高考数学二轮复习第2部分专题7第2讲不等式选讲教案文选修4_5

第2讲 选修4－5 不等式选讲
[做小题——激活思维]
1．已知正实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，则a 2
＋b 2
＋c 2
的最小值为________． [答案] 1
3
2．不等式|3x －1|≤2的解集为________．
[答案] ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－13，1 3．若关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|<a 的解集不是空集，则参数a 的取值范围是________．
[答案] (1，＋∞) 4．已知a >b >c ，若
1a －b ＋1b －c ＋n c －a
≥0恒成立，则n 的取值范围是________． [答案] (－∞，4]
5．函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值为________． [答案] 63
[扣要点——查缺补漏]
1．|x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法 (1)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想．如T 2. (2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想.
(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 2．不等式的证明 (1)绝对值三角不等式
||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |.如T 3. (2)算术—几何平均不等式 如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则
a 1＋a 2＋…＋a n n
≥n
a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝
a n 时，等号成立．如T 1，T 4.
(3)证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点．
含绝对值不等式的解法(5年8考)
[高考解读] 绝对值不等式的解法是每年高考的热点内容，主要为含两个绝对值的不等式的求解，难度适中.
[一题多解](2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2
＋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． 切入点：将g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|的解析式化为分段函数的形式． 关键点：正确求出f (x )≥g (x )的解集，然后利用集合间的包含关系求解．
[解] (1)法一：当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于x 2
－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.① 当x <－1时，①式化为x 2
－3x －4≤0，无解；
当－1≤x ≤1时，①式化为x 2
－x －2≤0，从而－1≤x ≤1； 当x >1时，①式化为x 2
＋x －4≤0， 从而1＜x ≤－1＋172
.
所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪
⎪⎪
－1≤x ≤
－1＋17
2. 法二：g (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2x ，x ≥1，2，－1≤x ＜1，
－2x ，x ＜－1，
当a ＝1时，f (x )＝－x 2
＋x ＋4，在同一平面直角坐标系中，画出g (x )与f (x )的图象如图，易求得A (－1,2)，B ⎝
⎛⎭⎪⎫
－1＋172，－1＋17，所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x ⎪
⎪⎪
－1≤x ≤
－1＋172.
(2)法一：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]．
法二：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，即－x 2
＋ax ＋4≥2.
当x ＝0时，－x 2
＋ax ＋4≥2成立．
当x ∈(0,1]时，－x 2
＋ax ＋4≥2化为a ≥x －2x
.
而y ＝x －2
x
在(0,1]上单调递增，所以最大值为－1，所以a ≥－1.
当x ∈[－1,0)时，－x 2
＋ax ＋4≥2化为a ≤x －2x
.
而y ＝x －2
x
在[－1,0)上单调递增，所以最小值为1，
所以a ≤1.
综上，a 的取值范围为[－1,1]． [教师备选题]
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 )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2x ＋4，x ≤－1，2，－1<x ≤2，
－2x ＋6，x >2.
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.
所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|. (1)画出y ＝f (x )的图象； (2)求不等式|f (x )|>1的解集．
[解] (1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
x －4，x ≤－1，
3x －2，－1＜x ≤32，
－x ＋4，x ＞3
2
，
故y ＝f (x )的图象如图所示．
(2)由f (x )的函数表达式及图象可知， 当f (x )＝1时，可得x ＝1或x ＝3； 当f (x )＝－1时，可得x ＝1
3或x ＝5.
故f (x )＞1的解集为{x |1＜x ＜3}，
f (x )＜－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪
⎪⎪
x ＜1
3或x ＞5
. 所以|f (x )|＞1的解集为⎩
⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪⎪⎪
x ＜1
3或1＜x ＜3或x ＞5
.
|x －a |＋|x －b |≥c 或≤c
c ，|x －a |－|x －b |≥c 或≤c c 型不等式
的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解.
零点分区间法的一般步骤
①令每个绝对值符号内的代数式为零，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.
利用绝对值的几何意义解题
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 或|x －a |－|x －b |≥c c
的不等式，用绝对值的几何意义求解更直观.
