高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题七第2讲选修4_5不等式选讲学案含解析

第2讲　选修4－5：不等式选讲

JIE TI CE LUE MING FANG XIANG

解题策略·明方向　

⊙︱考情分析︱

主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点．

⊙︱真题分布︱

(理科)

(文科)

KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN

考点分类·析重点　

考点一　绝对值不等式的解法

含有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)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．

典例1　(2020·沙坪坝区校级模拟)设函数f(x)＝|x－1|＋|2x＋a|.

(1)若a＝2，求f(x)≤8的解集；

(2)若f(x)≥3－|x－1|，x∈R，求a的取值范围．

【解析】　(1)当a＝2时，f(x)＝|x－1|＋|2x＋2|，

∵f(x)≤8，∴当x≥1时，x－1＋2x＋2≤8，解得x≤，∴1≤x≤，当－1＜x＜1时，1－x＋2x＋2≤8，解得x≤5，

∴－1＜x＜1，

当x≤－1时，1－x－2x－2≤8，解得－3≤x，

∴－3≤x≤－1，

综上，不等式的解集为.

(2)由f(x)≥3－|x－1|，得|2x＋a|＋|2x－2|≥3，

又g(x)＝|2x＋a|＋|2x－2|≥|(2x＋a)－(2x－2)|＝|a＋2|，∴g(x)min＝|a＋2|≥3，∴a＋2≤－3或a＋2≥3，

∴a≤－5或a≥1，

∴a的取值范围是(－∞，－5]∪[1，＋∞)．

1．用零点区间法解绝对值不等式的步骤

(1)求零点；

(2)划区间、去绝对值号；

(3)分别解去掉绝对值的不等式；

(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．

2．用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．

1．(2020·未央区校级模拟)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.

(1)求不等式g(x)＜3的解集；

(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求实数a的取值范围．

【解析】　(1)g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝.

∵g(x)＜3，∴或－1≤x≤1或，

∴1<x<或－1≤x≤1或－<x<－1，

∴－<x<，

∴不等式的解集为.

(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，

若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，则

当x∈[－1,1]时，f(x)≥2，

又f(x)在[－1,1]的最小值为min{f(－1)，f(1)}，

∴只需f(－1)≥2 且 f(1)≥2，∴－1≤a≤1，

∴a的取值范围为[－1,1]

考点二　绝对值不等式恒(能)成立问题

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．

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

典例2　(2020·运城模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R.

(1)若不等式f(x)≤2－|x－1|无解，求实数a的取值范围；

(2)当a＜2时，函数f(x)的最小值为2，求实数a的值．

【解析】　(1)∵f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，

∴由f(x)≤2－|x－1|，得|2x－a|＋|2x－2|≤2，

∵不等式f(x)≤2－|x－1|无解，∴(|2x－a|＋|2x－2|)min＞2，

又∵|2x－a|＋|2x－2|≥|(2x－a)－(2x－2)|＝|a－2|，

∴|a－2|＞2，∴a＞4或a＜0，

∴实数a的取值范围是(－∞，0)∪(4，＋∞)．

(2)∵a＜2，∴<1，

∴f(x)＝|2x－a|＋|x－1|＝，

由图可知当x＝时，f(x)min＝1－＝2，

∴a＝－2＜2符合题意，∴a＝－2．

1．求含绝对值号函数的最值的两种方法

(1)利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解；

(2)将函数化为分段函数，数形结合求解．

2．恒成立(存在)问题的等价转化

2．(2019·汉中三模)已知函数f(x)＝|x－2|，g(x)＝|x＋1|－x.

(1)解不等式f(x)>g(x)；

(2)若存在实数x，使不等式m－g(x)≥f(x)＋x(m∈R)能成立，求实数m的最小值．

【解析】　(1)由题意不等式f(x)>g(x)可化为

|x－2|＋x>|x＋1|，

当x<－1时，－(x－2)＋x>－(x＋1)，解得x>－3，

即－3<x<－1；

当－1≤x≤2时，－(x－2)＋x>x＋1，解得x<1，

即－1≤x<1；

当x>2时，x－2＋x>x＋1，解得x>3，即x>3，

综上所述，不等式f(x)>g(x)的解集为

{x|－3<x<1或x>3}．

(2)由不等式m－g(x)≥f(x)＋x(m∈R)，

可得m≥|x－2|＋|x＋1|，所以m≥(|x－2|＋|x＋1|)min，

因为|x－2|＋|x＋1|≥|x－2－(x＋1)|＝3，所以m≥3，故实数m的最小值是3．

考点三　不等式的证明

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．

典例3　(2020·乌鲁木齐三模)设a，b均为正数，且a2＋b2＝2，证明：

(1)(a＋b)(a3＋b3)≥4；

(2)＋≤2．

【证明】　(1)∵a2＋b2＝2，要证(a＋b)(a3＋b3)≥4，

只需要证明a4＋b4＋ab3＋ba3≥(a2＋b2)2，

也就是要证明a4＋b4＋ab3＋ba3－a4－b4－2a2b2≥0，即证ab(a－b)2≥0，

∵a，b均为正数，∴ab(a－b)2≥0，

∴(a＋b)(a3＋b3)≥4．

(2)∵a，b均为正数，∴a＋b≥2，

∴2(a＋b)≥(＋)2，

∴＋≤≤

又∵a2＋b2＝2，

∴＋≤2．

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、放缩法等．

(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)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的．

