2019届高考数学二轮复习第16讲不等式选讲学案(无答案)文

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不等式选讲学案

不等式选讲1.绝对值不等式：例1.（2013年高考福建）设不等式2x a -<（*a N ∈）的解集为A ，且32A ∈，12A ∉. （1）求a 的值；（2）求函数()2f x x a x =++-的最小值.演变1.（2011年高考福建）设不等式|21|1x -<的解集为M ．（1）求集合M ；（2）若a b M ∈、，试比较1ab +与a b +的大小．演变2.（2014年高考辽宁）设函数()2|1|1f x x x =-+-，2()1681g x x x =-+，记()1f x≤的解集为M ，()4g x ≤的解集为N .（1）求M ；（2）当x MN ∈时，证明：221()[()]4x f x x f x +≤.例2.设函数()|24|1f x x =-+（1）若关于x 的不等式()f x t ≥恒成立，求t 的取值范围；（2）若不等式()f x ax ≤的解集非空，求a 的取值范围演变1.（2012年高考辽宁）已知()|1|f x ax =+（a R ∈），不等式()3f x ≤的解集为 {|21}x x -≤≤.（1）求a 的值；（2）若|()2()|2x f x f k -≤恒成立，求k 的取值范围.例3.设函数()||3f x x a x =-+，其中0a ≠（1）当2a =时，求不等式()32f x x ≥+的解集；（2）若不等式()0f x ≤的解集包含{|1}x x ≤-，求a 的取值范围演变1.（2012年高考新课标）已知函数()|||2|f x x a x =++-（1）当3a =-时，求不等式()3f x ≥的解集；（2）若()|4|f x x ≤-的解集包含[1,2]，求a 的取值范围例4.（2013年高考新课标1）已知函数()|21||2|f x x x a =-++，()3g x x =+（1）当2a =-时，求不等式()()f x g x <的解集；（2）设1a >-，且当1[,)22a x ∈-时，()()f x g x ≤，求a 的取值范围.演变1.设函数()|2||2|f x x x a =++-（1）当2a =时，求函数()f x 的值域；（2）当4a <-时，若存在2x ≤-，使得()4f x x -≤成立，求实数a 的取值范围例5.已知函数()|1||23|f x x x =--+（1）若()f x a ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（2）对于任意非零实数m ，不等式|21||1|||()m m m f x -+-≥⋅恒成立，求实数x 的取值范围演变1.设函数()12f x x x =-+-（1）求不等式()2f x ≤的解集；（2）若不等式||||||()a b a b a f x ++-≥⋅（0a ≠，a b R ∈，）恒成立，求实数x 的取值范围2.柯西不等式：例1.（2014年高考新课标1）若0a >，0b >，且ab b a =+11 （1）求33b a +的最小值；（2）是否存在b a ,，使得632=+b a ？并说明理由.演变1.（2013年高考新课标2）设a b c 、、均为正数，且1a b c ++=，证明：（1）13ab bc ca ++≤；（2）2221a b c b c a++≥.例2.已知a 、b 为正实数（1）求证：22a b a b b a+≥+；（2）若函数22(1)1x x y x x-=+-（01x <<）的最小值为t ，x y z t ++=，求22223x y z ++的最小值.演变1.已知a 、b 、c 均为正数，且1=++c b a ，求证：（1）9111≥++cb a ；（2）222111100()()()3a bc a b c +++++≥.演变2.已知a 、b 、c 为实数，且220a b c m +++-=，222111049a b c m +++-= （1）求证：222211()4914a b c a b c ++++≥；（2）求实数m 的取值范围3.综合应用：例1.已知函数()|2||1|f x x x =+--（1）求()f x 的值域；（2）设233()ax x g x x-+=（0a >），若对任意(0,)s ∈+∞，任意t R ∈，恒有()()g s f t ≥成立，试求实数a 的取值范围演变1.（2014年高考新课标2）设函数()1f x x x a a=++-（0a >）（1）证明：()2f x ≥；（2）若()35f <，求a 的取值范围.例2.已知函数()|21||2|f x x x =---，不等式()0f x ≤的解集为M（1）若关于x 的不等式()f x m ≤有解，求m 的取值范围；（2）设a b M ∈，，221a b +=，若34a b t +≥恒成立，求t 的取值范围演变1.（2014年高考福建）已知定义在R 上的函数()21-++=x x x f 的最小值为a .（1）求a 的值；（2）若r q p ，，为正实数，且a r q p =++，求证：3222≥++r q p .演变2.（2012年高考福建）已知函数()|2|f x m x =--，m R ∈，且(2)0f x +≥的解集为[1,1]-（1）求m 的值；（2）若,,a b c R ∈，且11123m a b c ++=，求证：239a b c ++≥。

2019届二轮复习矩阵与变换、坐标系与参数方程、不等式选讲学案(全国通用)

矩阵与变换、坐标系与参数方程、不等式选讲高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)常见的平面变换与矩阵的乘法运算、二阶矩阵的逆矩阵及其求法、矩阵的特征值与特征向量的求法，属B 级要求；(2)直线、曲线的极坐标方程、参数方程、参数方程与普通方程的互化、极坐标与直角坐标的互化，属B 级要求；(3)含绝对值不等式的解法、不等式证明的基本方法、利用不等式性质求最值以及几个重要不等式的应用，属B 级要求.真题感悟1.(2018·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 31 2. (1)求A 的逆矩阵A －1；(2)若点P 在矩阵A 对应的变换作用下得到点P ′(3，1)，求点P 的坐标. 解 (1)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2312，det(A )＝2×2－1×3＝1≠0，所以A 可逆，从而A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －3－1 2. (2)设P (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2312⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝A －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤31＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 3－1，因此，点P 的坐标为(3，－1). 2.(2017·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤011 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2. (1)求AB ；(2)若曲线C 1：x 28＋y 22＝1在矩阵AB 对应的变换作用下得到另一曲线C 2，求C 2的方程.解 (1)AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 002＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 210.(2)设P (x 1，y 1)是曲线C 1上任意一点，变换后对应的点为⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤021 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 1y 1，所以⎩⎨⎧x ＝2y 1，y ＝x 1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝y ，y 1＝12x .因为P (x 1，y 1)在曲线C 1上，所以x 218＋y 212＝1，从而x 2＋y 2＝8，即为曲线C 2的方程.3.(2018·江苏卷)在极坐标系中，直线l 的方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝2，曲线C 的方程为ρ＝4cos θ，求直线l 被曲线C 截得的弦长. 解因为曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ，所以曲线C 是圆心为(2，0)，直径为4的圆.因为直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝2，则直线l 过A (4，0)，倾斜角为π6，所以A 为直线l 与圆C 的一个交点.设另一个交点为B ，则∠OAB ＝π6. 连接OB .因为OA 为直径，从而∠OBA ＝π2，所以AB ＝4cos π6＝2 3. 因此，直线l 被曲线C 截得的弦长为2 3.4.(2017·江苏卷)在平面坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t2(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2s 2，y ＝22s(s 为参数).设P 为曲线C 上的动点，求点P到直线l 的距离的最小值.解由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t2消去t .得l 的普通方程为x －2y ＋8＝0，因为点P 在曲线C 上，设点P (2s 2，22s ).则点P 到直线l 的距离d ＝|2s 2－42s ＋8|5＝2（s －2）2＋45，∴当s＝2时，d有最小值45＝455.5.(2018·江苏卷)若x，y，z为实数，且x＋2y＋2z＝6，求x2＋y2＋z2的最小值. 解由柯西不等式，得(x2＋y2＋z2)(12＋22＋22)≥(x＋2y＋2z)2.因为x＋2y＋2z＝6，所以x2＋y2＋z2≥4，当且仅当x1＝y2＝z2时，不等式取等号，此时x＝23，y＝43，z＝43，所以x2＋y2＋z2的最小值为4.6.(2017·江苏卷)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明ac＋bd≤8. 证明由柯西不等式可得(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，即(ac＋bd)2≤4×16＝64，故ac＋bd≤8.考点整合1.矩阵的乘法与逆矩阵、矩阵变换2.二阶矩阵的特征值和特征向量(3)如果λ是二阶矩阵M的特征值，则λ是M的特征多项式的一个根，它满足f(λ)＝0，此时将λ代入⎩⎨⎧ax ＋by ＝λx ，cx ＋dy ＝λy 可得到一组非零解⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0)，它即为M 的属于λ的一个特征向量.3.直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，x 轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位.设M 是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x ，y )和(ρ，θ)，则⎩⎨⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝yx （x ≠0）. 4.(1)直线的参数方程经过点P 0(x 0，y 0)，倾斜角为α的直线的参数方程为⎩⎨⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数).设P 是直线上的任一点，则t 表示有向线段P 0P →的数量. (2)圆的参数方程圆心在点M (x 0，y 0)，半径为r 的圆的参数方程为⎩⎨⎧x ＝x 0＋r cos θ，y ＝y 0＋r sin θ(θ为参数，0≤θ≤2π).5.含有绝对值的不等式的解法 (1)|f (x )|>a (a f (x )>a 或f (x )<－a ； (2)|f (x )|<a (a－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、零点分段或图象法求解. 6.柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立.(2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则，当且仅当b i ＝0(i ＝1，2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1，2，…，n )时，等号成立.(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立.热点一矩阵与变换【例1】 (1)(2016·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 －2))，矩阵B 的逆矩阵B －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 －120 2，求矩阵AB . 解 B ＝(B －1)－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤22 12202 12＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 140 12.∴AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 －2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 140 12＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 540 －1. (2)(2017·盐城模拟)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2所对应的变换T 把曲线C 变成曲线C 1：x 24＋y 22＝1，求曲线C 的方程.解设曲线C 上任一点为(x ，y )，经过变换T 变成(x 0，y 0)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0，即x 0＝x ，y 0＝2y .由x 204＋y 22＝1，得曲线C 的方程为x 24＋y 2＝1.探究提高 (1)解决这类问题一般是设变换T ：⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y →⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′，求出原曲线在T 的变换下得到的曲线，再根据条件求相应的系数值.(2)由二阶矩阵与向量的乘法及向量相等建立方程组，常用于求二阶矩阵，要注意变换的前后顺序. (3)求矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd 就是要求待定的字母，利用条件建立方程组，确立待定的字母的值，从而求出矩阵，待定系数法是求这类问题的通用方法.【训练1】 (1)(2018·扬州期末)已知x ，y ∈R ，若点M (1，1)在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 3 y 对应的变换作用下得到点N (3，5)，求矩阵A 的逆矩阵A －1.(2)(2017·苏、锡、常、镇调研)已知二阶矩阵M 有特征值λ＝8及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，并且矩阵M 对应的变换将点(－1，2)变换成(－2，4).①求矩阵M ；②求矩阵M 的另一个特征值. 解 (1)因为A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 3 y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35，即⎩⎨⎧2＋x ＝3，3＋y ＝5，解得⎩⎨⎧x ＝1，y ＝2，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2132.设A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，则AA －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 13 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 001，即⎩⎨⎧2a ＋c ＝1，3a ＋2c ＝0，2b ＋d ＝0，3b ＋2d ＝1，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝－1，c ＝－3，d ＝2，所以A－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －1－3 2. (2)①设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋b c ＋d ，M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－24＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ＋2b －c ＋2d ，则⎩⎨⎧a ＋b ＝8，c ＋d ＝8，－a ＋2b ＝－2，－c ＋2d ＝4，解得⎩⎨⎧a ＝6，b ＝2，c ＝4，d ＝4，即M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤6 24 4. ②令特征多项式f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－6 －2－4 λ－4＝(λ－6)(λ－4)－8＝0，解得λ1＝8，λ2＝2，故矩阵M 的另一个特征值为2. 热点二曲线的极坐标方程[考法1] 极坐标方程与直角坐标方程的互化【例2－1】在极坐标系中，已知圆C 的圆心坐标为C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3，半径R ＝5，求圆C 的极坐标方程.解将圆心C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3化成直角坐标为(1，3)，半径R ＝5，故圆C 的方程为(x －1)2＋(y －3)2＝5.再将C 化成极坐标方程，得(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ－3)2＝5，化简得ρ2－4ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3－1＝0.此即为所求的圆C 的极坐标方程.探究提高 (1)在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一.(2)在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围.要注意转化的等价性. [考法2] 曲线的极坐标方程的应用【例2－2】 (2018·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程.解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ得C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2＋2x －3＝0，即(x ＋1)2＋y 2＝4.(2)由(1)知C 2是圆心为A (－1，0)，半径为2的圆.由题设知，C 1是过点B (0，2)且关于y 轴对称的两条射线.记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点.当l 1与C 2只有一个公共点时，A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点. 当l 2与C 2只有一个公共点时，A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43. 经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点. 综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.探究提高解决这类问题一般有两种思路，一是将极坐标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再将其化为极坐标；二是将曲线的极坐标方程联立，根据限制条件求出极坐标.要注意题目所给的限制条件及隐含条件.【训练2】在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝a cos t ，y ＝1＋a sin t(t 为参数，a >0).在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝4cos θ. (1)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(2)直线C 3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .解 (1)消去参数t 得到C 1的普通方程x 2＋(y －1)2＝a 2(a ＞0)，C 1是以(0，1)为圆心，a 为半径的圆.将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的普通方程中，得到C 1的极坐标方程为 ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0.(2)曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组⎩⎨⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ.若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0，由已知tan θ＝2，可得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)，a ＝1.a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，在C 3上.所以a ＝1. 热点三参数方程[考法1] 参数方程与普通方程的互化【例3－1】 (2018·南通、扬州、淮安等七市调研)在平面直角坐标系xOy ，已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋3t ，y ＝1－4t (t 为参数)，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝r cos θ，y ＝r sin θ(θ为参数，r ＞0)，若直线l 被圆C 截得的弦长为4，求r 的值.解直线l 的普通方程为4x ＋3y －15＝0，圆C 的普通方程为x 2＋y 2＝r 2. 因为圆心C (0，0)到直线l 的距离d ＝|－15|5＝3，又直线l 被圆C 截得的弦长为4，所以r ＝32＋22＝13.探究提高参数方程化为普通方程：化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式(三角的或代数的)消去法，参数方程通过代入消元或加减消元消去参数化为普通方程，不要忘了参数的范围.[考法2] 直线的参数方程【例3－2】在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3－22t ，y ＝5＋22t (t 为参数).在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，圆C 的方程为ρ＝25sin θ. (1)求圆C 的直角坐标方程；(2)设圆C 与直线l 交于点A ，B .若点P 的坐标为(3，5)，求P A ＋PB . 解法一 (1)由ρ＝25sin θ，得x 2＋y 2－25y ＝0，即x 2＋(y －5)2＝5. (2)将l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫3－22t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22t 2＝5，即t 2－32t ＋4＝0.由于Δ＝(－32)2－4×4＝2>0，故可设t 1，t 2是上述方程的两实根，所以⎩⎨⎧t 1＋t 2＝32，t 1·t 2＝4.又直线l 过点P (3，5)，故由上式及t 的几何意义得P A ＋PB ＝|t 1|＋|t 2|＝t 1＋t 2＝3 2. 法二 (1)同法一.(2)因为圆C 的圆心为(0，5)，半径r ＝5，直线l 的普通方程为：y ＝－x ＋3＋ 5. 由⎩⎨⎧x 2＋（y －5）2＝5，y ＝－x ＋3＋5得x 2－3x ＋2＝0.解得：⎩⎨⎧x ＝1，y ＝2＋5 或⎩⎨⎧x ＝2，y ＝1＋ 5.不妨设A (1，2＋5)，B (2，1＋5)，又点P 的坐标为(3，5). 故P A ＋PB ＝8＋2＝3 2.探究提高过定点P 0(x 0，y 0)，倾斜角为α的直线参数方程的标准形式为⎩⎨⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)，t 的几何意义是P 0P →的数量，即|t |表示P 0到P 的距离，t 有正负之分.使用该式时直线上任意两点P 1，P 2对应的参数分别为t 1，t 2，则P 1P 2＝|t 1－t 2|，P 1P 2的中点对应的参数为12(t 1＋t 2).【训练3】 (2014·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22t ，y ＝2＋22t(t 为参数)，直线l 与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，求线段AB的长.解将直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22t ，y ＝2＋22t代入抛物线方程y 2＝4x ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22t 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22t ，解得t 1＝0，t 2＝－8 2.所以AB ＝|t 1－t 2|＝8 2.热点四绝对值不等式【例4】 (1)(2018·全国Ⅱ卷)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.(2)(2018·镇江期末)已知函数f (x )＝|x －a |＋|x ＋a |，若对任意x ∈R ，不等式f (x )＞a 2－3恒成立，求实数a 的取值范围.解(1)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}. ②f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2或x ＝－a 时等号成立(最小值能取到). 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)因为对任意x ∈R ，不等式f (x )＞a 2－3恒成立，所以f (x )min ＞a 2－3. 又|x －a |＋|x ＋a |≥|x －a －(x ＋a )|＝|2a |，所以|2a |＞a 2－3，① 法一 (将|a |作为整体)即|a |2－2|a |－3＜0，解得－1＜|a |＜3. 所以－3＜a ＜3.∴a ∈(－3，3).法二 (先去绝对值符号)①式等价于2a ＞a 2－3，② 或2a ＜－a 2＋3，③ 由②得－1＜a ＜3，由③得－3＜a ＜1，所以，－3＜a ＜3.∴a ∈(－3，3).探究提高 (1)用零点分段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.(3)解答含有绝对值不等式的恒成立、存在性问题时，通常将其转化为分段函数，再求分段函数的最值，从而求出所求参数的值. 【训练4】已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围.解(1)f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎨⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x <2，3，x ≥2.由f (x )≥1可得①当x ≤－1时显然不满足题意； ②当－1<x <2时，2x －1≥1，解得x ≥1，则1≤x <2；③当x ≥2时，f (x )＝3≥1恒成立，∴x ≥2. 综上知f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}.(2)不等式f (x )≥x 2－x ＋m 等价于f (x )－x 2＋x ≥m ，令g (x )＝f (x )－x 2＋x ，则g (x )≥m 解集非空只需要[g (x )]max ≥m .由(1)知g (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋x －3，x ≤－1，－x 2＋3x －1，－1<x <2，－x 2＋x ＋3，x ≥2.①当x ≤－1时，[g (x )]max ＝g (－1)＝－3－1－1＝－5； ②当－1<x <2时，[g (x )]max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋3·32－1＝54； ③当x ≥2时，[g (x )]max ＝g (2)＝－22＋2＋3＝1.综上，[g (x )]max ＝54，故m ≤54.所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.热点五不等式的证明、柯西不等式【例5】 (1)(2014·江苏卷)已知x ＞0，y ＞0，证明：(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥9xy .(2)已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}. ①求实数a ，b 的值； ②求at ＋12＋bt 的最大值.(1)证明因为x ＞0，y ＞0，所以1＋x ＋y 2≥33xy 2＞0，1＋x 2＋y ≥33x 2y ＞0，故(1＋x ＋y 2)(1＋x 2＋y )≥33xy 2·33x 2y ＝9xy .(2)解 ①由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎨⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝1.②－3t ＋12＋t ＝34－t ＋t ≤[（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2] ＝24－t ＋t ＝4，当且仅当4－t 3＝t1，即t ＝1时等号成立，故(－3t ＋12＋t )max ＝4，即最大值为4.探究提高 (1)证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等.(2)根据柯西不等式的结构特征，利用柯西不等式对有关不等式进行证明、证明时，需要对不等式变形，使之与柯西不等式有相似的结构，从而应用柯西不等式. 【训练5】已知实数a >0，b >0，且a 3＋b 3＝2. 证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)∵a >0，b >0且a 3＋b 3＝2.由柯西不等式，得(a ＋b )(a 5＋b 5)≥(a ·a 5＋b ·b 5)2＝(a 3＋b 3)2＝4. 当且仅当ab 5＝ba 5，即a ＝b ＝1时等号成立.因此(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4. (2)∵a 3＋b 3＝2，∴(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝2，即(a ＋b )[(a ＋b )2－3ab ]＝2. 所以(a ＋b )3－2＝3ab (a ＋b )，又ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝（a ＋b ）24，∴(a ＋b )3－2≤34(a ＋b )3，则14(a ＋b )3≤2.从而a ＋b ≤2当且仅当a ＝b ＝1时等号成立.1.矩阵与变换主要掌握二阶矩阵与平面变换、二阶矩阵的逆矩阵及其求法以及特征值与特征向量的应用.2.(1)化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数(代入消去法、加减消去法、恒等式消去法等)；化普通方程为参数方程基本思路是引入一种关系，引入参数； (2)参数方程和极坐标方程的简单应用：求几何图形的面积、曲线的轨迹方程或研究某些函数的最值问题.3.(1)对于绝对值不等式的求解或含参问题的求解一般采用零点分段法，也可利用图象求解；(2)在运用柯西不等式进行求解或证明时，注意对条件进行“形变”，符合柯西不等式的结构，再加以运用.1.(2013·江苏卷)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 0 2，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤120 6，求矩阵A －1B . 解设矩阵A 的逆矩阵为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab c d ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 02⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 001，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a －b 2c 2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1001，故a ＝－1，b ＝0，c ＝0，d ＝12，从而A 的逆矩阵为A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－10 012，所以A －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－10 012⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 6＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 －2 0 3. 2.(2015·江苏卷)已知x ，y ∈R ，向量α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1是矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x1y 0的属于特征值－2的一个特征向量，求矩阵A 以及它的另一个特征值.解由已知，得Aα＝－2α，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 1y 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －1 y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 2，则⎩⎨⎧x －1＝－2，y ＝2，即⎩⎨⎧x ＝－1，y ＝2，所以矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 1 2 0. 从而矩阵A 的特征多项式f (λ)＝(λ＋2)(λ－1)，所以矩阵A 的另一个特征值为1.3.(2015·江苏卷)已知圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4－4＝0，求圆C 的半径.解以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O ，以极轴为x 轴的正半轴，建立直角坐标系xOy .圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ－4＝0，化简，得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ－4＝0.则圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y －4＝0，即(x －1)2＋(y ＋1)2＝6，所以圆C 的半径为 6.4.(2018·全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝4sin θ (θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数).(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1，2)，求l 的斜率. 解 (1)曲线C 的直角坐标方程为x 24＋y 216＝1.当cos α≠0时，l 的直角坐标方程为y ＝tan α·x ＋2－tan α，当cos α＝0时，l 的直角坐标方程为x ＝1.(2)将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程(1＋3cos 2α)t 2＋4(2cos α＋sin α)t －8＝0.①因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1，2)在C 内，所以①有两个解，设为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝0. 又由①得t 1＋t 2＝－4（2cos α＋sin α）1＋3cos 2α，故2cos α＋sin α＝0，于是直线l 的斜率k ＝tan α＝－2.5.(2016·江苏卷)设a ＞0，||x －1＜a 3，|y －2|＜a3，求证：|2x ＋y －4|＜a . 证明由a ＞0，|x －1|＜a 3可得|2x －2|＜2a 3，又|y －2|＜a 3， ∴|2x ＋y －4|＝|(2x －2)＋(y －2)|≤|2x －2|＋|y －2|＜2a 3＋a3＝a . 则|2x ＋y －4|＜a 成立.6.(2018·全国Ⅲ卷)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，＋∞)上成立，因此a＋b的最小值为5.。

