2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题十八不等式选讲（选修4－5）

专题十八  不等式选讲(选修4－5)   卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ2018含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题2017含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法含绝对值不等式的解法、函数最值的求解2016含绝对值不等式的解法、分段函数的图象及应用含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式及应用含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质纵向把握趋势考题主要涉及绝对值不等式的解法及绝对值不等式的恒成立问题、由不等式的解集求参问题．预计2019年仍以考查绝对值不等式的解法为主，同时兼顾最值或恒成立问题的考查考题涉及绝对值不等式的解法、绝对值不等式的恒成立问题以及不等式的证明，难度适中．预计2019年会考查含绝对值不等式的解法、不等式的证明问题考题涉及绝对值不等式的解法、绝对值不等式的恒成立问题、函数最值的求解，难度适中．预计2019年仍会考查绝对值不等式的解法，同时要关注不等式的证明问题横向把握重点1.不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．2.此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用.   含绝对值不等式的解法 [由题知法] 　　　(2018·福州模拟)设函数f (x)＝|x－1|，x∈R.(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|⇔|x－1|＋|x－2|≤3⇔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|≤|x－x＋1|＝1，所以|x－a|≤1，即x－1≤a≤x＋1，由题意，知x－1≤a≤x＋1对于任意的x∈恒成立，所以≤a≤2，故实数a的取值范围为.[类题通法]　含绝对值的不等式的解法(1)|f (x)|>a(a>0)⇔f (x)>a或f (x)<－a；(2)|f (x)|<a(a>0)⇔－a<f (x)<a；(3)|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)(c>0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式，可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解．①零点分区间法求解绝对值不等式的一般步骤：(ⅰ)令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；(ⅱ)将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；(ⅲ)由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；(ⅳ)取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．②利用绝对值的几何意义求解绝对值不等式的方法：由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)或|x－a|－|x－b|≥c(c>0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观． [应用通关] 1．(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]．2．(2018·合肥质检)已知函数f (x)＝|2x－1|.(1)解关于x的不等式f (x)－f (x＋1)≤1；(2)若关于x的不等式f (x)<m－f (x＋1)的解集不是空集，求m的取值范围．解：(1)f (x)－f (x＋1)≤1⇔|2x－1|－|2x＋1|≤1，则或或解得x≥或－≤x<，即x≥－，所以原不等式的解集为.(2)由条件知，不等式|2x－1|＋|2x＋1|<m有解，则m>(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可．由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋(2x＋1)|＝2，当且仅当(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈时等号成立，故m>2.所以m的取值范围是(2，＋∞)． 不等式的证明 [由题知法] 1．含有绝对值的不等式的性质|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.2．算术—几何平均不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．　(2018·沈阳质监)已知a>0，b>0，函数f (x)＝|x＋a|－|x－b|.(1)当a＝1，b＝1时，解关于x的不等式f (x)>1；(2)若函数f (x)的最大值为2，求证：＋≥2.[解]　(1)当a＝1，b＝1时，f (x)＝|x＋1|－|x－1|＝①当x≥1时，f (x)＝2>1，不等式恒成立，此时不等式的解集为{x|x≥1}；②当－1≤x<1时，f (x)＝2x>1，所以x>，此时不等式的解集为；③当x<－1时，f (x)＝－2>1，不等式不成立，此时无解．综上所述，不等式f (x)>1的解集为.(2)证明：法一：由绝对值三角不等式可得|x＋a|－|x－b|≤|a＋b|，a>0，b>0，∴a＋b＝2，∴＋＝(a＋b)＝≥2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．法二：∵a>0，b>0，∴－a<0<b，∴函数f (x)＝|x＋a|－|x－b|＝|x－(－a)|－|x－b|＝结合图象易得函数f (x)的最大值为a＋b，∴a＋b＝2.∴＋＝(a＋b)＝≥2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．[类题通法]　证明不等式的方法和技巧(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据． [应用通关] 1．(2018·长春质检)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|，即证1＋a2b2c2>a2b2＋c2，即证1－a2b2>c2(1－a2b2)，即证(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，>1.2．(2018·陕西质检)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，求证：t2＋1≥＋3t.解：(1)依题意，得f (x)＝∴f (x)≤3⇔或或解得－1≤x≤1，即不等式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，＋∞)．原不等式等价于t2－3t＋1≥，∵t∈[3，＋∞)，∴t2－3t≥0，∴t2－3t＋1≥1，又∵≤1，∴t2－3t＋1≥，∴t2＋1≥＋3t.  含绝对值不等式的恒成立问题 [由题知法] 　　　(2018·郑州第一次质量预测)设函数f (x)＝|x＋3|，g(x)＝|2x－1|.(1)解不等式f (x)<g(x)；(2)若2f (x)＋g(x)>ax＋4对任意的实数x恒成立，求a的取值范围．[解]　(1)由已知，可得|x＋3|<|2x－1|，即|x＋3|2<|2x－1|2，∴3x2－10x－8>0，解得x<－或x>4.故所求不等式的解集为∪(4，＋∞)．