(3)含绝对值不等式的证明主要分两类：

一类是比较简单的不等式可通过平方法或换元法等转化为常见不等式证明；另一类利用绝对值三角不等式，通过添项，拆项证明或利用放缩法，分析综合法证明．

3．(2020·沙坪坝区校级模拟)已知对于任意x≥－1，不等式(1＋x)3≥1＋3x成立．

(1)求证：对于任意x≥－1，(1＋x)4≥1＋4x；

(2)若a＞0，b＞0，求证：(a＋b)4≥a4＋4a3b.

【解析】　证明：(1)∵x≥－1，∴x＋1≥0．

又对于任意x≥－1，不等式(1＋x)3≥1＋3x成立，

∴(1＋x)4＝(1＋x)3(1＋x)≥(1＋3x)(1＋x)＝1＋4x＋3x2≥1＋4x，

即(1＋x)4≥1＋4x.

(2)欲证(a＋b)4≥a4＋4a3b，

只需4≥1＋，即证4≥1＋4·

∵a，b＞0，∴>0>－1，

由(1)知取x＝时上式成立，从而原不等式得证．

ZHEN TI HUI FANG WU GAO KAO

真题回放·悟高考　

1．(2020·全国卷Ⅰ卷)已知函数f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.

(1)画出y＝f(x)的图象；

(2)求不等式f(x)>f(x＋1)的解集．

【解析】　(1)因为f＝ ，作出图象，如图所示：

(2)将函数f的图象向左平移1个单位，可得函数f的图象，如图所示：

由－x－3＝5－1，解得x＝－.

所以不等式f(x)>f(x＋1)的解集为.

2．(2020·全国卷Ⅱ卷)已知函数f(x)＝＋|x－2a＋1|.

(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4的解集；

(2)若f(x)≥4，求a的取值范围．

【解析】　(1)当a＝2时，f＝＋.

当x≤3时，f＝4－x＋3－x＝7－2x≥4，

解得：x≤；

当3<x<4时，f＝4－x＋x－3＝1≥4，无解；

当x≥4时，f＝x－4＋x－3＝2x－7≥4，

解得：x≥；

综上所述：f≥4的解集为 或 .

(2)f＝＋≥

＝＝2(当且仅当2a－1≤x≤a2时取等号)，

∴2≥4，解得：a≤－1或a≥3，

∴a的取值范围为∪.

3．(2020·全国卷Ⅲ卷)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1．

(1)证明：ab＋bc＋ca<0；

(2)用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥.

【解析】　(1)∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，

∴ab＋bc＋ca＝－

∵abc＝1，∴a，b，c均不为0，则a2＋b2＋c2>0，

∴ab＋bc＋ca＝－<0．

(2)不妨设max{a，b，c}＝a，

由a＋b＋c＝0，abc＝1可知，a>0，b<0，c<0，

∵a＝－b－c，a＝，∴a3＝a2·a＝＝≥＝4．

当且仅当b＝c时，取等号，

∴a≥，即max{a，b，c}≥.

4．(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．

(1)当a＝1时，求不等式f(x)＜0的解集；

(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)＜0，求a的取值范围．

【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．

当x＜1时，f(x)＝－2(x－1)2＜0；

当x≥1时，f(x)≥0，

所以，不等式f(x)＜0的解集为(－∞，1)．

(2)因为f(a)＝0，所以a≥1．

当a≥1，x∈(－∞，1)时，

f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)

＝2(a－x)(x－1)＜0．

所以，a的取值范围是[1，＋∞)．

5．(2019·全国卷Ⅰ)已知a、b、c为正数，且满足abc＝1．证明：

(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；

(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24．

【证明】　(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．

所以＋＋≤a2＋b2＋c2．

(2)因为a、b、c为正数且abc＝1，

故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3

≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)

≥3×(2)×(2)×(2)＝24．

当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．

所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24．

6．(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1．

(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；

(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1．

【解析】　(1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2

＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)·(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]

≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，

所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，

当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．

所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.

(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2

＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，

所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，

当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．

所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.

由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1．