2019版高考数学一轮复习选修部分不等式选讲学案理

不等式选讲第一节绝对值不等式本节主要包括2个知识点： 1.绝对值不等式的解法； 2.绝对值三角不等式.突破点(一) 绝对值不等式的解法[基本知识](1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集(2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.(3)|x－a|＋|x－b|≥c，|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．②利用零点分段法求解．③构造函数，利用函数的图象求解．[基本能力]1．判断题(1)不等式|x|<a的解集为{x|－a<x<a}．( )(2)|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a，b的距离之和．( )(3)不等式|2x－3|≤5的解集为{x|－1≤x≤4}．( )答案：(1)×(2)√(3)√2．填空题(1)若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.解析：由|kx－4|≤2⇔2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.答案：2(2)不等式|2x－1|>3的解集为________．解析：由|2x －1|>3得，2x －1<－3或2x －1>3，即x <－1或x >2. 答案：{x |x <－1或x >2}(3)若关于x 的不等式|ax －2|<3的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－53<x<13，则a ＝________. 解析：依题意，知a ≠0.|ax －2|<3⇔－3<ax －2<3⇔－1<ax <5，当a >0时，不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，5a ，从而有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝13，－1a ＝－53，此方程组无解．当a <0时，不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫5a ，－1a ，从而有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝－53，－1a ＝13，解得a ＝－3.答案：－3(4)不等式|x ＋1|－|x －2|≥1的解集是________．解析：f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x≤－1，2x －1，－1<x<2，3，x≥2.当－1<x <2时，由2x －1≥1，解得1≤x <2. 又当x ≥2时，f (x )＝3>1恒成立．所以不等式的解集为{x |x ≥1}．答案：{x |x ≥1}[全析考法][典例] 解下列不等式： (1)|2x ＋1|－2|x －1|>0. (2)|x ＋3|－|2x －1|<x2＋1.[解] (1)法一：原不等式可化为|2x ＋1|>2|x －1|，两边平方得4x 2＋4x ＋1>4(x 2－2x ＋1)，解得x >14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x>14.法二：原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x<－12，－＋＋－或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x≤1，＋＋－或⎩⎪⎨⎪⎧x>1，＋－－解得x >14，所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x>14.(2)①当x <－3时，原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )<x2＋1，解得x <10，∴x <－3.②当－3≤x <12时，原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )<x 2＋1，解得x <－25，∴－3≤x <－25.③当x ≥12时，原不等式化为(x ＋3)＋(1－2x )<x2＋1，解得x >2，∴x >2.综上可知，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x<－25或x>2.[方法技巧]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，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．[全练题点]1．求不等式|x －1|－|x －5|<2的解集．解：不等式|x －1|－|x －5|<2等价于⎩⎪⎨⎪⎧x<1，－－＋－或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x≤5，x －1＋x －5<2或⎩⎪⎨⎪⎧x>5，x －1－－，即⎩⎪⎨⎪⎧x<1，－4<2或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x≤5，2x<8或⎩⎪⎨⎪⎧x>5，4<2，故原不等式的解集为{x |x <1}∪{x |1≤x <4}∪∅＝{x |x <4}．2．解不等式x ＋|2x ＋3|≥2. 解：原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x<－32，－x －3≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x≥－32，3x ＋3≥2.解得x ≤－5或x ≥－13.所以原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x≤－5或x≥－13.3．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋a |，g (x )＝|x －2|＋1.(1)当a ＝2时，解不等式f (x )≥5；(2)若对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －1，x≤－2，3，－2<x<1，2x ＋1，x≥1，∴f (x )≥5⇔⎩⎪⎨⎪⎧x≤－2，－2x －1≥5或⎩⎪⎨⎪⎧－2<x<1，3≥5或⎩⎪⎨⎪⎧x≥1，2x ＋1≥5.解得x ≥2或x ≤－3，∴不等式f (x )≥5的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．(2)∵对任意x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立，∴{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}． ∵f (x )＝|x －1|＋|x ＋a |≥|(x －1)－(x ＋a )|＝|a ＋1|(当且仅当(x －1)(x ＋a )≤0时等号成立)，g (x )＝|x －2|＋1≥1，∴|a ＋1|≥1，∴a ＋1≥1或a ＋1≤－1，∴a ≥0或a ≤－2，∴实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪[0，＋∞)． 4．(2018·湖北黄石调研)已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|. (1)解不等式f (x )≥8；(2)若不等式f (x )<a 2－3a 的解集不是空集，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2，x<3，4，－3≤x≤1，2x ＋2，x>1.当x <－3时，由－2x －2≥8，解得x ≤－5；当－3≤x ≤1时，4≥8，不成立；当x >1时，由2x ＋2≥8，解得x ≥3.∴不等式f(x)≥8的解集为{x|x≤－5或x≥3}．(2)由(1)得f(x)min＝4.又∵不等式f(x)<a2－3a的解集不是空集，∴a2－3a>4，解得a>4或a<－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1)∪(4，＋∞)．突破点(二) 绝对值三角不等式[基本知识]绝对值三角不等式定理[基本能力]1．判断题(1)|a＋b|＋|a－b|≥|2a|.( )(2)不等式|a－b|≤|a|＋|b|等号成立的条件是ab≤0.( )答案：(1)√(2)√2．填空题(1)函数y＝|x－4|＋|x＋4|的最小值为________．解析：∵|x－4|＋|x＋4|≥|(x－4)－(x＋4)|＝8，即函数y的最小值为8.答案：8(2)设a，b为满足ab<0的实数，那么下列正确的是________．①|a＋b|>|a－b| ②|a＋b|<|a－b|③|a－b|<||a|－|b|| ④|a－b|<|a|＋|b|解析：∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.答案：②(3)若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．解析：∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.。

