2021高考数学二轮复习专题八第2讲：等式选讲（选修4－5）

第二讲　选修4－5　不等式选讲

考点一　含绝对值不等式的解法

1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法

(1)若c>0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的取值求解即可；

(2)若c<0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.

2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法

(1)零点分段讨论法．

(2)绝对值的几何意义．

(3)数形结合法．

[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时，则|ax－1|<1的解集为.

所以≥1，故0<a≤2.

用零点分段讨论法解绝对值不等式的4步

(1)令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；

(2)将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；

(3)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；

(4)取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．

[对点训练]

(2018·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x－1|(a∈R)．

(1)当a＝－1时，求f(x)≤2的解集．

(2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合，求实数a的取值范围．

[解]　(1)当a＝－1时，f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，

由f(x)≤2得＋≤1.

上述不等式化为数轴上点x到两点－，的距离之和小于等于1，则－≤x≤，即原不等式的解集为.

(2)∵f(x)≤|2x＋1|的解集包含，

∴当x∈时，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，

∴|2x－a|＋2x－1≤2x＋1，

即|2x－a|≤2，∴2x－2≤a≤2x＋2在x∈上恒成立，

∴(2x－2)max≤a≤(2x＋2)min，∴0≤a≤3.

考点二　含绝对值不等式的综合问题

1．定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．

2．定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．

角度1：绝对值的几何意义及应用

[解题指导]　(1)→

(2)→

[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝

可得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.

角度2：含绝对值不等式的恒成立问题

[解]　(1)由题意得，当a＝2018时，

f(x)＝

因为f(x)在[2018，＋∞)上单调递增，所以f(x)的值域为[2018，＋∞)．

(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.

而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，

所以|1＋a|>2，解得a>1或a<－3.

绝对值恒成立问题应关注的3点

(1)巧用“||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|”求最值．

(2)f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a，f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a.

(3)f(x)<a有解⇔f(x)min<a，f(x)>a有解⇔f(x)max>a.

[对点训练]

1．[角度1](2018·山东淄博模拟)设函数f(x)＝|x＋4|.

(1)若y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为4，求a的值；

(2)求不等式f(x)>1－x的解集．

[解]　(1)因为f(x)＝|x＋4|，

所以y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)＝|2x＋a＋4|＋|2x－a＋4|≥|2x＋a＋4－(2x－a＋4)|＝|2a|，

又y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值为4，

∴|2a|＝4，

∴a＝±2.

(2)f(x)＝|x＋4|＝

∴不等式f(x)>1－x等价于

解得x>－2或x<－10，

故不等式f(x)>1－x的解集为{x|x>－2或x<－10}．

2．[角度2](2018·河南郑州二模)已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.

(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；

(2)若存在x∈R，使得f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．

[解]　(1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)得|2x＋1|≥|x|，两边平方整理得3x2＋4x＋1≥0，解得x≤－1或x≥－，∴原不等式的解集为(－∞，－1]∪.

(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x＋1|－|x|，

令h(x)＝|2x＋1|－|x|，

则h(x)＝

故h(x)min＝h＝－，

所以实数a的取值范围为a≥－.

考点三　不等式的证明

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．

[证明]　(1)(a＋b)(a5＋b5)

＝a6＋ab5＋a5b＋b6

＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)

＝4＋ab(a2－b2)2≥4.

(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.

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．

[对点训练]

已知实数a，b，c满足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.

(1)证明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；

(2)证明：＋＋≤＋＋.

[证明]　(1)∵1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2，

∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥2·2·2＝8，

∵abc＝1，∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8.

(2)∵ab＋bc≥2＝2，

ab＋ac≥2＝2，

bc＋ac≥2＝2，

上面三式相加得，

2ab＋2bc＋2ca≥2＋2＋2，

即ab＋bc＋ca≥＋＋.

又＋＋＝ab＋bc＋ac，

∴＋＋≤＋＋.

1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.

(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[－1,1]，求a的取值范围．

[解]　(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①

当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；

当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；

当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，从而1<x≤.

所以f(x)≥g(x)的解集为.

(2)解法一(等价转化法)：当x∈[－1,1]时，g(x)＝2.

所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时f(x)≥2.

又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.

所以a的取值范围为[－1,1]．

解法二(分类讨论法)：当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于x∈[－1,1]时f(x)≥2，

即－x2＋ax＋4≥2，

当x＝0时，－x2＋ax＋4≥2成立；

当x∈(0,1]时，－x2＋ax＋4≥2可化为a≥x－，而y＝x－在(0,1]单调递增，最大值为－1，所以a≥－1；

当x∈[－1,0)时，－x2＋ax＋4≥2可化为a≤x－，而y＝x－在[－1,0)单调递增，最小值为1，所以a≤1.

综上，a的取值范围为[－1,1]．

2．(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.

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．

专题跟踪训练(三十二)

1．(2018·广州二模)设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.

(1)解不等式f(x)>4；

(2)若∀x∈，不等式a＋1<f(x)恒成立，求实数a的取值范围．

[解]　(1)∵f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|，

∴f(x)＝

f(x)>4⇔

或或

⇔x<－2或0<x≤1或x>1.

∴不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．

(2)由(1)知，当x<－时，f(x)＝－3x－2，

∵当x<－时，f(x)＝－3x－2>，

∴a＋1≤，即a≤.

∴实数a的取值范围为.

2．(2018·河南新乡二模)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3.

(1)求不等式f(x)≤2的解集；

(2)若直线y＝kx－2与函数f(x)的图象有公共点，求k的取值范围．

[解]　(1)由f(x)≤2，得或或解得0≤x≤5，故不等式f(x)≤2的解集为[0,5]．

(2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝

作出函数f(x)的图象，如图所示，

易知直线y＝kx－2过定点C(0，－2)，

当此直线经过点B(4,0)时，k＝；

当此直线与直线AD平行时，k＝－2.

故由图可知，k∈(－∞，－2)∪.

3．(2018·大庆二模)已知f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，g(x)＝－x2＋2mx.

(1)求不等式f(x)>4的解集；

(2)若对任意的x1，x2，f(x1)≥g(x2)恒成立，求m的取值范围．

[解]　(1)解法一：不等式f(x)>4即|x＋3|＋|x－1|>4.

可得或

或

解得x<－3或x>1，所以不等式的解集为{x|x<－3或x>1}．

解法二：|x＋3|＋|x－1|≥|x＋3－(x－1)|＝4，

当且仅当(x＋3)(x－1)≤0，即－3≤x≤1时，等号成立．

所以不等式的解集为{x|x<－3或x>1}．

(2)依题意可知f(x)min≥g(x)max，

由(1)知f(x)min＝4，

因为g(x)＝－x2＋2mx＝－(x－m)2＋m2，

所以g(x)max＝m2.

由m2≤4得m的取值范围是－2≤m≤2.

4．(2018·西安一模)设a、b为正实数，且＋＝2.

(1)求a2＋b2的最小值；

(2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值．

[解]　(1)由2＝＋≥2得ab≥，

当a＝b＝时取等号．

故a2＋b2≥2ab≥1，当a＝b＝时取等号．

所以a2＋b2的最小值是1.

(2)由＋＝2可得a＋b＝2ab，

∵(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝8a2b2－4ab≥4(ab)3，

∴(ab)2－2ab＋1≤0，即(ab－1)2≤0，

∴ab－1＝0，即ab＝1.