2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题十五　选修4－5　不等式选讲

重点增分专题十五　选修4－5　不等式选讲[全国卷3年考情分析] 年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷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 (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  保分考点·练后讲评1.解不等式|x＋3|<|2x－1|.解：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.(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，＋∞)．[解题方略]　绝对值不等式的常用解法(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.    保分考点·练后讲评1.已知f(x)＝|x－1|＋|x|，且α>1，β>1，f(α)＋f(β)＝2，求证：＋≥.证明：因为α>1，β>1，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝2，所以α＋β＝2.所以＋＝(α＋β)＝≥＝，当且仅当α＝2β＝时取等号．2.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)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1，①当x≤－1时，不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；②当－1＜x＜－时，不等式可化为x＋1＜－2x－2，此时不等式无解；③当x≥－时，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．3.已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥.证明：法一：(放缩法)因为a＋b＝1，所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥22＝[(a＋b)＋4]2＝当且仅当a＋2＝b＋2，即a＝b＝时，等号成立．法二：(反证法)假设(a＋2)2＋(b＋2)2<，则a2＋b2＋4(a＋b)＋8<.因为a＋b＝1，则b＝1－a，所以a2＋(1－a)2＋12<.所以2<0，这与2≥0矛盾，故假设不成立．所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥.[解题方略]　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、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)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)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．用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾.  与绝对值不等式有关的最值问题  [析母题][典例]　已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R.(1)若不等式f(x)＋|x－1|≥2对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a<2时，函数f(x)的最小值为a－1，求实数a的值．[解]　(1)f(x)＋|x－1|≥2可化为＋|x－1|≥1.∵＋|x－1|≥，∴≥1，∴a≤0或a≥4，∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．(2)当a<2时，易知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|的零点分别为和1，且<1，∴f(x)＝易知f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f＝－＋1＝a－1，解得a＝，又<2，∴a＝.[练子题]1．在本例条件下，若f(x)≤|2x＋1|的解集包含，求a的取值范围．解：由题意可知f(x)≤|2x＋1|在上恒成立，当x∈时，f(x)＝|2x－a|＋|x－1|＝|2x－a|＋x－1≤|x＋1|＝x＋1，∴|2x－a|≤2，即2x－2≤a≤2x＋2，∴(2x－2)max＝4，(2x＋2)min＝5，因此a的取值范围为[4,5]．2．函数f(x)不变，若存在实数x，使不等式f(x)－3|x－1|≥2能成立，求实数a的取值范围．解：∵f(x)－3|x－1|＝|2x－a|－2|x－1|＝|2x－a|－|2x－2|≤|a－2|.∴|a－2|≥2.∴a≤0或a≥4.∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．[解题方略]解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略不等式恒成立问题不等式f(x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)min>A.不等式f(x)<B在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)max<B不等式能成立问题在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立，等价于在区间D上f(x)max>A.在区间D上存在实数x使不等式f(x)<B成立，等价于在区间D上f(x)min<B不等式恰成立问题不等式f(x)>A在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)>A的解集为D.不等式f(x)<B在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)<B的解集为D [多练强化]已知函数f(x)＝|x|＋|x＋1|.(1)若任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，求实数λ的取值范围．(2)若存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，求实数t的取值范围．解：(1)由f(x)＝|x|＋|x＋1|≥|x－(x＋1)|＝1知，f(x)min＝1，欲使任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，则需满足λ≤f(x)min，所以实数λ的取值范围为(－∞，1]．(2)由题意得f(t)＝|t|＋|t＋1|＝存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，即有Δ＝4－4f(t)≥0，所以f(t)≤1，又f(t)≤1可等价转化为或或所以实数t的取值范围为[－1,0]．                                                                         1．(2019届高三·湖北五校联考)已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.(1)解不等式f(x)<|x|＋1；(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)<1.解：(1)∵f(x)<|x|＋1，∴|2x－1|<|x|＋1，即或或得≤x＜2或0＜x＜或无解．故不等式f(x)<|x|＋1的解集为{x|0<x<2}．(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝<1.2．(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]．3．设不等式0<|x＋2|－|1－x|<2的解集为M，a，b∈M.(1)证明：<.(2)比较|4ab－1|与2|b－a|的大小，并说明理由．解：(1)证明：记f(x)＝|x＋2|－|1－x|＝所以由0<2x＋1<2，解得－<x<，所以M＝，所以≤|a|＋|b|<＋×＝.(2)由(1)可得a2<，b2<，所以(4ab－1)2－4(b－a)2＝(4a2－1)(4b2－1)>0，所以|4ab－1|>2|b－a|.4．已知a，b∈(0，＋∞)，且2a4b＝2.(1)求＋的最小值．(2)若存在a，b∈(0，＋∞)，使得不等式|x－1|＋|2x－3|≥＋成立，求实数x的取值范围．解：(1)由2a4b＝2可知a＋2b＝1，又因为＋＝(a＋2b)＝＋＋4，由a，b∈(0，＋∞)可知＋＋4≥2＋4＝8，当且仅当a＝2b时取等号，所以＋的最小值为8.(2)由(1)及题意知不等式等价于|x－1|＋|2x－3|≥8，①所以x≤－.②无解，③所以x≥4.综上，实数x的取值范围为∪[4，＋∞)．5．(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5.6．已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，解得<x<1；当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为.(2)由题设可得f(x)＝所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，所以△ABC的面积为(a＋1)2.由题设得(a＋1)2>6，故a>2.所以a的取值范围为(2，＋∞)．7．(2018·郑州二检)已知函数f(x)＝|3x＋2|.(1)解不等式f(x)<4－|x－1|；(2)已知m＋n＝1(m，n>0)，若|x－a|－f(x)≤＋(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.当x<－时，即－3x－2－x＋1<4，解得－<x<－；当－≤x≤1时，即3x＋2－x＋1<4，解得－≤x<；当x>1时，即3x＋2＋x－1<4，无解．综上所述，x∈.(2)＋＝(m＋n)＝1＋1＋＋≥4，当且仅当m＝n＝时等号成立．令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝所以x＝－时，g(x)max＝＋a，要使不等式恒成立，只需g(x)max＝＋a≤4，即0<a≤.所以实数a的取值范围是.8．已知函数f(x)＝|x－a|＋2|x＋b|(a>0，b>0)的最小值为1.(1)求a＋b的值；(2)若m≤＋恒成立，求实数m的最大值．解：(1)f(x)＝则f(x)在区间(－∞，－b]上单调递减，在区间[－b，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－b)＝a＋b，所以a＋b＝1.(2)因为a>0，b>0，且a＋b＝1，所以＋＝(a＋b)＝3＋＋，又3＋＋≥3＋2＝3＋2，当且仅当＝时，等号成立，所以当a＝－1，b＝2－时，＋有最小值3＋2.所以m≤3＋2，所以实数m的最大值为3＋2.