不等式选讲

学案75 不等式选讲 (二)不等式的证明导学目标： 1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法.2.会用比较法、综合法、分析法、数学归纳法证明比较简单的不等式．自主梳理1．证明不等式的常用方法(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是____与0比较大小或____与1比较大小．(2)综合法：从已知条件出发，利用不等式的有关性质或________，经过推理论证，最终指导出所要证明的不等式成立．(3)分析法：从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的________条件，到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．(4)反证法①反证法的定义先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法．②反证法的特点先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾．(5)放缩法①定义：证明不等式时，通过把不等式的一边适当地________或________以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得出原不等式成立．这种方法称为放缩法．②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键． (6)数学归纳法与自然数有关的不等式可考虑用数学归纳法证明．自我检测1．已知M ＝a 2＋b 2，N ＝ab ＋a ＋b －1，则M ，N 的大小关系为________． 2．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x >y ，则实数a ，b 应满足的条件为______________． 3．若a >0，b >0，给出下列四个不等式：①a ＋b ＋1ab ≥22；②(a ＋b )(1a ＋1b )≥4；③a 2＋b 2ab≥a ＋b ；④a ＋1a ＋4≥－2.其中正确的序号为______________．4．用数学归纳法证明(1＋13)(1＋15)(1＋17)…(1＋12k －1)>2k ＋12(k >1)，则当n ＝k ＋1时，左端应乘上________．这个乘上去的代数式共有因子的个数是________．5．用数学归纳法证明a n ＋b n 2≥(a ＋b 2)n(a ，b 是非负实数，n ∈N )时，假设n ＝k 命题成立之后，证明n ＝k ＋1命题也成立的关键是______________．探究点一比较法证明不等式例1 已知a >0，b >0，求证：a b ＋ba≥a ＋b .变式迁移1 (2011·福建)设不等式|2x －1|<1的解集为M . ①求集合M ；②若a ，b ∈M ，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小．探究点二用综合法证明不等式例2 设a 、b 、c 均为正数，求证： 12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b .变式迁移2 设x 是正实数，求证： (x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥8x 3.探究点三用分析法证明不等式例3 已知a >b >0，求证：(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b.变式迁移3 已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.探究点四数学归纳法例4 用数学归纳法证明： 12＋13＋14＋…＋12n －1>n －22(n ≥2)．变式迁移4 用数学归纳法证明n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)转化与化归思想的应用例 (10分)已知f (x )＝x 2＋px ＋q .求证： (1)f (1)＋f (3)－2f (2)＝2；(2)|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12.多角度审题已知f (x )，要证f (1)＋f (3)－2f (2)＝2，只需化简左边式子，看是怎样的形式，然后才能视情况而定如何证明．求证|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12包括：|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中有一个大于等于12，其余两个小于12；三个中有2个大于等于12，另一个小于12；三个都大于等于12.如果从正面证明，将有7种情况需要证明，非常繁杂，可考虑用反证法证明．【答题模板】证明 (1)∵f (1)＋f (3)－2f (2)＝(1＋p ＋q )＋(9＋3p ＋q )－2(4＋2p ＋q )＝2， ∴f (1)＋f (3)－2f (2)＝2.[2分](2)假设|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|都小于12，则|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|<2，[4分]而|f (1)|＋2|f (2)|＋|f (3)|≥|f (1)＋f (3)－2f (2)|＝2，与假设矛盾．[9分]∴|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|中至少有一个不小于12.[10分]【突破思维障碍】根据正难则反的证明原则，|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|至少有一个不小于12的反面为|f (1)|、|f (2)|、|f (3)|都小于12，所以用反证法证明只有一种情况，如果这一种情况不成立，则原命题成立．【易错点剖析】在证明(2)中如果不知道用反证法证，而是从正面分七种情况证明，往往会出现这样或那样的失误．1．证明不等式的常用方法有六种，即比较法、分析法、综合法、数学归纳法、反证法、放缩法，重点是前四种方法．2．比较法是证明不等式的一个最基本，最常用的方法．当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法；当被证的不等式(或变形后)的两端都是正数且为乘积形式或幂指数形式时，一般使用作商比较法．3．分析法执果索因，利于思考；综合法由因导果，宜于表达，适合人们的思维习惯，凡是能用分析法证明的不等式，一般可以用综合法证明．因此，我们做题时，通常先用分析法探求证题途径，在解答问题时用综合法书写． 4．放缩法就是利用不等式的传递性的方法，即要证a >b ，可以证a >c 且c >b .其中c 的确定是最困难的，要凭借对题意的分析和一定的解题经验．放缩法的常用措施：(1)舍去或加上一些项，如⎝⎛⎭⎫a ＋122＋34>⎝⎛⎭⎫a ＋122；(2)将分子或分母放大(缩小)，如1k 2<1k (k －1)，1k 2>1k (k ＋1)，1k <2k ＋k －1，1k >2k ＋k ＋1(k ∈N *且k >1)等．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共42分)1．已知a 、b 、m ∈R ＋且a >b ，则a b 与a ＋mb ＋m的大小关系为________．2．设a ∈R 且a ≠0，以下四个式子中恒大于1的个数是________．①a 3＋1；②a 2－2a ＋2；③a ＋1a ；④a 2＋1a2.3．在下列不等式中，一定成立的是________(填序号)．①48a <84b ； ②a a b b >a b b a ； ③a 3>a 2－a ＋1；④(5＋2)m 2<m 2＋12－3. 4．如图所示，矩形OP AQ 中，a 1<a 2，b 1<b 2，则阴影部分的矩形的面积之和________空白部分的矩形的面积之和．(填“>”“<”或“＝”)5．已知P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4，则P 、Q 的大小关系为________． 6．有一台天平，两臂长略有差异，其他均精确．现将一物体A 分别放在左、右托盘内各称一次，称得的结果分别为a 克和b 克，关于物体A 的质量，有下列一些说法：(1)物体A 的质量是a ＋b2克；(2)物体A 的质量介于a 克与b 克之间；(3)物体A 的质量大于a ＋b2克；(4)物体A 的质量大于2aba ＋b克．其中正确的说法是________．(将满足题意的所有序号填在题中横线上)7．设两个不相等的正数a ，b 满足a 3－b 3＝a 2－b 2，则a ＋b 的取值范围是________．二、解答题(共48分)8．(12分)若a ＋b ＝1，求证： a ＋12＋b ＋12≤2.9．(12分)(2009·江苏)设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.10．(12分)已知x ，y ，z 均为正数，求证： x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z .11．(12分)用数学归纳法证明1·2＋2·3＋…＋n (n ＋1)>n (n ＋1)2.学案75 不等式选讲 (二)不等式的证明答案自主梳理1．(1)差商 (2)定理 (3)充分 (5)①放大缩小自我检测 1．M ≥N解析 ∵M －N ＝a 2＋b 2－ab －a －b ＋1 ＝12(2a 2＋2b 2－2ab －2a －2b ＋2) ＝12[(a 2－2ab ＋b 2)＋(a 2－2a ＋1)＋(b 2－2b ＋1)] ＝12[(a －b )2＋(a －1)2＋(b －1)2]≥0，当且仅当a ＝b ＝1时“＝”成立．∴M ≥N . 2．ab ≠1或a ≠－2解析由x >y ，得a 2b 2＋5－2ab ＋a 2＋4a ＝(ab －1)2＋(a ＋2)2>0，所以有ab ≠1或a ≠－2.3．①②③④解析 ∵a >0，b >0，∴①a ＋b ＋1ab ≥2ab ＋1ab ≥2·2ab ·1ab＝22；②(a ＋b )(1a ＋1b )≥4ab 1ab ＝4；③∵a 2＋b 22≥a ＋b2，∴a 2＋b 2≥(a ＋b )22＝(a ＋b )·a ＋b 2≥(a ＋b )ab .∴a 2＋b2ab≥a ＋b ；④∵a >0，∵a ＋1a ＋4>0，∴④恒成立．4．(1＋12k ＋1)(1＋12k ＋3)…(1＋12k ＋1－1) 2k －1解析因为分母的公差为2，所以乘上去的第一个因式是(1＋12k ＋1)，最后一个是(1＋12k ＋1－1)，共有2k －2k －1＝2k －1项．5．两边同乘以a ＋b2解析要想办法出现a k ＋1＋b k ＋1，两边同乘以a ＋b 2，右边也出现了要求证的(a ＋b 2)k ＋1.课堂活动区例1 解题导引不等式左、右两边是多项式形式，可用作差或作商比较法，也可用分析法、综合法．证明 ∵a b ＋ba －(a ＋b )＝(a )3＋(b )3－(a ＋b )ab ab ＝(a ＋b )(a －b )2ab，又a ＋b >0，ab >0，(a －b )2≥0， ∴a b ＋b a －(a ＋b )≥0.故a b ＋ba≥a ＋b .变式迁移1 解 ①由|2x －1|<1得－1<2x －1<1，解得0<x <1，所以M ＝{x |0<x <1}． ②由①和a ，b ∈M 可知0<a <1,0<b <1. 所以(ab ＋1)－(a ＋b )＝(a －1)(b －1)>0，故ab ＋1>a ＋b .例2 解题导引本例不等式中的a 、b 、c 具有同等的地位，证明此类型不等式往往需要通过系数的变化，利用基本不等式进行放缩，得到要证明的结论．证明 ∵a 、b 、c 均为正数， ∴12⎝⎛⎭⎫12a ＋12b ≥12ab ≥1a ＋b ，当且仅当a ＝b 时等号成立；同理：12⎝⎛⎭⎫12b ＋12c ≥12bc ≥1b ＋c ，当且仅当b ＝c 时等号成立； 12⎝⎛⎭⎫12c ＋12a ≥12ca ≥1c ＋a，当且仅当a ＝c 时等号成立．三个不等式相加即得12a ＋12b ＋12c ≥1b ＋c ＋1c ＋a ＋1a ＋b，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．变式迁移2 证明 x 是正实数，由基本不等式知， x ＋1≥2x ，1＋x 2≥2x ，x 3＋1≥2x 3，故(x ＋1)(x 2＋1)(x 3＋1)≥2x ·2x ·2x 3＝8x 3 (当且仅当x ＝1时等号成立)．例3 解题导引当要证的不等式较复杂，已知条件信息量太少，已知与待证间的联系不明显时，一般可采用分析法．分析法是步步寻求不等式成立的充分条件，而实际操作时往往是先从要证的不等式出发，寻找使不等式成立的必要条件，再考虑这个必要条件是否充分，这种“逆求”过程能培养学生的发散思维能力，也是分析问题、解决问题时常用的思考方法．证明欲证(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b ，只需证(a －b )28a <(a －b )22<(a －b )28b .∵a >b >0，∴只需证a －b 22a <a －b 2<a －b22b ，即a ＋b 2a <1<a ＋b 2b .欲证a ＋b 2a<1，只需证a ＋b <2a ，即b <a .该式显然成立．欲证1<a ＋b2b，只需证2b <a ＋b ，即b <a .该式显然成立．∴a ＋b 2a <1<a ＋b 2b 成立，且以上各步均可逆．∴(a －b )28a <a ＋b 2－ab <(a －b )28b成立．变式迁移3 证明要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋2，∵a >0，∴只需证⎝⎛⎭⎫ a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22，从而只要证2 a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．例4 解题导引用数学归纳法证明不等式，推导n ＝k ＋1也成立时，证明不等式的常用方法，如比较法、分析法、综合法均要灵活运用．在证明过程中，常常利用不等式的传递性对式子放缩，建立关系．证明 (1)当n ＝2时，12>0，不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2)时，原不等式成立．即12＋13＋14＋15＋…＋12k －1>k －22，则当n ＝k ＋1时，左边＝12＋13＋14＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k －1＋2k －1>k －22＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k －1＋2k －1>k －22＋12k ＋12k ＋…＋12k ＝k －22＋2k －12k ＝k －12＝(k ＋1)－22. ∴当n ＝k ＋1时，原不等式成立．由(1)(2)知，原不等式对n ≥2的所有的自然数都成立，即12＋13＋14＋…＋12n －1>n －22(n ≥2)．变式迁移4 证明 (1)当n ＝1时，显然命题成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时，原不等式成立．即k 2＋k <k ＋1，∴k 2＋k <(k ＋1)2. 则当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2 ＝k 2＋k ＋2k ＋2<(k ＋1)2＋2k ＋2＝k 2＋4k ＋3<k 2＋4k ＋4＝k ＋2＝(k ＋1)＋1. ∴(k ＋1)2＋k ＋1<(k ＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，原不等式成立．由(1)(2)知，原不等式对n ∈N *成立．即n 2＋n <n ＋1. 课后练习区 1.a b >a ＋m b ＋m解析 ∵a b －a ＋m b ＋m ＝ab ＋am －ab －bm b (b ＋m )＝m (a －b )b (b ＋m )>0，∴a b >a ＋m b ＋m . 2．1解析只有a 2＋1a2≥2>1.3．④解析取a ＝b ＝1，显然有48a 84b ＝⎝⎛⎭⎫484·44＝16>1，∴48>84，①不成立； ∵a a b b a b ba ＝⎝⎛⎭⎫ab a ·⎝⎛⎭⎫b a b ＝⎝⎛⎭⎫a b a －b ，当a <b <0时，⎝⎛⎭⎫a b a －b<1，∴②不一定成立； ∵a 3－a 2＋a －1＝(a －1)(a 2＋1)，当a <1时，③不成立；∵(5＋2)2＝7＋210，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－32＝(2＋3)2＝7＋212，∴5＋2<12－3，又m 2<m 2＋1，∴(5＋2)m 2<m 2＋12－3，故④正确． 4．> 5．P <Q解析将P 、Q 平方，比较大小． 6．(2)(4)解析设物体A 的质量为x 克，天平左臂长m ，右臂长n ，则由题设，得 mx ＝na ， ① mb ＝nx . ②从而，由①②两式相除，得x b ＝ax，即x ＝ab .若a ＝b ，则由①②两式相乘，得m 2bx ＝n 2ax ，即m ＝n ，这与题设中“两臂长略有差异”相矛盾．于是，必有a ≠b ，从而a ＋b2>ab ，所以(1)(3)错误．由放缩法易知ab 必介于a ，b 之间，所以说法(2)正确．又2ab a ＋b <2ab 2ab＝ab ，所以说法(4)正确． 7．(1，43)解析 ∵a 3－b 3＝a 2－b 2(a ≠b )，∴a 2＋ab ＋b 2＝a ＋b ，∴(a ＋b )2－ab ＝a ＋b ，∴ab ＝(a ＋b )2－(a ＋b )，又∵0<ab <(a ＋b 2)2，∴0<(a ＋b )2－(a ＋b )<(a ＋b 2)2，解之得1<a ＋b <43.8．证明要证 a ＋12＋ b ＋12≤2成立，即证( a ＋12＋ b ＋12)2≤4，(2分)即证a ＋b ＋1＋2( a ＋12·b ＋12)≤4，(4分)∵a ＋b ＝1，故就是证 a ＋12· b ＋12≤1，(6分)即证ab ＋12(a ＋b )＋14≤1，即证ab ≤14，(8分)只需证ab ≤(a ＋b 2)2，也就是证2ab ≤a 2＋b 2，这是显然成立的，故原不等式成立．(12分)9．证明 3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2) ＝3a 2(a －b )＋2b 2(b －a ) ＝(3a 2－2b 2)(a －b )．(8分)因为a ≥b >0，所以a －b ≥0,3a 2－2b 2>0，(10分) 从而(3a 2－2b 2)(a －b )≥0，即3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2.(12分)10．证明因为x ，y ，z 均为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z，(3分) 同理可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y，(6分)当且仅当x ＝y ＝z 时，以上三式等号都成立，将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.(12分) 11．证明 (1)当n ＝1时，2>1，命题成立．(2分)(2)假设n ＝k 时命题成立，即1·2＋2·3＋…＋k (k ＋1)>k (k ＋1)2.则当n ＝k ＋1时，1·2＋2·3＋…＋k (k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)>k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)>k (k ＋1)2＋(k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)2，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．(10分)综合(1)(2)，得对一切正整数n ，不等式都成立．(12分)。