(2)由已知，设h(x)＝2f (x)＋g(x)＝2|x＋3|＋|2x－1|＝当x≤－3时，只需－4x－5>ax＋4恒成立，即ax<－4x－9恒成立，∵x≤－3<0，∴a>＝－4－恒成立，∴a>max，∴a>－1；当－3<x<时，只需7>ax＋4恒成立，即ax－3<0恒成立，只需∴∴－1≤a≤6；当x≥时，只需4x＋5>ax＋4恒成立，即ax<4x＋1恒成立．∵x≥>0，∴a<＝4＋恒成立．∵4＋>4，且x→＋∞时，4＋→4，∴a≤4.综上，a的取值范围是(－1,4]．[类题通法]　绝对值不等式的成立问题的求解模型(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a≥f (x)或a≤f (x)形式．(2)转化最值：f (x)>a恒成立⇔f (x)min>a；f (x)<a恒成立⇔f (x)max<a；f (x)>a有解⇔f (x)max>a；f (x)<a有解⇔f (x)min<a；f (x)>a无解⇔f (x)max≤a；f (x)<a无解⇔f (x)min≥a.(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． [应用通关] 1．(2018·南宁模拟)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>.所以不等式的解集为.(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，∴a＋1≥4或a＋1≤－4，解得a≥3或a≤－5.故a的取值范围为(－∞，－5]∪[3，＋∞)．2．(2019届高三·洛阳第一次联考)已知函数f (x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|，a∈R，g(x)＝x2－2x－4＋.(1)若f (2a2－1)>4|a－1|，求实数a的取值范围；(2)若存在实数x，y，使f (x)＋g(y)≤0，求实数a的取值范围．解：(1)∵f (2a2－1)>4|a－1|，∴|2a2－2a|＋|a2－1|>4|a－1|，∴|a－1|(2|a|＋|a＋1|－4)>0，∴|2a|＋|a＋1|>4且a≠1.①若a≤－1，则－2a－a－1>4，∴a<－；②若－1<a<0，则－2a＋a＋1>4，∴a<－3，此时无解；③若a≥0且a≠1，则2a＋a＋1>4，∴a>1.综上所述，a的取值范围为∪(1，＋∞)．(2)∵g(x)＝(x－1)2＋－5≥2 －5＝－1，显然可取等号，∴g(x)min＝－1.于是，若存在实数x，y，使f (x)＋g(y)≤0，只需f (x)min≤1.又f (x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|≥|(x＋1－2a)－(x－a2)|＝(a－1)2，∴(a－1)2≤1，∴－1≤a－1≤1，∴0≤a≤2，故实数a的取值范围为[0,2]．[专题跟踪检测](对应配套卷P209) 1．(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，＋∞)．2．(2018·兰州模拟)设函数f (x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|.(1)解不等式f (x)＋g(x)<2；(2)对于实数x，y，若f (x)≤1，g(y)≤1，证明：|x－2y＋1|≤3.解：(1)解不等式|x－3|＋|x－2|<2.①当x<2时，原不等式可化为3－x＋2－x<2，解得x>.所以<x<2.②当2≤x≤3时，原不等式可化为3－x＋x－2<2，解得1<2.所以2≤x≤3.③当x>3时，原不等式可化为x－3＋x－2<2，解得x<.所以3<x<.由①②③可知，不等式的解集为.(2)证明：因为f (x)≤1，g(y)≤1，即|x－3|≤1，|y－2|≤1，所以|x－2y＋1|＝|(x－3)－2(y－2)|≤|x－3|＋2|y－2|≤1＋2＝3.当且仅当或时等号成立．3．(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)当m＝－1时，f (x)＝|x＋1|，f (－x)＝|x－1|，设F(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝G(x)＝2－x，由F(x)≥G(x)，解得x≤－2或x≥0，所以不等式f (x)＋f (－x)≥2－x的解集为{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)≥－.所以g(x)的值域为，若不等式f (x)＋f (2x)<1的解集非空，只需1>－，解得m>－2，又m<0，所以m的取值范围是(－2,0)．4．(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5.5．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：(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；②当－1<x<－时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，此时原不等式无解；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：因为f (a)－f (－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要证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.因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．6．(2018·广东五市联考)已知函数f (x)＝|x－a|＋(a≠0)．(1)若不等式f (x)－f (x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值；(2)当a<时，函数g(x)＝f (x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围．解：(1)f (x＋m)＝|x＋m－a|＋.∵f (x)－f (x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，∴当且仅当|m|≤1时，f (x)－f (x＋m)≤1恒成立，∴－1≤m≤1，即实数m的最大值为1.(2)当a<时，g(x)＝f (x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋＝∴g(x)min＝g＝－a＋＝≤0，∴或解得－≤a<0，∴实数a的取值范围是.7．(2018·郑州模拟)已知函数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|＝所以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＝2.8．(2018·成都模拟)已知函数f (x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.(1)当k＝1时，若不等式f (x)<4的解集为{x|x1<x<x2}，求x1＋x2的值；(2)当x∈R时，若关于x的不等式f (x)≥k恒成立，求k的最大值．解：(1)由题意，得|x－2|＋|x＋1|<4.当x>2时，原不等式可化为2x<5，∴2<x<；当－1≤x≤2时，原不等式可化为3<4，∴－1≤x≤2.当x<－1时，原不等式可化为－2x<3，∴－<x<－1；综上，原不等式的解集为，即x1＝－，x2＝.∴x1＋x2＝1.(2)由题意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k.当x＝2时，即不等式3k≥k成立，∴k≥0.当x≤－2或x≥0时，∵|x＋1|≥1，∴不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立．当－2＜x≤－1时，原不等式可化为2－x－kx－k≥k，可得k≤＝－1＋，∴k≤3.当－1<x<0时，原不等式可化为2－x＋kx＋k≥k，可得k≤1－，∴k<3.综上，可得0≤k≤3，即k的最大值为3.