1．(绝对值不等式的解法、恒成立问题)已知函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|. (1)若不等式f (x )≤|a ＋1|恒成立，求a 的取值范围； (2)求不等式|f (x )－|x ＋2||>3的解集．
[解] (1)f (x )＝|x －1|－|x ＋2|≤|(x －1)－(x ＋2)|＝3，
由f (x )≤|a ＋1|恒成立得|a ＋1|≥3，即a ＋1≥3或a ＋1≤－3，得a ≥2或a ≤－4. ∴a 的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．
(2)不等式|f (x )－|x ＋2||＝||x －1|－2|x ＋2||>3等价于|x －1|－2|x ＋2|>3或|x －1|－2|x ＋2|<－3，
令g (x )＝|x －1|－2|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－x －5，x ≥1，－3x －3，－2≤x <1，
x ＋5，x <－2，
由x ＋5＝－3得x ＝－8， 由－3x －3＝－3得x ＝0， 作出g (x )的图象如图所示，
由图可得原不等式的解集为{x |x <－8或x >0}．
2．(绝对值不等式的解法、有解问题)已知函数f (x )＝|a －3x |，若不等式f (x )＜2的解
集为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－43，0.
(1)解不等式f (x )≤|x －2|＋4；
(2)若不等式f (x )＋3|2＋x |≤t －4有解，求实数t 的取值范围． [解] (1)f (x )＜2即|a －3x |＜2，解得
a －2
3
＜x ＜
a ＋2
3
，
则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧
a －23＝－4
3
，a ＋2
3＝0，
得a ＝－2.
∴f (x )≤|x －2|＋4可化为|3x ＋2|－|x －2|≤4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
x ＜－23，－x ＋
＋x －
或⎩⎪⎨⎪⎧
－23≤x ≤2，
x ＋＋x －
或⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＞2，x ＋－x －
，
解得－4≤x ≤1，
∴不等式f (x )≤|x －2|＋4的解集为{x |－4≤x ≤1}．
(2)不等式f (x )＋3|2＋x |≤t －4等价于|3x ＋2|＋|3x ＋6|≤t －4. ∵|3x ＋2|＋|3x ＋6|≥|(3x ＋2)－(3x ＋6)|＝4， ∴由题意，知t －4≥4，解得t ≥8， 故实数t 的取值范围是[8，＋∞)．
不等式的证明(5年5考)
[高考解读] 不等式的证明也是高考考查的重点，主要考查作差法和基本不等式法的应用，难度适中，考查学生的逻辑推理核心素养.
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c
≤a 2＋b 2＋c 2
；
(2)(a ＋b )3
＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3
≥24. 切入点：abc ＝1.
关键点：①“1”的代换；②将(a ＋b )3
＋(b ＋c )3
＋(c ＋a )3
改编为3(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )． [证明] (1)因为a 2
＋b 2
≥2ab ，b 2
＋c 2
≥2bc ，c 2
＋a 2
≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2
＋b 2
＋c 2
≥ab ＋bc ＋ca
＝
ab ＋bc ＋ca
abc
＝1a ＋1b ＋1c
.
当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以1a ＋1b ＋1c
≤a 2＋b 2＋c 2
.
(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3
＋(b ＋c )3
＋(c ＋a )3
≥33
a ＋b
3
b ＋c
3
a ＋c
3
＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )
≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝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.
2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )＜2的解集． (1)求M ；
(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |＜|1＋ab |. 切入点：M 为不等式f (x )<2的解集． 关键点：平方后作差比较．
[解] (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－2x ，x ≤－1
2
，
1，－12＜x ＜1
2，
2x ，x ≥12
.
当x ≤－1
2
时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；
当－12＜x ＜1
2
时，f (x )＜2；
当x ≥1
2时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得x ＜1.
所以f (x )＜2的解集M ＝{x |－1＜x ＜1}．
(2)证明：由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1＜a ＜1，－1＜b ＜1，从而(a ＋b )2
－(1＋ab )2
＝
a 2＋
b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.
因此|a ＋b |＜|1＋ab |. [教师备选题]
1．(2014·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)．
(1)证明：f (x )≥2；
(2)若f (3)<5，求a 的取值范围．
[解] (1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋1
a
－
x －a ＝1
a ＋a ≥2.
所以f (x )≥2.
(2)f (3)＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.
当a >3时，f (3)＝a ＋1a ，由f (3)<5，得3<a <5＋21
2.
当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a ，由f (3)<5，得1＋5
2<a ≤3.
综上，a 的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫1＋52
，5＋212.
2．(2015·全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；
(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． [证明] (1)因为(a ＋b )2
＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2
＝c ＋d ＋2cd ， 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ， 得(a ＋b )2
>(c ＋d )2
. 因此a ＋b >c ＋d .
(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2
<(c －d )2
， 即(a ＋b )2
－4ab <(c ＋d )2
－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .
②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2
>(c ＋d )2
， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .
于是(a －b )2
＝(a ＋b )2
－4ab <(c ＋d )2
－4cd ＝(c －d )2
. 因此|a －b |<|c －d |.
