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)

[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，＋∞)．

[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.

[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　　      ③

①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.