|≥4，解得a≥3或a≤－5.故a的取值范围为{a|a≥3或a≤－5}．1．(2018·广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，存在实数x使f(x)<2成立．(1)求实数m的值；(2)若α≥1，β≥1，f(α)＋f(β)＝4，求证：＋≥3.解：(1)因为|x－m|＋|x|≥|(x－m)－x|＝|m|.所以要使不等式|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－2<m<2.因为m∈N*，所以m＝1.(2)证明：因为α≥1，β≥1，所以f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，所以＋＝(α＋β)＝≥＝3.当且仅当＝，即α＝2，β＝1时等号成立，故＋≥3.2．(2018·唐山模拟)设f(x)＝|x|＋2|x－a|(a>0)．(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤4；(2)若f(x)≥4，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x|＋2|x－1|＝当x<0时，由2－3x≤4，得－≤x<0；当0≤x≤1时，由2－x≤4，得0≤x≤1；当x>1时，由3x－2≤4，得1<x≤2.综上，不等式f(x)≤4的解集为.(2)f(x)＝|x|＋2|x－a|＝可见，f(x)在(－∞，a]上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当x＝a时，f(x)取得最小值a.若f(x)≥4恒成立，则应a≥4.所以a的取值范围为[4，＋∞)．3．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．解：(1)f(x)＝y＝f(x)的图象如图所示．(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.4．(2018·开封模拟)已知函数f(x)＝|x－m|，m<0.(1)当m＝－1时，求解不等式f(x)＋f(－x)≥2－x；(2)若不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，求m的取值范围．解：(1)设F(x)＝f(x)＋f(－x)＝|x－1|＋|x＋1|＝由F(x)≥G(x)解得{x|x≤－2或x≥0}．(2)f(x)＋f(2x)＝|x－m|＋|2x－m|，m<0.设g(x)＝f(x)＋f(2x)，当x≤m时，g(x)＝m－x＋m－2x＝2m－3x，则g(x)≥－m；当m<x<时，g(x)＝x－m＋m－2x＝－x，则－<g(x)<－m；当x≥时，g(x)＝x－m＋2x－m＝3x－2m，则g(x)≥－.则g(x)的值域为，不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，即1>－，解得m>－2，由于m<0，则m的取值范围是(－2,0)．5．(2018·昆明模拟)设函数f(x)＝|x－a|＋(a≠0，a∈R)．(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤5；(2)记f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的最小值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，故f(x)＝①当x>1时，由2x＋1≤5，得x≤2，故1<x≤2；②当－2≤x≤1时，由3≤5，得x∈R，故－2≤x≤1；③当x<－2时，由－2x－1≤5，得x≥－3，故－3≤x<－2.综上，不等式的解集为[－3,2]．(2)f(x)＝|x－a|＋≥＝，所以g(a)＝，因为＝|a|＋≥2＝2，当且仅当|a|＝，即a＝±时等号成立，所以g(a)min＝2.6．(2018·陕西模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.(1)解不等式f(x)≤3；(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域为M，若t∈M，证明：t2＋1≥＋3t.解：(1)依题意，得f(x)＝于是f(x)≤3⇔或或解得－1≤x≤1.故不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．(2)证明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0时取等号，∴M＝[3，＋∞)．t2＋1≥＋3t等价于t2－3t＋1－≥0，t2－3t＋1－＝＝.∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，∴≥0，∴t2＋1≥＋3t.7．(2018·福州模拟)设函数f(x)＝|x－1|.(1)求不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集；(2)已知关于x的不等式f(x)≤f(x＋1)－|x－a|的解集为M，若⊆M，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)≤3－f(x－1)，所以|x－1|≤3－|x－2|，即|x－1|＋|x－2|≤3，则或或解得0≤x<1或1≤x≤2或2<x≤3，所以0≤x≤3，故不等式f(x)≤3－f(x－1)的解集为[0,3]．(2) 因为⊆M，所以当x∈时，f(x)≤f(x＋1)－|x－a|恒成立，而f(x)≤f(x＋1)－|x－a|⇔|x－1|－|x|＋|x－a|≤0⇔|x－a|≤|x|－|x－1|，因为x∈，所以|x－a|≤1，即x－1≤a≤x＋1，由题意，知x－1≤a≤x＋1对于x∈恒成立，所以≤a≤2，故实数a的取值范围为.8．(2018·郑州模拟)已知f(x)＝|2x－1|＋|ax－5|(0<a<5)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥9的解集；(2)若函数y＝f(x)的最小值为4，求实数a的值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|2x－1|＋|x－5|＝∴f(x)≥9⇔或或解得x≤－1或x≥5，即所求不等式的解集为(－∞，－1]∪[5，＋∞)．(2)∵0<a<5，∴>1，则f(x)＝∵当x<时，f(x)单调递减，当x>时，f(x)单调递增，∴f(x)的最小值在上取得，∵在上，当0<a≤2时，f(x)单调递增，当2<a≤5时，f(x)单调递减，∴或解得a＝2.