不等式选讲第2节不等式的证明学案文北师大版

第二节不等式的证明[考纲传真] 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．(对应学生用书第166页)[基础知识填充]1．不等式证明的方法 (1)比较法： ①求差比较法：知道a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b ，只要证明a －b ＞0即可，这种方法称为求差比较法． ②求商比较法：由a >b >0⇔ab >1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时，要证明a >b ，只要证明a b＞1即可，这种方法称为求商比较法． (2)分析法：从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为止．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法． (3)综合法：从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的不等式)，推出了所要证明的结论，即“由因寻果”的方法．这种证明不等式的方法称为综合法．(4)几何法：通过构造几何图形，利用几何图形的性质来证明不等式的解法称为几何法． (5)放缩法和反证法：在证明不等式时，有时可以通过缩小(或放大)分式的分母(或分子)，或通过放大(或缩小)被减式(或减式)来证明不等式，这种证明不等式的方法称为放缩法．反证法是常用的证明方法．它是通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论一定成立．其证明的步骤是：①作出否定结论的假设；②进行推理，导出矛盾；③否定假设，肯定结论． 2．几个常用基本不等式 (1)柯西不等式：①柯西不等式的代数形式：对任意实数a ，b ，c ，d ，有(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2(当向量(a ，d )与向量(c ，d )共线时．等号成立)．②柯西不等式的向量形式：设α，β是两个向量，则|α||β|≥|α·β|，当且仅当β是零向量，或存在实数k ，使α＝k β时，等号成立．③一般形式的柯西不等式设a 1，a 2，…，a n 与b 1，b 2，…，b n 是两组实数，则有(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(b 21＋b 22＋…＋b 2n )≥(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n )2，当向量(a 1，a 2，…，a n )与向量(b 1，b 2，…，b n )共线时，等号成立． (2)算术—几何平均不等式若a 1，a 2，…，a n 为正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)比较法最终要判断式子的符号得出结论．( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步推理，最后达到待证的结论．( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法，是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的必要条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．( ) (4)使用反证法时，“反设”不能作为推理的条件应用．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×2．(教材改编)若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤yA [x －y ＝a ＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋1b＝a －b ＋b －a ab ＝a －b ab －1ab. 由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以a －bab －1ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .]3．(教材改编)已知a ≥b ＞0，M ＝2a 3－b 3，N ＝2ab 2－a 2b ，则M ，N 的大小关系为________．M ≥N [2a 3－b 3－(2ab 2－a 2b )＝2a (a 2－b 2)＋b (a 2－b 2)＝(a 2－b 2)(2a ＋b )＝(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )．因为a ≥b ＞0，所以a －b ≥0，a ＋b ＞0,2a ＋b ＞0，从而(a －b )(a ＋b )(2a ＋b )≥0，故2a 3－b 3≥2ab 2－a 2B ．] 4．已知a ＞0，b ＞0且ln(a ＋b )＝0，则1a ＋1b的最小值是________.【导学号：00090380】4 [由题意得，a ＋b ＝1，a ＞0，b ＞0，∴1a＋1b＝⎝⎛⎭⎪⎫1a＋1b(a＋b)＝2＋ba＋ab≥2＋2ba·ab＝4，当且仅当a＝b＝12时等号成立．]5．已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.[证明]因为x＞0，y＞0，所以1＋x＋y2≥33xy2＞0,1＋x2＋y≥33x2y＞0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥33xy2·33x2y＝9xy.(对应学生用书第167页)比较法证明不等式已知a＞0，b＞0，求证：ab＋ba≥a＋b.[证明]法一：∵⎝⎛⎭⎪⎫ab＋ba－(a＋b) ＝⎝⎛⎭⎪⎫ab－b＋⎝⎛⎭⎪⎫ba－a＝a－bb＋b－aa＝a－b a－bab＝a＋b a－b2ab≥0，∴ab＋ba≥a＋b. 10分法二：由于ab＋baa＋b＝a a＋b bab a＋b＝a＋b a－ab＋bab a＋b＝a＋bab－1≥2abab－1＝1. 8分又a＞0，b＞0，ab＞0，∴ab＋ba≥a＋b. 10分[规律方法] 1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；在法二中，利用不等式的性质，把证明a ＞b 转化为证明a b＞1(b ＞0)．2．作差(商)证明不等式，关键是对差(商)式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．提醒：在使用作商比较法时，要注意说明分母的符号． [变式训练1] (2018·长沙模拟)设a ，b 是非负实数，求证：a 2＋b 2≥ab (a ＋b )． [证明] 因为a 2＋b 2－ab (a ＋b ) ＝(a 2－a ab )＋(b 2－b ab ) ＝a a (a －b )＋b b (b －a ) ＝(a －b )(a a －b b ) ＝.6分因为a ≥0，b ≥0，所以不论a ≥b ≥0，还是0≤a ≤b ，都有a －b 与a －b同号，所以(a 12－b 12)⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－b 32≥0，所以a 2＋b 2≥ab (a ＋b ).10分综合法证明不等式(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.[证明] (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.5分(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ，所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.10分[规律方法] 1.综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键． [变式训练2] (2017·石家庄调研)已知函数f (x )＝2|x ＋1|＋|x －2|. (1)求f (x )的最小值m ；(2)若a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝m ，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.【导学号：00090381】[解] (1)当x ＜－1时，f (x )＝－2(x ＋1)－(x －2)＝－3x ＞3； 2分当－1≤x ＜2时，f (x )＝2(x ＋1)－(x －2)＝x ＋4∈[3,6)；当x ≥2时，f (x )＝2(x ＋1)＋(x －2)＝3x ≥6. 综上，f (x )的最小值m ＝3.5分 (2)证明：a ，b ，c 均为正实数，且满足a ＋b ＋c ＝3，因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋(a ＋b ＋c )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ＋c ≥2⎝⎛⎭⎪⎫b 2a ·a ＋c 2b·b ＋a 2c ·c ＝2(a ＋b ＋c ). 8分(当且仅当a ＝b ＝c ＝1时取“＝”)所以b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c ，即b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥3.10分分析法证明不等式(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)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，欲证a ＋b ＞c ＋d ，只需证明(a ＋b )2＞(c ＋d )2，也就是证明a＋b＋2ab＞c＋d＋2cd，只需证明ab＞cd，即证ab＞cD．由于ab＞cd，因此a＋b＞c＋d. 5分(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. 8分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. 10分[规律方法] 1.本题将不等式证明与充要条件的判定渗透命题，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法，由于两个不等式两边都是正数，可通过两边平方来证明．2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．3．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件[变式训练3] 已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac＜3A．[证明]要证b2－ac＜3a，只需证b2－ac＜3a2.∵a＋b＋c＝0，只需证b2＋a(a＋b)＜3a2，只需证2a2－ab－b2＞0，4分只需证(a－b)(2a＋b)＞0，只需证(a－b)(a－c)＞0.∵a＞b＞c，∴a－b＞0，a－c＞0，∴(a－b)(a－c)＞0显然成立，故原不等式成立. 10分。

高考专题16 不等式选讲-2019年高考数学(理)考试大纲解读 Word版含解析

2019年考试大纲解读16 不等式选讲选考内容（二）不等式选讲1．理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：（1）.（2）.（3）会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：.2．了解下列柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明.（1）柯西不等式的向量形式：（2）.（3）.（此不等式通常称为平面三角不等式.）3．会用参数配方法讨论柯西不等式的一般情形：4．会用向量递归方法讨论排序不等式.5．了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题.6．会用数学归纳法证明伯努利不等式：了解当n为大于1的实数时伯努利不等式也成立.7．会用上述不等式证明一些简单问题.能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值.8．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.1．从考查题型来看，涉及本知识点的题目主要以选考的方式，在解答题中出现，考查解绝对值不等式、证明不等式等.2．从考查内容来看，主要考查绝对值不等式的解法、不等式的证明，求最值问题等.3．从考查热点来看，重点在于考查学生解不等式及利用不等式求解最值问题等，绝对值不等式与函数问题的综合是高考的趋势，值得关注.考向一绝对值不等式的求解样题1 （2018新课标全国Ⅱ理科）设函数．（1）当时，求不等式的解集；1a =()0f x ≥（2）若，求的取值范围．()1f x ≤a样题2 （2018新课标全国Ⅲ理科）设函数．（1）画出的图象；()y f x =（2）当，，求的最小值．[)0x +∞∈，a b +【解析】（1）的图象如图所示． ()y f x =。

