2019版高中数学二轮复习教师用书：专题六第2讲　大题考法——不等式选讲

第2讲　大题考法——不等式选讲

考向一　含绝对值的不等式的解法及应用

【典例】 (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，

(1)当a＝1时，求不等式的解集；

(2)若，求a的取值范围．

[审题指导]

①看到g(x)＝|x＋1|＋|x－1|，想到零点分段讨论处理g(x)

②看到f(x)≥g(x)，想到分段讨论求解不等式

③看到条件f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，想到g(x)在x∈[－1,1]时，化简为g(x)＝2，从而把问题简化

[规范解答]　(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于

x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①  1分

当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0❶，无解； 2分

当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0❷，

从而－1≤x≤1；  3分

当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0❸，

从而1＜x≤.  4分

所以f(x)≥g(x)的解集为

.  5分

(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2❹，

所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，

等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.  7分

又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)❺之一，

所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.  9分

所以a的取值范围为[－1,1].  10分

❶❷❸处易出现利用绝对值定义去绝对值号时计算化简失误．❹处易忽视x∈[－1,1]，g(x)＝2，这是转化关键．❺处不理解且不会判断f(x)在[－1,1]时最小值必为f(－1)，f(1)之一，而导致滞做失分．

[技法总结]

1．零点分段求解绝对值不等式的模型

(1)求零点；

(2)划区间，去绝对值号；

(3)分别解去掉绝对值号的不等式；

(4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值．

2．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)得结论．

[变式提升]

1．(2018·永州二模)已知函数f(x)＝|x－2a|＋|x＋3|，g(x)＝|x－2|＋3．

(1)解不等式|g(x)|＜6；

(2)若对任意的x2∈R，均存在x1∈R，使得g(x1)＝f(x2)成立，求实数a的取值范围．

解　(1)由||x－2|＋3|＜6，得－6＜|x－2|＋3＜6，

∴－9＜|x－2|＜3，得不等式的解为－1＜x＜5．

(2)f(x)＝|x－2a|＋|x＋3|≥|(x－2a)－(x＋3)|＝|2a＋3|，

g(x)＝|x－2|＋3≥3，

∵对任意的x2∈R均存在x1∈R，使得f(x2)＝g(x1)成立，

∴{y|y＝f(x)}⊂{y|y＝g(x)}，

∴|2a＋3|≥3，解得a≥0或a≤－3，

即实数a的取值范围为a≥0或a≤－3．

考向二　含绝对值的不等式的证明问题

【典例】 (2016·全国卷Ⅱ)已知函数，M为不等式f(x)＜2的解集．

(1)求M；

(2)证明：当a，b∈M时，．

[审题指导]

①看到函数解析式，想到分三种情况去绝对值号，想到分三种情况解不等式f(x)＜2

②看到不等式两边的绝对值，想到利用平方寻求不等关系，想到利用分析法分析，综合法写步骤

[规范解答]　(1)当x＜－时，f(x)＝－x－x－＝－2x❶＜2，解得－1＜x＜－，1分

当－≤x≤时，f(x)＝－x＋x＋＝1❶＜2恒成立， 2分

当x＞时，f(x)＝2x＜2❶，解得＜x＜1，  3分

综上可得，M＝{x|－1＜x＜1}.  4分

(2)当a，b∈(－1,1)时，有(a2－1)(b2－1)＞0❷， 6分

即a2b2＋1＞a2＋b2，  7分

则a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2❸，  8分

则(ab＋1)2＞(a＋b)2，  9分

即|a＋b|＜|ab＋1|.  10分

❶处易出现去绝对值符号错误，注意零点分区法的应用．

❷处若不能联想构造常用不等式而失误，注意分解变形方法的训练．

❸处未能利用两边同加构造而失分，注意不等式的性质的运用．

[技法总结]　不等式证明的常用方法

对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法．

(1)一般地，对于含根号的不等式和含绝对值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法．

(2)如果所证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，则考虑用反证法．

(3)能转化为比较大小的可以用比较法．

(4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法．

[变式提升]

2．(2018·榆林二模)已知函数f(x)＝|x－a2|＋|x＋2a＋3|．

(1)证明：f(x)≥2；

证明　因为 f(x)＝|x－a2|＋|x＋2a＋3|≥

|x＋2a＋3－x＋a2|，

而|x＋2a＋3－x＋a2|＝|a2＋2a＋3|＝(a＋1)2＋2≥2，

所以f(x)≥2．

(2)若f＜3，求实数a的取值范围．

解　因为f＝a2＋＋|2a＋|

＝

所以或

解得－1＜a＜0，所以a的取值范围是(－1,0)．

3．(2018·绵阳二模)已知f(x)＝2|x－2|＋|x＋1|．

(1)求不等式f(x)＜6的解集；

(2)设m，n，p为正实数，且m＋n＋p＝f(2)，求证mn＋np＋pm≤3．

(1)解　不等式2|x－2|＋|x＋1|＜6等价于不等式组或或

所以不等式2|x－2|＋|x＋1|＜6的解集为(－1,3)．

(2)证明　因为m＋n＋p＝3，

所以(m＋n＋p)2＝m2＋n2＋p2＋2mn＋2mp＋2np＝9，

因为m，n，p为正实数，

所以由基本不等式m2＋n2≥2mn(当且仅当m＝n时等号成立)，

同理m2＋p2≥2mp，p2＋n2≥2pn，

所以m2＋n2＋p2≥mn＋mp＋np，

所以(m＋n＋p)2＝m2＋n2＋p2＋2mn＋2mp＋2np＝9≥3mn＋3mp＋3np，所以mn＋mp＋np≤3．