综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．
证明不等式的方法和技巧
如果已知条件与待证明的结论之间的联系不明显，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.
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和证明，其简化的基本思路是化去绝对值符号，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.
1．(利用基本不等式证明)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；
(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2
a
≥4.
[解] (1)当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥4
3；
当0<x <1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解； 当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，∴x ≤－2
3
.
∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫x ⎪
⎪⎪
x ≥43或x ≤－
2
3. (2)∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4， ∴m ＝4，即a ＋b ＝
4.
又a 2
b ＋b ≥2a ， b 2
a
＋a ≥2b ， ∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫b 2
a ＋a ≥2a ＋2
b ， ∴a 2b ＋b 2
a
≥a ＋b ＝4. 当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．
2．(作差法和分析法证明不等式)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 <－1
2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 ≥－1
2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．
含绝对值不等式的恒成立问题(5年4考)
[高考解读]与绝对值不等式有关的恒成立问题也是每年高考的热点，其实质还是考查绝对值不等式的解法，难度适中.
(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．
切入点：去绝对值号．
关键点：正确确立f(x)的值域．
[解](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，＋∞)．
[教师备选题]
(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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ，x <－12，x ＋2，－12≤x <1，3x ，x ≥1.
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，＋∞)上成立，因此a ＋b 的最小值为5.
解决含绝对值不等式的恒成立问题，用等价转化思想
利用三角不等式求出最值进行转化；
利用分类讨论思想，转化成求函数值域；
数形结合转化
.
1．(2019·贵阳模拟)已知f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|.
(1)求不等式f (x )>0的解集；
(2)若x ∈R 时，不等式f (x )≤a ＋x 恒成立，求实数a 的取值范围．
[解] (1)f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －2，x <－1，3x ，－1≤x ≤12，－x ＋2，x >12
. 当x <－1时，由x －2>0得x >2，即解集为∅；
当－1≤x ≤12时，由3x >0得x >0，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪
⎪⎪ 0<x ≤12； 当x >12时，由－x ＋2>0得x <2，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 12<x <2. 综上所述，f (x )>0的解集为{x |0<x <2}．
(2)不等式f (x )≤a ＋x 恒成立等价于f (x )－x ≤a 恒成立，则a ≥[f (x )－x ]max ，
令g (x )＝f (x )－x ＝⎩⎪⎨⎪⎧
－2，x <－1，2x ，－1≤x ≤12，－2x ＋2，x >12
，则g (x )max ＝1， 所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 2．[一题多解](2019·福州模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋a |＋3a ，a ∈R . (1)若对于任意x ∈R ，总有f (x )＝f (4－x )成立，求a 的值； (2)若存在x ∈R ，使得f (x )≤－|2x －1|＋a 成立，求a 的取值范围． [解] (1)法一：因为f (x )＝f (4－x )，x ∈R ， 所以f (x )的图象关于直线x ＝2对称． 又f (x )＝2⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x ＋a 2＋3a 的图象关于直线x ＝－a 2对称， 所以－a 2
＝2，所以a ＝－4. 法二：因为f (x )＝f (4－x )，x ∈R ，
所以|2x ＋a |＋3a ＝|2(4－x )＋a |＋3a ，
所以|2x ＋a |＝|8－2x ＋a |，
即2x ＋a ＝－(8－2x ＋a )或2x ＋a ＝8－2x ＋a (舍去)， 所以a ＝－4.
(2)法一：存在x ∈R ，使得f (x )≤－|2x －1|＋a 成立，等价于存在x ∈R ， 使得|2x ＋a |＋|2x －1|＋2a ≤0成立，
等价于(|2x ＋a |＋|2x －1|＋2a )min ≤0.
令g (x )＝|2x ＋a |＋|2x －1|＋2a ，
则g (x )min ＝|(2x ＋a )－(2x －1)|＋2a ＝|a ＋1|＋2a . 所以|a ＋1|＋2a ≤0.
当a ≥－1时，a ＋1＋2a ≤0，a ≤－13，所以－1≤a ≤－13
； 当a <－1时，－a －1＋2a ≤0，a ≤1，所以a <－1.
综上，a ≤－13
. 法二：由f (x )≤－|2x －1|＋a 得，|2x ＋a |＋|2x －1|≤－2a ， 而|2x ＋a |＋|2x －1|≥|a ＋1|，
由题意知，只需满足|a ＋1|≤－2a ，即2a ≤a ＋1≤－2a ， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ≤a ＋1，a ＋1≤－2a ，所以a ≤－13
.。