2019高考数学一轮复习第十六章不等式选讲练习理

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……第十六章不等式选讲命题探究解答过程解法一:(1)f(x)=当x<-1时, f(x)≥1无解;当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;当x>2时,由f(x)≥1解得x>2.所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.(2)由f(x)≥x2-x+m得m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|=-+≤,且当x=时,|x+1|-|x-2|-x2+x=.故m的取值范围为.解法二:(1)f(x)=其图象如图所示:由图可知f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.(2)原式等价于存在x∈R使得f(x)-x2+x≥m成立,即m≤[f(x)-x2+x]max,设g(x)=f(x)-x2+x,由(1)知g(x)=(i)当x≤-1时,g(x)=-x2+x-3,其图象开口向下,对称轴方程为x=>-1,∴g(x)≤g(-1)=-5;(ii)当-1<x<2时,g(x)=-x2+3x-1,其图象开口向下,对称轴方程为x=∈(-1,2),∴g(x)≤g=;(iii)当x≥2时,g(x)=-x2+x+3,其图象开口向下,对称轴方程为x=<2,∴g(x)≤g(2)=1.综上,g(x)max=,∴m的取值范围为考纲解读分析解读 1.本章主要考查绝对值的几何意义,绝对值不等式的解法及不等式证明的基本方法.2.绝对值不等式及不等式的证明均为高考的常考点.本章在高考中以解答题为主,往往涉及含有两个绝对值的问题,考查分类讨论、等价转化和数形结合等思想方法,分值约为10分,难度中等.五年高考考点一含绝对值不等式的解法1.(2017课标全国Ⅰ,23,10分)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.解析本题考查绝对值不等式的求解.(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)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].2.(2016课标全国Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a.(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时, f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围.解析(1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2.解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.(5分)(2)当x∈R时,f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=时等号成立,所以当x∈R时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①(7分)当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.所以a的取值范围是[2,+∞).(10分)3.(2015课标Ⅰ,24,10分)选修4—5:不等式选讲已知函数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.解析(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.(5分)(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),△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,+∞).(10分)教师用书专用(4—12)4.(2015山东,5,5分)不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是( )A.(-∞,4)B.(-∞,1)C.(1,4)D.(1,5)答案 A5.(2014湖南,13,5分)若关于x的不等式|ax-2|<3的解集为x-<x<,则a= .答案-36.(2015重庆,16,5分)若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a= .答案-6或47.(2014广东,9,5分)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为.答案{x|x≤-3或x≥2}8.(2013江西,15(2),5分)(不等式选做题)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1的解集为.答案[0,4]9.(2013重庆,16,5分)若关于实数x的不等式|x-5|+|x+3|<a无解,则实数a的取值范围是.答案(-∞,8]10.(2015江苏,21D,10分)[选修4—5:不等式选讲]解不等式x+|2x+3|≥2.解析原不等式可化为或解得x≤-5或x≥-.综上,原不等式的解集是.11.(2014课标Ⅱ,24,10分)选修4—5:不等式选讲设函数f(x)=+|x-a|(a>0).(1)证明:f(x)≥2;(2)若f(3)<5,求a的取值范围.解析(1)证明:由a>0,得f(x)=+|x-a|≥=+a≥2.所以f(x)≥2.(2)f(3)=+|3-a|.当a>3时,f(3)=a+,由f(3)<5得3<a<.当0<a≤3时,f(3)=6-a+,由f(3)<5得<a≤3.综上,a的取值范围是.12.(2014辽宁,24,10分)选修4—5:不等式选讲设函数f(x)=2|x-1|+x-1,g(x)=16x2-8x+1,记f(x)≤1的解集为M,g(x)≤4的解集为N.(1)求M;(2)当x∈M∩N时,证明:x2f(x)+x[f(x)]2≤.解析(1)f(x)=当x≥1时,由f(x)=3x-3≤1得x≤,故1≤x≤;当x<1时,由f(x)=1-x≤1得x≥0,故0≤x<1.所以f(x)≤1的解集为M=.(2)证明:由g(x)=16x2-8x+1≤4得16≤4,解得-≤x≤.因此N=,故M∩N=.当x∈M∩N时, f(x)=1-x,于是x2f(x)+x·[f(x)]2=xf(x)[x+f(x)]=x·f(x)=x(1-x)=-≤.考点二不等式的证明1.(2017课标全国Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证明本题考查不等式的证明.(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≤2.2.(2017江苏,21D,10分)已知a,b,c,d为实数,且a2+b2=4,c2+d2=16,证明:ac+bd≤8.证明本小题主要考查不等式的证明,考查推理论证能力.由柯西不等式可得:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).因为a2+b2=4,c2+d2=16,所以(ac+bd)2≤64,因此ac+bd≤8.3.(2016课标全国Ⅱ,24,10分)已知函数f(x)=+,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|.解析(1)f(x)=(2分)当x≤-时,由f(x)<2得-2x<2,解得x>-1;(3分)当-<x<时, f(x)<2;(4分)当x≥时,由f(x)<2得2x<2,解得x<1.(5分)所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(6分)(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=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0. 因此|a+b|<|1+ab|.(10分)4.(2015课标Ⅱ,24,10分)选修4—5:不等式选讲设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,证明:(1)若ab>cd,则+>+;(2)+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.证明(1)因为(+)2=a+b+2,(+)2=c+d+2,由题设a+b=c+d,ab>cd得(+)2>(+)2.因此+>+.(2)(i)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+>+.(ii)若+>+,则(+)2>(+)2,即a+b+2>c+d+2.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,+>+是|a-b|<|c-d|的充要条件.教师用书专用(5—9)5.(2013陕西,15A,5分)(不等式选做题)已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为.答案 26.(2015湖南,16(3),6分)选修4—5:不等式选讲设a>0,b>0,且a+b=+.证明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.证明由a+b=+=,a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2=2,即a+b≥2.(2)假设a2+a<2与b2+b<2同时成立,则由a2+a<2及a>0得0<a<1;同理,0<b<1,从而ab<1,这与ab=1矛盾.故a2+a<2与b2+b<2不可能同时成立.7.(2014课标Ⅰ,24,10分)选修4—5:不等式选讲若a>0,b>0,且+=.(1)求a3+b3的最小值;(2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由.解析(1)由=+≥,得ab≥2,且当a=b=时等号成立.故a3+b3≥2≥4,且当a=b=时等号成立.所以a3+b3的最小值为4.(2)由(1)知,2a+3b≥2≥4.由于4>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.8.(2014福建,21(3),7分)选修4—5:不等式选讲已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.(1)求a的值;(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3.解析(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1≤x≤2时,等号成立,所以f(x)的最小值等于3,即a=3.(2)证明:由(1)知p+q+r=3,又因为p,q,r是正实数,所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,即p2+q2+r2≥3.9.(2013课标全国Ⅱ,24,10分)选修4—5:不等式选讲设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤;(2)++≥1.证明(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(a+b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.(2)易证+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c.所以++≥1.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一含绝对值不等式的解法1.(2018湖南长沙第二次模拟,23)已知函数f(x)=|x+a2|+|x-a-1|.(1)证明:f(x)≥;(2)若f(4)<13,求a的取值范围.解析(1)证明:f(x)=|x+a2|+|x-a-1|≥|(x+a2)-(x-a-1)|=|a2+a+1|=+≥.(2)因为f(4)=|a2+4|+|a-3|=所以f(4)<13⇔或解得-2<a<3,即a的取值范围是(-2,3).2.(2017广东汕头潮阳黄图盛中学第三次质检,23)已知函数f(x)=|2x-a|+|2x+3|,g(x)=|x-1|+2.(1)解不等式|g(x)|<5;(2)若对任意x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,求实数a的取值范围.解析(1)由||x-1|+2|<5,得-5<|x-1|+2<5,∴-7<|x-1|<3,∴不等式的解集为{x|-2<x<4}.(2)因为任意x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,所以{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)},又f(x)=|2x-a|+|2x+3|≥|(2x-a)-(2x+3)|=|a+3|,g(x)=|x-1|+2≥2,所以|a+3|≥2,解得a≥-1或a≤-5,所以实数a的取值范围为a≥-1或a≤-5.考点二不等式的证明3.(2017山西重点中学协作体期末,23)已知|x1-2|<1,|x2-2|<1.(1)求证:2<x1+x2<6,|x1-x2|<2;(2)若f(x)=x2-x+1,求证:|x1-x2|<| f(x1)-f(x2)|<5|x1-x2|.证明(1)∵|x1-2|<1,∴-1<x1-2<1,即1<x1<3,同理1<x2<3,∴2<x1+x2<6.∵|x1-x2|=|(x1-2)-(x2-2)|≤|x1-2|+|x2-2|.∴|x1-x2|<2.(2)|f(x1)-f(x2)|=|--x1+x2|=|x1-x2||x1+x2-1|,∵2<x1+x2<6,∴1<x1+x2-1<5,∴|x1-x2|<|f(x1)-f(x2)|<5|x1-x2|.4.(2017湖北八校联考,23)设函数f(x)=|x-a|,a∈R.(1)当a=2时,解不等式f(x)≥6-|2x-5|;(2)若关于x的不等式f(x)≤4的解集为[-1,7],且两正数s和t满足2s+t=a,求证:+≥6.解析(1)当a=2时,f(x)≥6-|2x-5|即为|x-2|+|2x-5|≥6,∴①或②或③由①得,x≥;②无解;由③得,x≤,所以,原不等式的解集为∪.(2)不等式f(x)≤4即为-4≤x-a≤4,∴a-4≤x≤a+4,∴a-4=-1且a+4=7,∴a=3,∴+=(2s+t)=≥=6当且仅当s=,t=2时,等号成立.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:40分时间:40分钟)解答题(共40分)1.(2018四川内江第一次模拟,23)已知函数f(x)=|3x-1|+|x-2|的最小值为m.(1)求m的值;(2)设实数a,b满足2a2+b2=m,证明:2a+b≤.解析(1)∵f(x)=∴f(x)在上单调递增,在上单调递减,∴f(x)的最小值为f=.∴m=.(2)由(1)知,2a2+b2=.∵2ab≤a2+b2,∴(2a+b)2=4a2+b2+4ab≤4a2+b2+2(a2+b2)=3(2a2+b2)=5,∴2a+b≤.2.(2018安徽淮南第二中学、宿城第一中学第四次考试,23)已知函数h(x)=-|x-3|.(1)若h(x)-|x-2|≤n对任意的x>0恒成立,求实数n的最小值;(2)若函数f(x)=求函数g(x)=f(x)+h(x)的值域.解析(1)h(x)-|x-2|≤n对任意的x>0恒成立,等价于-|x-3|-|x-2|≤n对任意的x>0恒成立,等价于-n≤(|x-2|+|x-3|)min.因为|x-2|+|x-3|≥|x-2-(x-3)|=1,当且仅当x∈[2,3]时取到等号,所以-n≤1,得n≥-1.所以实数n的最小值为-1.(2)因为f(x)=g(x)=f(x)+h(x),所以g(x)=f(x)-|x-3|=当0<x<3时,+x+2≥2+2=2+2,当x≥3时,x+3≥6.综上,g(x)≥2+2.所以函数g(x)=f(x)+h(x)的值域为[2+2,+∞).3.(2017福建六校联考)已知函数f(x)=|2x+1|+|2x-3|.(1)求不等式f(x)≤6的解集;(2)若关于x的不等式f(x)-log2(a2-3a)>2恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)原不等式等价于或或解得<x≤2或-≤x≤或-1≤x<-,∴不等式f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤2}.(2)不等式f(x)-log2(a2-3a)>2恒成立⇔log2(a2-3a)+2<f(x)=|2x+1|+|2x-3|恒成立⇔log2(a2-3a)+2<f(x)min恒成立,∵|2x+1|+|2x-3|≥|(2x+1)-(2x-3)|=4,∴f(x)的最小值为4,∴log2(a2-3a)+2<4,即解得-1<a<0或3<a<4.∴实数a的取值范围为(-1,0)∪(3,4).4.(2016河南八市重点高中联考,24)已知函数f(x)=|x+m|-|5-x|(m∈R).(1)当m=3时,求不等式f(x)>6的解集;(2)若不等式f(x)≤10对任意实数x恒成立,求m的取值范围.解析(1)当m=3时,f(x)>6,即|x+3|-|x-5|>6.∴或或解得x≥5或4<x<5.故不等式f(x)>6的解集为{x|x>4}.(2)f(x)=|x+m|-|5-x|≤|(x+m)+(5-x)|=|m+5|.由题意得|m+5|≤10,即-10≤m+5≤10,解得-15≤m≤5.故m的取值范围为[-15,5].C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 含绝对值不等式的解法1.(2018四川成都第七中学一诊,23)已知函数f(x)=m-|x-1|-|x+1|.(1)当m=5时,求不等式f(x)>2的解集;(2)若函数y=x2+2x+3与y=f(x)的图象恒有公共点,求实数m的取值范围.解析(1)当m=5时, f(x)=所以不等式f(x)>2的解集为.(2)二次函数y=x2+2x+3=(x+1)2+2,该函数在x=-1时取到最小值2,因为f(x)=在x∈[-1,1]时取到最大值m-2,所以要使二次函数y=x2+2x+3与函数y=f(x)的图象恒有公共点,只需m-2≥2,即m≥4.所以实数m的取值范围是[4,+∞).2.(2017广东韶关1月调研,23)已知函数f(x)=|x+m|+|2x-1|(m∈R).(1)当m=-1时,求不等式f(x)≤2的解集;(2)设关于x的不等式f(x)≤|2x+1|的解集为A,且⊆A,求实数m的取值范围.解析(1)当m=-1时,f(x)=|x-1|+|2x-1|,则f(x)≤2⇒|x-1|+|2x-1|≤2,上述不等式可化为或或解得或或∴0≤x≤或<x<1或1≤x≤.∴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,即|x+m|+|2x-1|≤|2x+1|在上恒成立,∴|x+m|+2x-1≤2x+1在上恒成立,即|x+m|≤2在上恒成立,∴-2≤x+m≤2在上恒成立,∴-x-2≤m≤-x+2在上恒成立,∴(-x-2)max≤m≤(-x+2)min,∴-≤m≤0,∴实数m的取值范围是.方法2 与绝对值不等式相关的最值问题的求解策略3.(2017湖南三湘名校联盟三模,23)已知函数f(x)=|2x-a|-|x-1|.(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)存在x∈[0,2]时,使得不等式f(x)≤0成立,求实数a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=|2x-1|-|x-1|=∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴x=时, f(x)取到最小值-.(2)不等式f(x)≤0,即|2x-a|≤|x-1|,两边平方并化简得(3x-a-1)(x-a+1)≤0.a=2时,f(x)≤0即x=1∈[0,2],符合题意;a<2时,a-1<, f(x)≤0的解集为,∴∩[0,2]≠⌀,∴a-1≤2且≥0,∴-1≤a<2;a>2时,a-1>, f(x)≤0的解集为,∴∩[0,2]≠⌀,∴a-1≥0且≤2,∴2<a≤5.综上所述,a的取值范围是-1≤a≤5.方法3 不等式的证明4.(2017山西孝义九校质量监测,23)已知函数f(x)=|x+4|-|x-1|,若不等式f(x)>3的解集为P.(1)求P;(2)若a,b∈P,且a<b<1,证明:+≥9.解析(1)f(x)=则当x≤-4时,-5>3不成立;当-4<x<1时,2x+3>3,解得x>0,∴0<x<1;当x≥1时,5>3成立,故P={x|x>0}.(2)证明:∵a>0,b>a,∴a(b-a)≤=,当且仅当b=2a时取等号,又b<1,故+≥+=[b2+(1-b2)]·=5++≥9,当且仅当即a=,b=时取等号.。

2020届高考数学一轮复习第十六章不等式选讲课件文

当x∈(0,1]时,-x2+ax+4≥2化为a≥x- 2 .
x
而y=x- 2 在(0,1]上单调递增,所以最大值为-1,
x
所以a≥-1.
当x∈[-1,0)时,-x2+ax+4≥2化为a≤x- 2 .
x
而y=x- 2 在[-1,0)上单调递增,所以最小值为1,
x
所以a≤1. 综上,a的取值范围为[-1,1].
24
= 13
a
2
b
3

b
2
c
3

c
2
a
3

≥ 1 [(ab )32 +(bc )32 +(ca )32 ]
3
解析 (1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|,
2, x 1,
即f(x)= 2x, 1 x 1,
2, x 1.
故不等式f(x)>1的解集为
x
x

1
2

.
(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.
3
所以a的取值范围为(2,+∞). (10分)
考点二不等式的证明
1.(2019课标全国Ⅰ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲] 已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:
(1) 1 + 1 + 1 ≤a2+b2+c2;
abc
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.

2019届二轮复习不等式选讲学案 (全国通用)

第2讲不等式选讲[考情考向分析] 本部分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，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．热点一含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．例1 (2018·湖南省长郡中学模拟)已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值．解 (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝|x －2|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4，当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2<x <4时，由f (x )≥4－|x －4|，无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5.故不等式的解集为{x |x ≤1或x ≥5}．(2)令h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0<x <a ，2a ，x ≥a ，由|h (x )|≤2，当x ≤0或x ≥a 时，显然不成立．当0<x <a 时，由|4x －2a |≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12. 又知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎨⎧a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3.思维升华 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤①求零点；②划区间、去绝对值符号；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、数形结合法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．跟踪演练1 (2018·河北省衡水金卷模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|.(1)解不等式f (x )≤3；(2)若函数g (x )＝||2x －2018－a ＋||2x －2019，若对于任意的x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ，x ≤－12，x ＋2，－12<x <1，3x ，x ≥1.由f (x )≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－12，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧ －12<x <1，x ＋2≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{}x |－1≤x ≤1.(2)由(1)知，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝32， g (x )＝||2x －2018－a ＋||2x －2019≥||2x －2018－a －2x ＋2019＝|a －1|，则|a －1|≤32，解得－12≤a ≤52，即实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－12，52.热点二绝对值不等式恒成立(存在)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．例2 设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －a |(a >0)．(1)当a ＝2时，求不等式f (x )>8的解集；(2)若∃x ∈R ，使得f (x )≤32成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，由f (x )>8，得|2x ＋1|＋|x －2|>8，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2，3x －1>8或⎩⎪⎨⎪⎧ －12<x <2，x ＋3>8或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x ＋1>8，得x >3或x ∈∅或x <－73，所以x >3或x <－73，所以原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－73∪(3，＋∞)． (2)因为∃x ∈R ，使得f (x )≤32成立，所以f (x )min ≤32. 因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋1－a ，x ≥a ，x ＋a ＋1，－12<x <a ，－3x －1＋a ，x ≤－12，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－12，＋∞上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝12＋a ，所以12＋a ≤32，所以a ≤1. 又a >0，所以实数a 的取值范围是(]0，1.思维升华绝对值不等式的成立问题的求解策略(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a ≥f (x )或a ≤f (x )的形式．(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．跟踪演练2 (2018·东北三省三校模拟)已知函数f (x )＝||2x ＋b ＋||2x －b .(1)若b ＝1，解不等式f (x )>4；(2)若不等式f (a )>||b ＋1对任意的实数a 恒成立，求b 的取值范围．解 (1)当b ＝1时，f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －1|>4，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，4x >4⇒x >1或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－12，－4x >4⇒x <－1或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <12，2>4⇒x ∈∅，所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(2)f (a )＝|2a ＋b |＋|2a －b |＝|2a ＋b |＋|b －2a |≥|(2a ＋b )＋(b －2a )|＝|2b |，当且仅当(2a ＋b )(b －2a )≥0时，f (a )min ＝|2b |，所以|2b |>|b ＋1|，所以(2b )2>(b ＋1)2，即(3b ＋1)(b －1)>0，所以b 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－13∪(1，＋∞)．热点三不等式的证明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a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，那么a ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，那么a ＋b ＋c 3≥3abc ，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．例3 (2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3.(1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1. (1)解 f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋||x －3≤x ＋1.①当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，解得x ≥1.又∵x <1，∴x ∈∅；②当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，解得x ≥1.又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3；③当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，解得x ≤5.又∵x >3，∴3<x ≤5.综上所得，1≤x ≤3或3<x ≤5，即1≤x ≤5.∴原不等式的解集为[]1，5.(2)证明由绝对值不等式的性质，得|x －1|＋||x －3≥||(1－x )＋()x －3＝2，当且仅当(x －1)(x －3)≤0，即1≤x ≤3时，等号成立，∴c ＝2，即a ＋b ＝2.令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m >1，n >1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4，a 2a ＋1＋b 2b ＋1＝()m －12m ＋(n －1)2n ＝m ＋n ＋1m ＋1n －4＝4mn ≥4⎝⎛⎭⎫m ＋n 22＝1，当且仅当m ＝n ＝2时，等号成立，∴原不等式得证．思维升华 (1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．跟踪演练3 (2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集．(1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |.(1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6.当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立，∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1. 综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明 ()ab ＋12－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)．由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1，∴a 2－1<0，b 2－1<0，∴(a 2－1)(b 2－1)>0，∴||ab ＋1>|a ＋b |.真题体验1．(2017·全国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]，求实数a 的取值范围．解 (1)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＋172. (2)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]上的最小值必为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]．2．(2017·全国Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2，证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4；(2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 4＋b 4－2a 2b 2)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b ) ＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，(当且仅当a ＝b 时，等号成立)因此a ＋b ≤2. 押题预测1．已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x ＋a |，a ∈R .(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥4；(2)若∃x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|<3成立，求a 的取值范围．押题依据不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式恒成立是考题的“亮点”所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点，备受命题者青睐．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|2x ＋1|.由f (x )≥4，得|x －2|＋|2x ＋1|≥4.当x ≥2时，不等式等价于x －2＋2x ＋1≥4，解得x ≥53，所以x ≥2；当－12<x <2时，不等式等价于2－x ＋2x ＋1≥4，解得x ≥1，所以1≤x <2；当x ≤－12时，不等式等价于2－x －2x －1≥4，解得x ≤－1，所以x ≤－1.所以原不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥1}．(2)应用绝对值不等式，可得f (x )＋|x －2|＝2|x －2|＋|2x ＋a |＝|2x －4|＋|2x ＋a |≥|2x ＋a －(2x －4)|＝|a ＋4|.(当且仅当(2x －4)(2x ＋a )≤0时等号成立)因为∃x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|<3成立，所以(f (x )＋|x －2|)min <3，所以|a ＋4|<3，解得－7<a <－1，故实数a 的取值范围为(－7，－1)．2．已知x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4.(1)要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，求实数a 的取值范围； (2)求证：x 2＋2y 2≥323，并指出等号成立的条件．押题依据不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点．本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意、分析问题、解决问题的能力，具有一定的训练价值．解 (1)因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4，所以x 4＋y 4＝1. 由基本不等式，得1x ＋1y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ⎝⎛⎭⎫x 4＋y 4 ＝12＋14⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ≥12＋12y x ·x y＝1，当且仅当x ＝y ＝2时取等号．要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，只需不等式|a ＋2|－|a －1|≤1成立即可．构造函数f (a )＝|a ＋2|－|a －1|，则等价于解不等式f (a )≤1.因为f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3，a ≤－2，2a ＋1，－2<a <1，3，a ≥1，所以解不等式f (a )≤1，得a ≤0.所以实数a 的取值范围为(－∞，0]．(2)因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4，所以y ＝4－x (0<x <4)，于是x 2＋2y 2＝x 2＋2(4－x )2＝3x 2－16x ＋32＝3⎝⎛⎭⎫x －832＋323≥323，当x ＝83，y ＝43时等号成立．A 组专题通关1．(2018·全国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 恒成立，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，＋∞)上恒成立，因此a ＋b 的最小值为5.2．(2018·全国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|，当且仅当x ＋a 与2－x 同号时等号成立．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，＋∞)．3．(2018·江西省景德镇市第一中学模拟)已知函数f (x )＝|2x －4|＋|x ＋1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )≤9；(2)若方程f (x )＝－x 2＋a 在区间[0,2]上有解，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )≤9，即|2x －4|＋|x ＋1|≤9，即⎩⎪⎨⎪⎧ x >2，3x －3≤9或⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ≤2，5－x ≤9或⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－3x ＋3≤9，解得2<x ≤4或－1≤x ≤2或－2≤x <－1.∴不等式的解集为[－2,4]．(2)当x ∈[0,2]时，f (x )＝5－x .由题意知，f (x )＝－x 2＋a ，即a ＝x 2－x ＋5，x ∈[0,2]，故方程f (x )＝－x 2＋a 在区间[0,2]上有解，即函数y ＝a 和函数y ＝x 2－x ＋5的图象在区间[0,2]上有交点，∵当x ∈[0,2]时，y ＝x 2－x ＋5∈⎣⎡⎦⎤194，7，∴a ∈⎣⎡⎦⎤194，7.4．(2018·百校联盟TOP20联考)已知f (x )＝|2x ＋a |－|x －2|.(1)当a ＝－2时，求不等式f (x )≤4的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≥3a 2－3|2－x |恒成立，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝－2时，由f (x )≤4，得2|x －1|－|x －2|≤4，当x ≤1时，由2(1－x )－(2－x )≤4，得－4≤x ≤1；当1<x <2时，由2(x －1)－(2－x )≤4，得1<x <2；当x ≥2时，由2(x －1)－(x －2)≤4，得2≤x ≤4.综上所述，f (x )≤4的解集为[－4,4]．(2)由不等式f (x )≥3a 2－3|2－x |，得|2x ＋a |－|x －2|＋3|x －2|≥3a 2，即为|2x ＋a |＋|4－2x |≥3a 2，即关于x 的不等式|2x ＋a |＋|2x －4|≥3a 2恒成立，而|2x ＋a |＋|2x －4|≥|(2x ＋a )－(2x －4)|＝|a ＋4|，当且仅当(2x ＋a )(2x －4)≤0时等号成立，所以|a ＋4|≥3a 2，解得a ＋4≥3a 2或a ＋4≤－3a 2，解得－1≤a ≤43或a ∈∅. 所以a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－1，43. 5．(2018·上饶模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|.(1)求不等式f (x )≤8－|x －3|的解集；(2)若正数m ，n 满足m ＋3n ＝mn ，求证：f (m )＋f (－3n )≥24.(1)解此不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－2x －1＋(3－x )≤8或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤3，2x ＋1＋(3－x )≤8或⎩⎪⎨⎪⎧ x >3，2x ＋1＋x －3≤8，即不等式的解集为⎣⎡⎦⎤－2，103. (2)证明 ∵m >0，n >0，m ＋3n ＝mn ，∴m ＋3n ＝13(m ·3n )≤13×(m ＋3n )24，即m ＋3n ≥12，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝3n ，m ＋3n ＝mn ，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝6，n ＝2时取等号， ∴f (m )＋f (－3n )＝|2m ＋1|＋|－6n ＋1|≥|2m ＋6n |，当且仅当(2m ＋1)(－6n ＋1)≤0，即n ≥16时取等号，又|2m ＋6n |≥24，当且仅当m ＝6，n ＝2时，取等号，∴f (m )＋f (－3n )≥24.B 组能力提高6．(2018·榆林模拟)已知函数f (x )＝|3x －1|－|2x ＋1|＋a .(1)求不等式f (x )>a 的解集；(2)若恰好存在4个不同的整数n ，使得f (n )<0，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )>a ，得|3x －1|>|2x ＋1|，不等式两边同时平方，得9x 2－6x ＋1>4x 2＋4x ＋1，即5x 2>10x ，解得x <0或x >2.所以不等式f (x )>a 的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)．(2)设g (x )＝|3x －1|－|2x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2－x ，x ≤－12，－5x ，－12<x <13，x －2，x ≥13，作出函数g (x )的图象，如图所示，因为g (0)＝g (2)＝0，g (3)<g (4)＝2<g (－1)＝3，又恰好存在4个不同的整数n ，使得f (n )<0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (3)<0，f (4)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a <0，2＋a ≥0，故a 的取值范围为[)－2，－1.7．(2018·百校联盟TOP20联考)已知函数f (x )＝x 2＋|x －2|.(1)解不等式f (x )>2|x |；(2)若f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2(a >0，b >0，c >0)对任意x ∈R 恒成立，求证：ab ·c <7232. (1)解由f (x )>2|x |，得x 2＋|x －2|>2|x |，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2，x 2＋x －2>2x 或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <2，x 2＋2－x >2x或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，x 2＋2－x >－2x ，解得x >2或0<x <1或x ≤0，即x >2或x <1.所以不等式f (x )>2|x |的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)．(2)证明当x ≥2时，f (x )＝x 2＋x －2≥22＋2－2＝4；当x <2时，f (x )＝x 2－x ＋2＝⎝⎛⎭⎫x －122＋74≥74，所以f (x )的最小值为74.因为f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2对任意x ∈R 恒成立，所以a 2＋2b 2＋3c 2≤74. 又a 2＋2b 2＋3c 2＝a 2＋c 2＋2(b 2＋c 2)≥2ac ＋4bc ≥42abc 2，且等号不能同时成立，所以42abc 2<74，即ab ·c <7232. 8．设函数f (x )＝|x ＋a |－|x －1－a |.(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥12； (2)若对任意a ∈[0,1]，不等式f (x )≥b 的解集不为空集，求实数b 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )≥12等价于 |x ＋1|－|x |≥12. ①当x ≤－1时，不等式化为－x －1＋x ≥12，无解； ②当－1<x <0时，不等式化为x ＋1＋x ≥12，解得－14≤x <0； ③当x ≥0时，不等式化为x ＋1－x ≥12，解得x ≥0.综上所述，不等式f (x )≥12的解集为⎣⎡⎭⎫－14，＋∞. (2)∵不等式f (x )≥b 的解集不为空集，∴b ≤f (x )max ，∵a ∈[0,1]，∴f (x )＝|x ＋a |－|x －1－a |≤|x ＋a －x ＋1－a |＝|a ＋1－a |＝a ＋1－a ，∴f (x )max ＝a ＋1－a .对任意a ∈[0,1]，不等式f (x )≥b 的解集不为空集，∴b ≤[a ＋1－a ]min ，令g (a )＝a ＋1－a ，∴g 2(a )＝1＋2a ·1－a ＝1＋2a (1－a )＝1＋2－⎝⎛⎭⎫a －122＋14.∴当a ∈⎣⎡⎦⎤0，12时，g (a )单调递增，当a ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，g (a )单调递减，当且仅当a ＝0或a ＝1时，g (a )min ＝1，∴b 的取值范围为(－∞，1]．。

专题20 不等式选讲(教学案) 2019年高考数学(文科)考纲解读与热点难点突破Word版含解析

【2019年高考考纲解读】本部分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，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．【重点、难点剖析】1．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．2．含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式．3．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，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．所以()1f x ≥的解集为{}1x x ≥.（2）由得，而，且当32x =时，.故m 的取值范围为5-4⎛⎤∞ ⎥⎝⎦，. 【变式探究】已知函数.（I ）在答题卡第（24）题图中画出()y f x =的图像；（II ）求不等式()1f x >的解集．【答案】（I ）见解析（II ）【解析】⑴如图所示：⑵()1f x >,当1x -≤,41x ->,解得5x >或3x <,1x -∴≤ 当312x -<<,321x ->,解得1x >或13x < 113x -<<∴或312x << 当32x ≥,41x ->,解得5x >或3x <,332x <∴≤或5x >综上,13x <或13x <<或5x >,()1f x >∴,解集为【变式探究】解不等式 x ＋|2x ＋3|≥2.【变式探究】若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝________.解析由绝对值的性质知f (x )的最小值在x ＝－1或x ＝a 时取得，若f (－1)＝2|－1－a |＝5，a ＝32或a ＝－72，经检验均不合适；若f (a )＝5，则|x ＋1|＝5，a ＝4或a ＝－6，经检验合题意，因此a ＝4或a ＝－6. 答案 4或－6【变式探究】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．【命题意图】本题主要考查绝对值三角不等式与基本不等式的应用，含绝对值的不等式的解法，意在考查考生的运算求解能力与分类讨论思想的应用．【解题思路】(1)利用“绝对值三角不等式”进行放缩，结合基本不等式即得证．(2)明确不等式后解关于a 的绝对值不等式，再分类讨论求解即可．【解析】(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪x ＋1a －x －a ＝1a＋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＋212. 当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212. 【感悟提升】 1．用零点分段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．3．求解绝对值不等式恒成立问题的解析(1)可利用绝对值不等式的性质求最值或去掉绝对值号转化为分段函数求最值．(2)结合“a ≥f (x )恒成立，则a ≥f (x )max ，a ≤f (x )恒成立，则a ≤f (x )min ”求字母参数的取值范围．【举一反三】已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}．(1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得a ＝－3，b ＝1. (2)－3t ＋12＋t＝34－t ＋t ≤[（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2] ＝24－t ＋t ＝4，当且仅当4－t 3＝t 1，即t ＝1时等号成立，故(－3t ＋12＋t )max ＝4.【举一反三】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23<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⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪23<x <2. (2)由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .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 ⎝⎛⎭⎫2a －13，0，B (2a ＋1，0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2. 由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2. 所以a 的取值范围为(2，＋∞)．题型二不等式的证明【例2】已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3.(1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1. 【解析】(1)解 f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋||x －3≤x ＋1.①当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，解得x ≥1.又∵x <1，∴x ∈∅；②当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，解得x ≥1.又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3；③当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，解得x ≤5.又∵x >3，∴3<x ≤5.综上所得，1≤x ≤3或3<x ≤5，即1≤x ≤5.∴原不等式的解集为[]1，5.【感悟提升】(1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．【变式探究】已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集．(1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |.(1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6.当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立，∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1. 综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明 ()ab ＋12－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)．由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1，∴a 2－1<0，b 2－1<0，。

第十六章不等式选讲

ｘ－
１２
，Ａ
为不等式
ｆ（ｘ）
＜ｘ＋
１２
的解集．
（１）求Ａ；
（２）当ａ∈Ａ时，试比较｜ｌｏｇ２（１－ａ）｜与｜ｌｏｇ２（１＋ａ）｜的大小．
ìï ï
１２
－２ｘ，ｘ≤０，
１－２
解析
（１）ｆ（
ｘ）＝
ï í ï
１２
，０＜ｘ＜
１２
，
当ｘ≤０时，
îïï２ｘ－
１２
对应学生用书起始页码Ｐ２８１
一、含绝对值不等式的解法
��
基本不等式的推广
如果
ａ，ｂ，ｃ∈Ｒ＋
，
那
么
ａ＋ｂ＋ｃ３
≥
３
ａｂｃ，当且仅当
ａ＝ｂ＝ｃ
时等号成立．
对于ｎ个正数ａ１，ａ２，…，ａｎ，它们的算术平均值不小于它
们的
几
何
平
均
值，
即
ａ１
＋ａ
２
＋…＋ａｎ
ｎ
≥
ｎａ１ ·ａ２ ·…·ａｎ，当且
仅当ａ１＝ａ２＝ … ＝ａｎ时等号成立．
｜２ｘ－３｜＋｜２ｘ－１｜的最小值为Ｍ．
（１）若ｍ，ｎ∈［－Ｍ，Ｍ］，求证：２｜ｍ＋ｎ｜ ≤ ｜４＋ｍｎ｜；

2019届高考数学二轮复习第23讲不等式选讲(选修4-5)学案(全国通用)

第23讲不等式选讲(选修4－5)考情分析【p87】专题探究【p 87】【命题趋势】从近几年的高考命题看，对本专题的考查主要体现在不等式的解法，利用几个重要的不等式求函数的最值以及不等式的证明，全国高考以选考试题的形式出现，只有解答题，难度不大．考查学生的基本运算能力及推理论证能力．预计在今年高考中，对不等式选讲的考查主要有不含有绝对值的不等式的解法、含有绝对值的函数的值域或求参数问题，用比较法、分析法、综合法证明简单不等式，全国高考试题仍然还是以选考试题的形式出现，分值为10分，难度中等偏下．【备考建议】1．复习含有绝对值不等式时，既要掌握含绝对值不等式的解法及去绝对值的基本思想，又要理解绝对值的几何意义，并能应用(1)|a ＋b |≤|a |＋|b |；(2)|a －b |≤|a －c |＋|c －b |证明不等式或求最值．2．复习不等式的证明时，要求学生了解和掌握不等式的常用证明方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．典例剖析【p 87】探究一绝对值不等式的解法与恒成立问题例1已知函数f(x)＝|2x －1|＋|x －2a|. (1)当a ＝1时，求f(x)≤3的解集；(2)当x ∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝1时，由f(x)≤3，可得|2x －1|＋|x －2|≤3， ∴①⎩⎪⎨⎪⎧x<12，1－2x ＋2－x ≤3或②⎩⎪⎨⎪⎧12≤x<2，2x －1＋2－x ≤3，或③⎩⎨⎧x ≥2，2x －1＋x －2≤3.解①得0≤x<12，解②得12≤x<2，解③得x ＝2.综上可得，0≤x ≤2，即不等式的解集为[0，2]， (2)∵当x ∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，即|x －2a|≤3－|2x －1|＝4－2x ，故2x －4≤2a －x ≤4－2x ，即3x －4≤2a ≤4－x.再根据3x －4在x ∈[1，2]上的最大值为6－4＝2，4－x 的最小值为4－2＝2， ∴2a ＝2，∴a ＝1，即a 的取值范围为{1}．例2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．【解析】(1)当a ＝1时，f ()x ＝－x 2＋x ＋4，是开口向下，对称轴x ＝12的二次函数．g ()x ＝||x ＋1＋||x －1＝⎩⎨⎧2x ，x>1，2 ，－1≤x ≤1，－2x ，x<－1，当x ∈(1，＋∞)时，令－x 2＋x ＋4＝2x ，解得x＝17－12，g ()x 在()1 ，＋∞上单调递增，f ()x 在()1 ，＋∞上单调递减，∴此时f ()x ≥g ()x 解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤1 ，17－12. 当x ∈[]－1 ，1时，g ()x ＝2，f ()x ≥f ()－1＝2.当x ∈()－∞ ，－1时，g ()x 单调递减，f ()x 单调递增，且g ()－1＝f ()－1＝2. 综上所述，f ()x ≥g ()x 的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 ，17－12. (2)依题意得：－x 2＋ax ＋4≥2在[]－1 ，1恒成立．即x 2－ax －2≤0在[]－1 ，1恒成立．则只须⎩⎪⎨⎪⎧12－a·1－2≤0，()－12－a ()－1－2≤0，解出：－1≤a ≤1.故a 取值范围是[]－1 ，1. 【点评】1.形如|x －a|＋|x －b|≥c(或≤c)型的不等式主要有两种解法：(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a ，b]，(b ，＋∞) (此处设a<b)三个部分，将每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集；(2)图象法：作出函数y 1＝|x －a|＋|x －b|和y 2＝c 的图象，结合图象求解． 2．不等式的恒成立问题是高考的重难点，此类问题一般有两种解法： (1)利用函数思想转化为函数的最值问题进行分析；(2)通过数形结合构造出两个函数，通过寻找临界状态得到参数的取值范围．探究二含绝对值不等式的最值问题例3已知函数f(x)＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集；(2)若不等式f(x)≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围．【解析】(1)f(x)＝|x ＋1|－|x －2|可等价为f(x)＝⎩⎨⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x<2，3，x ≥2.由f(x)≥1可得，①当x ≤－1时显然不满足题意； ②当－1<x<2时，2x －1≥1，解得x ≥1； ③当x ≥2时，f(x)＝3≥1恒成立．综上，f(x)≥1的解集为{x|x ≥1}．(2)不等式f(x)≥x 2－x ＋m 等价于f(x)－x 2＋x ≥m ，令g(x)＝f(x)－x 2＋x ，则g(x)≥m 解集非空只需要[g(x)]max ≥m.而g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋x －3，x ≤－1，－x 2＋3x －1，－1<x<2，－x 2＋x ＋3，x ≥2.①当x ≤－1时，[g(x)]max ＝g(－1)＝－3－1－1＝－5； ②当－1<x<2时，[g(x)]max ＝g ⎝⎛⎭⎫32＝－⎝⎛⎭⎫322＋3·32－1＝54； ③当x ≥2时，[g(x)]max ＝g(2)＝－22＋2＋3＝1. 综上，[g(x)]max ＝54，故m ≤54.例4若关于x 的不等式||2x ＋5＋||2x －1－t ≥0的解集为R .实数t 的最大值为s .(1)求s 的值；(2)若正实数a ，b 满足4a ＋5b ＝s ，求y ＝1a ＋2b ＋43a ＋3b的最小值．【解析】(1)因为||2x ＋5＋||2x －1－t ≥0，所以||2x ＋5＋||2x －1≥t ，又因为||2x ＋5＋||2x －1≥||2x ＋5＋1－2x ＝6，所以t ≤6，所以实数t 的最大值s ＝6.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＋43a ＋3b (4a ＋5b )＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＋43a ＋3b [(a ＋2b )＋(3a ＋3b )] ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋3a ＋3b a ＋2b ＋4（a ＋2b ）3a ＋3b ≥5＋23a ＋3b a ＋2b ·4（a ＋2b ）3a ＋3b＝9，所以6⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＋43a ＋3b ≥9，所以y ≥32，当且仅当3a ＋3b a ＋2b ＝4（a ＋2b ）3a ＋3b ，即a ＝b ＝23时取等号，所以y ＝1a ＋2b ＋43a ＋3b 的最小值为32.【点评】含绝对值不等式的最值问题求法(1)图象法：对于函数f ()x ＝|x －a |＋|x －b |，利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a ]，(a ，b ]，(b ，＋∞)(此处设a ＜b )三个部分，在每个部分上去掉绝对值号化函数f ()x 为分段函数作出其图象求得最值；(2)几何法：利用|x －a |＋|x －b |≥c 或|x －a |＋|x －b |≤c 的几何意义：数轴上到点x 1＝a 和x 2＝b 的距离之和大于等于c (或小于等于c )全体，|x －a |＋|x －b |≥|x －a －(x －b )|＝|a －b |求得最值；.(3)代数法：利用均值不等式求得最值．探究三不等式的证明问题例5设不等式－2＜|x －1|－|x ＋2|＜0的解集为M ，a ，b ∈M. (1)证明：⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ＜14；(2)比较|1－4ab|与2|a －b|的大小，并说明理由．【解析】(1)证明：记f(x)＝|x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－2，－2x －1，－2＜x ＜1，－3，x ≥1.由－2＜－2x －1＜0，解得－12＜x ＜12，则M ＝⎝⎛⎭⎫－12，12. 所以⎪⎪⎪⎪13a ＋16b ≤13|a|＋16|b|＜13×12＋16×12＝14. (2)由(1)得a 2＜14，b 2＜14.因为|1－4ab|2－4|a －b|2＝(1－8ab ＋16a 2b 2)－4(a 2－2ab ＋b 2)＝(4a 2－1)(4b 2－1)＞0，所以|1－4ab|2＞4|a －b|2，故|1－4ab|＞2|a －b|. 例6已知a ，b 均为正数，且a ＋b ＝1，证明： (1)(ax ＋by)2≤ax 2＋by 2； (2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2≥252. 【解析】证明：(1)(ax ＋by)2－(ax 2＋by 2)＝a(a －1)x 2＋b(b －1)y 2＋2abxy ，因为a ＋b ＝1，所以a －1＝－b ，b －1＝－a. 又因为a ，b 均为正数，所以a(a －1)x 2＋b(b －1)y 2＋2abxy ＝－ab(x 2＋y 2－2xy)＝－ab(x －y)2≤0，当且仅当x ＝y 时等号成立．所以(ax ＋by)2≤ax 2＋by 2.(2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a 2＋⎝⎛⎭⎫b ＋1b 2＝4＋a 2＋b 2＋⎝⎛⎭⎫1a 2＋1b 2＝4＋a 2＋b 2＋（a ＋b ）2a 2＋（a ＋b ）2b 2＝4＋a 2＋b 2＋1＋2b a ＋b 2a 2＋a 2b 2＋2a b＋1＝4＋(a 2＋b 2)＋2＋2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋⎝⎛⎭⎫b 2a 2＋a 2b 2 ≥4＋（a ＋b ）22＋2＋4＋2＝252.当且仅当a ＝b 时等号成立．【点评】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已知不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题，若不等式恒等变形之后与二次函数有关，可用配方法．高考回眸【p 89】考题1[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 ，＋∞，f ()x ≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值．【解析】(1)f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12<x<1，3x ，x ≥1，如下图：(2)由(1)中可得：a ≥3，b ≥2，当a ＝3，b ＝2时，a ＋b 取最小值，∴a ＋b 的最小值为5.【命题立意】本题主要考查应用零点分段法去绝对值的能力及数形结合思想．考题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．【解析】(1)依题意，||x ＋1－||x －1>1，该不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x<－1，－x －1＋x －1>1，⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，x ＋1＋x －1>1，或⎩⎨⎧x>1，x ＋1－x ＋1>1，解得x>12，即不等式f ()x >1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x>12； (2)依题意，||x ＋1－||ax －1>x ；当x ∈()0，1时，该式化为x ＋1－||ax －1>x ，即||ax －1<1，即－1<ax －1<1，即0<ax<2，故⎩⎨⎧ax>0，ax<2在()0，1上恒成立，故0<a ≤2，即a 的取值范围为(]0，2.【命题立意】本题主要考查含绝对值的解法和不等式恒成立问题的转化化归能力及运算能力．考题3[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0，b>0，a 3＋b 3＝2，证明： (1)(a ＋b)(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.【解析】(1)解法一：由柯西不等式得：(a ＋b)(a 5＋b 5)＝[]（a ）2＋（b ）2·[]（a·a 2）2＋（b·b 2）2≥(a 3＋b 3)2＝4. 解法二：(a ＋b)(a 5＋b 5)＝a 6＋b 6＋ab 5＋a 5b ＝(a 3＋b 3)2＋ab 5＋a 5b －2a 3b 3 ≥(a 3＋b 3)2＋2a 6b 6－2a 3b 3＝(a 3＋b 3)2＝4. 解法三：()a ＋b()a 5＋b 5－4＝()a ＋b ()a 5＋b 5－()a 3＋b 32＝ab 5＋a 5b －2a 3b 3，又a>0，b>0，所以ab 5＋a 5b －2a 3b 3＝ab ()a 2－b 22≥0.当a ＝b 时，等号成立．所以，()a ＋b()a 5＋b 5－4≥0，即(a ＋b)(a 5＋b 5)≥4.(2)解法一：由a 3＋b 3＝2及ab ≤（a ＋b ）24得2＝(a ＋b)·(a 2＋b 2－ab)＝(a ＋b)·[]（a ＋b ）2－3ab ≥ (a ＋b)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（a ＋b ）2－3（a ＋b ）24＝（a ＋b ）34.所以a ＋b ≤2.解法二：(反证法)假设a ＋b>2，则a>2－b ，两边同时立方得：a 3>(2－b)3＝8－12b ＋6b 2－b 3，即a 3＋b 3>8－12b ＋6b 2，因为a 3＋b 3＝2，所以6－12b ＋6b 2<0，即6(b －1)2<0，矛盾，所以假设不成立，即a ＋b ≤2. 解法三：因为a 3＋b 3＝2，所以()a ＋b 3－8＝()a ＋b 3－4()a 3＋b 3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3－4a 3－4b 3 ＝3a 2()b －a ＋3b 2()a －b ＝－3()a ＋b ()a －b 2.又a>0，b>0，所以－3()a ＋b()a －b 2≤0，所以()a ＋b 3≤8，即a ＋b ≤2.解法四：因为a 3＋1＋1≥33a 3＝3a ，b 3＋1＋1≥33b 3＝3b ，所以a 3＋1＋1＋b 3＋1＋1≥3(a ＋b)，即6≥3(a ＋b)，即a ＋b ≤2(当且仅当a ＝b ＝1时取等号)．【命题立意】本题主要考查不等式证明方法的应用能力和推理论证能力．考点限时训练【p 158】 A 组基础演练1．已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －3|. (1)求不等式f (x )≤6的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )<|a －1|的解集不是空集，求实数a 的取值范围．【解析】(1)原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x >32，（2x ＋1）＋（2x －3）≤6或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤32，（2x ＋1）－（2x －3）≤6或 ⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－（2x ＋1）－（2x －3）≤6，解得32<x ≤2或－12≤x ≤32或－1≤x <－12.∴原不等式的解集为{x |－1≤x ≤2}．(2)∵f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －3|≥|(2x ＋1)－(2x －3)|＝4，∴|a－1|>4，∴a<－3或a>5，∴实数a的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．2．已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．【解析】(1)当a＝－3时，不等式f(x)≥3化为|x－3|＋|x－2|≥3.①若x≤2时，由①式，得5－2x≥3，∴x≤1.若2<x<3时，由①式知，解集为∅.若x≥3时，由①式，得2x－5≥3，∴x≥4.综上可知，f(x)≥3的解集是{x|x≥4或x≤1}．(2)原不等式等价于|x－4|－|x－2|≥|x＋a|，②当1≤x≤2时，②式化为4－x－(2－x)≥|x＋a|，解之得－2－a≤x≤2－a.由条件，[1，2]是f(x)≤|x－4|的解集的子集，∴－2－a≤1且2≤2－a，则－3≤a≤0.故满足条件的实数a的取值范围是[－3，0]．3．已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2＝M，证明：a＋b≥2ab. 【解析】(1)解：∵f(x)＝|x|＋|x－1|≥|x－(x－1)|＝1，当且仅当0≤x≤1时，取等号，∴f(x)＝|x|＋|x－1|的最小值为1.要使f(x)≥|m－1|恒成立，只需|m－1|≤1，∴0≤m≤2，则m的最大值M＝2.(2)证明：由(1)知，a 2＋b 2＝2，由a 2＋b 2≥2ab ，知ab ≤1，①又a ＋b ≥2ab ，则(a ＋b )ab ≥2ab ，由①知，ab ≤1，故a ＋b ≥2ab .4．设函数f (x )＝||x －a ，a ∈R .(1)当a ＝2时，解不等式：f (x )≥6－||2x －5；(2)若关于x 的不等式f (x )≤4的解集为[－1，7]，且两正数s 和t 满足2s ＋t ＝a ，求证：1s ＋8t≥6.【解析】(1)不等式可化为||x －2＋||2x －5≥6，即①⎩⎪⎨⎪⎧x ≥52，x －2＋2x －5≥6或②⎩⎪⎨⎪⎧2≤x <52，x －2＋5－2x ≥6 或③⎩⎨⎧x <2，2－x ＋5－2x ≥6，由①，得x ≥133；由②，得x 无解；由③，得x ≤13；所以，原不等式的解集为⎝⎛⎦⎤－∞，13∪⎣⎡⎭⎫133，＋∞. (2)不等式f (x )≤4即－4≤x －a ≤4，∴a －4≤x ≤a ＋4，∴a －4＝－1且a ＋4＝7，∴a ＝3.∴1s ＋8t ＝13⎝⎛⎭⎫1s ＋8t (2s ＋t )＝13⎝⎛⎭⎫10＋t s ＋16s t ≥13⎝⎛⎭⎫10＋2t s ·16s t ＝6. 5．已知关于x 的不等式：||2x －m ≤1的整数解有且仅有一个值为2. (1)求整数m 的值；(2)函数f ()x ＝||2x －a ＋a ，若不等式f ()x ≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，且存在实数n 使f ()n ≤m －f ()－n 成立，求实数m 的取值范围．【解析】(1)由||2x －m ≤1，得m －12≤x ≤m ＋12，因为不等式的整数解为2，所以m －12≤2≤m ＋12⇒3≤m ≤5，又不等式仅有一个整数解2，所以整数m ＝4.(2)由f (x )＝|2x －a |＋a ≤6，得a －3≤x ≤3，又f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，所以a －3＝－2，a ＝1，所以f (x )＝|2x －1|＋1.令φ(n )＝f (n )＋f (－n )，则φ()n ＝||2n －1||＋2n ＋1＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧2－4n ，n ≤－12，4，－12<n ≤12，2＋4n ，n >12，所以φ()n 的最小值为4，故实数m 的取值范围是[)4，＋∞. 6．设函数f (x )＝|x －3|－|x ＋1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )<－1； (2)设函数g (x )＝|x ＋a |－4，且g (x )≤f (x )在x ∈[－2，2]上恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)函数f (x )＝|x －3|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧4，x <－1，2－2x ，－1≤x ≤3，－4，x >3，故由不等式f (x )<－1可得，x >3或⎩⎪⎨⎪⎧2－2x <－1，－1≤x ≤3.解得x >32. (2)函数g (x )≤f (x )在x ∈[－2，2]上恒成立，即|x ＋a |－4≤|x －3|－|x ＋1|在x ∈[－2，2]上恒成立，在同一个坐标系中画出函数f (x )和g (x )的图象，如图所示．故当x ∈[－2，2]时，若0≤－a ≤4，则函数g (x )的图象在函数f (x )的图象的下方，g (x )≤f (x )在x ∈[－2，2]上恒成立，求得－4≤a ≤0，故所求的实数a 的取值范围为[－4，0]．7．已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：(1)1a ＋1b ＋1ab≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 【解析】证明：(1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4≥4b a ·a b ＋4＝8(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8. (2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab≥8. ∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. B 组能力提升8．已知函数f (x )＝m －|x －1|－|x －2|，m ∈R ，且f (x ＋1)≥0的解集为[0，1]．(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c ，x ，y ，z ∈R ，且x 2＋y 2＋z 2＝a 2＋b 2＋c 2＝m ，求证：ax ＋by ＋cz ≤1.【解析】(1)由f (x ＋1)≥0得|x |＋|x －1|≤m .∵|x |＋|x －1|≥1恒成立，∴若m <1，不等式|x |＋|x －1|≤m 的解集为∅，不合题意．若m ≥1，①当x <0时，得x ≥1－m 2，则1－m 2≤x <0； ②当0≤x ≤1时，得x ＋1－x ≤m ，即m ≥1恒成立；③当x >1时，得x ≤m ＋12，则1<x ≤m ＋12. 综上可知，不等式|x |＋|x －1|≤m 的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－m 2，m ＋12. 由题意知，原不等式的解集为[0，1]，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－m 2＝0，m ＋12＝1，解得m ＝1.(2)证明：∵x 2＋a 2≥2ax ，y 2＋b 2≥2by ，z 2＋c 2≥2cz ，三式相加，得x 2＋y 2＋z 2＋a 2＋b 2＋c 2≥2ax ＋2by ＋2cz .由题设及(1)，知x 2＋y 2＋z 2＝a 2＋b 2＋c 2＝m ＝1，∴2≥2(ax ＋by ＋cz )，即ax ＋by ＋cz ≤1，得证．9．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]．(1)求k 的值；(2)若a ，b ，c 是正实数，且1ka ＋12kb ＋13kc＝1. 求证：a ＋2b ＋3c ≥9.【解析】∵f (x )＝k －|x －3|，∴f (x ＋3)≥0等价于|x |≤k ，由|x |≤k 有解，得k ≥0，且解集为[－k ，k ]．∵f (x ＋3)≥0的解集为[－1，1]．因此k ＝1.(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋13c＝1， ∵a ，b ，c 为正实数，∴a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c 2b ≥3＋2a 2b ·2b a ＋2a 3c ·3c a ＋22b 3c ·3c 2b ＝9.10．已知函数f ()x ＝||x ＋1.(1)解不等式f ()x ＋8≥10－f ()x ；(2)若|x |>1，|y |<1，求证：f (y )<|x |·f ⎝⎛⎭⎫y x 2.【解析】(1)原不等式即为||x ＋9≥10－||x ＋1.当x <－9时，则－x －9≥10＋x ＋1，解得x ≤－10；当－9≤x ≤－1时，则x ＋9≥10＋x ＋1，此时不成立；当x >－1时，则x ＋9≥10－x －1，解得x ≥0.所以原不等式的解集为{x |x ≤－10或x ≥0}．(2)要证f ()y <||x ·f ⎝⎛⎭⎫y x 2，即||y ＋1<||x ·⎪⎪⎪⎪y x 2＋1，只需证明||y ＋1||x <⎪⎪⎪⎪y x 2＋1. 则有()y ＋12x 2－()y ＋x 22x 4＝x 2()y ＋12－()y ＋x 22x 4＝x 2y 2＋2x 2y ＋x 2－()y 2＋2x 2y ＋x 4x 4＝x 2y 2＋x 2－y 2－x 4x 4＝()1－x 2()x 2－y 2x 4. 因为|x |2>1，|y |2<1，则()y ＋12x 2－()y ＋x 22x 4＝()1－x 2()x 2－y 2x 4<0，所以()y ＋12x 2<()y ＋x 22x 4，原不等式得证． 11．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 )．【解析】(1)解：①当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1<－2x －2，解得x <－1；②当－1<x<－12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≥－12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：∵f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，∴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.∵a，b∈M，∴a2>1，b2>1.∴(a2－1)(b2－1)>0成立，∴原不等式成立．。

2019届人一轮复习教B版(文科数学) 不等式选讲学案

不等式选讲不等式选讲为高考选考内容之一。

一道解答题，满分10分，考查难度定位中等偏易，是考生容易突破的一道题目，主要考查解绝对值不等式，根据给定条件求参数的取值范围，用基本不等式研究代数式的最值及不等式证明的比较法、综合法、分析法等，交汇考查集合的概念、绝对值的概念、函数的概念、函数的图像与性质、二次不等式、基本不等式等.下面从学生存在的主要问题剖析出发，提出相应的教学对策。

一、存在的问题及原因分析（一）绝对值不等式求解技能掌握不到位【例题1】(2017高考全国Ⅰ卷23）已知函数4)(2++-=ax x x f ，11)(-++=x x x g ．（Ⅰ）当1=a 时，求不等式)()(x g x f ≥的解集；【解析】（Ⅰ）当1=a 时，)()(x g x f ≥等价于2411x x x x -++≥++- ①.当1-<x 时，①等价于0432≤--x x ，此时不等式无解；当11≤≤-x 时，①等价于022≤--x x ，从而11≤≤-x ；当1>x 时，①等价于042≤-+x x ，从而21711+-≤<x . 所以()()f x g x ≥解集1x x ⎧⎪-<≤⎨⎪⎪⎩⎭.【评析】本题主要的易错点在于分类后的“整合”.其一是“整合”错误，误以为得到解集为所分类各不等式解集的交集.另一是没有进行“整合”，认为解集为三种情况：当1-<x 时，原不等式的解集为{}41≤≤-x x ；当11≤≤-x 时，原不等式的解集为{}21≤≤-x x ；当1>x 时，原不等式的解集为⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+-≤≤--21712171x x ，错因在于与因参数对解集的影响而分类讨论的问题混淆，对解绝对值不等式的基本原理认识不到位所致.（二）不能对条件进行正确的等价转化【例题2】(2017高考全国Ⅰ卷23）已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-．（Ⅱ）若不等式)()(x g x f ≥的解集包含]1,1[-，求a 的取值范围．【解析】（Ⅱ）不等式)()(x g x f ≥的解集包含]1,1[-等价于)()(x g x f ≥在]1,1[-上恒成立，即242x ax -++≥在]1,1[-恒成立，即220x ax --≤在]1,1[-恒成立，所以()()2211201120a a ⎧-⋅-⎪⎨----⎪⎩≤≤，解得11a -≤≤，故a 取值范围是]1,1[-．【评析】本题主要考查不等式解集的概念、绝对值的意义、函数图像与性质等基础知识. 解答中的主要问题在于题意的理解与问题的等价转化. 不能将条件“不等式)()(x g x f ≥的解集包含]1,1[-”等价转化为“不等式)()(x g x f ≥在]1,1[-上恒成立”的问题来处理，反映出学生对于解集的概念理解还不透彻，导致对“解集包含]1,1[-”的含义不理解.【例题3】（2017高考全国Ⅲ卷23）已知函数21)(--+=x x x f . （Ⅱ）若不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空，求m 的取值范围.【解析】（Ⅱ）原式等价于存在x R ∈，使2()f x x x m -+≥成立，即 2max [()]f x x x m -+≥设2()()g x f x x x =-+由已知得 2223,1()31,123,2x x x g x x x x x x x ⎧-+-≤-⎪=-+--<<⎨⎪-++≥⎩当1x ≤-时，22111()3()(1)524=-+-=---≤-=-g x x x x g ，当21<<-x 时，22355()31()244=-+-=--+≤g x x x x ，当2≥x 时，1)2(413)21(3)(22=≤+--=++-=g x x x x g ，综上述得45)(max =x g ，故m 的取值范围为]45,(-∞. 【评析】本题主要考查不等式解集的概念、绝对值的意义、二次函数区间上最值等基础知识. 解答中的主要问题还是在题意的理解与问题的等价转化. 错点一，将“不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空”等价转化为max ()f x ≥)2f x x x m ≥-+解集非空，忽略了右边的代数式也是随着x 的变化而变化，左右两边的x 表示的是同一个数；错点二，将“不等式()2f x x x m ≥-+的解集非空”等价转化为“min ()m g x ≤”，错在对“解集非空”的理解上. 所谓“解集非空”即存在x 使得不等式()2f x x x m ≥-+成立，等价于存在x 使得不等式212x x x x m +---+≥成立，等价于2max (12)x x x x m +---+≥即可.（三）不等式证明思路不清，无法迅速找到切合题意的证明方法.【例题3】（2017高考全国Ⅱ卷23）已知2,0,033=+>>b a b a ，证明：（Ⅰ）4))((55≥++b a b a ；（Ⅱ）2≤+b a ．【解析】（Ⅰ）655655))((b b a ab a b a b a +++=++()()a b a b ab a b =+-++233334424)(4222≥-+=b a a b（Ⅱ）因为33223()33a b a a b ab b +=+++()()()()ab a b a b a b a b =+≤=+2323+3+3+2++244所以()3+8≤a b ，因此a+b ≤2.【评析】本题主要考查证明不等式的基本方法、均值不等式及其应用. 难点在于寻找突破口，如何发现欲证不等式左边的代数式与已知条件之间的联系，从而迅速寻得解题思路. （四）知识掌握不到位，无法优选算法化简求解过程【例题4】（2014高考全国Ⅱ卷24）设函数()f x =1(0)x x a a a++->（Ⅰ）证明：()f x ≥2；【解析】法一：因为0a >，所以12,11(),112.x a x a a f x a x a aa x a x a a ⎧+-≥⎪⎪⎪=+-<<⎨⎪⎪--+≤-⎪⎩当x a ≥时，1()2f x x a a =+-为增函数，所以1()()2f x f a a a≥=+≥，当1x a a -<<时，1()2f x a a=+≥，当1x a ≤-时，1()2f x x a a =--+为减函数，所以11()()2f x f a a a≥-=+≥ 综上述得()2f x ≥成立.法二：因为111x x a x a x a a a a++-=++-≥+，又0a >所以1()2f x a a≥+≥. 【评析】法二根据绝对值不等式的性质直接证得结论，相比法一快捷明了.本题的主要问题在于对绝对值不等式的性质掌握不到位，导致无法快速求解.二、解决问题的思考与对策（一）强化绝对值不等式的求解训练高考全国卷从2007年起，除了2014年外每年都涉及绝对值不等式求解问题的考查，应加强这一方面的专项训练，让学生熟练掌握零点分段法解绝对值不等式的方法、步骤，做到既能正确分类，又能合理整合，准确快捷解答，同时注意引导学生对求解过程等价性的关注.【例题5】（2007年高考全国课标卷24）设函数()214f x x x =+--．（I ）解不等式()2f x >；【解析】（Ⅰ）1521()334254x x f x x x x x ⎧---⎪⎪⎪=--<<⎨⎪⎪+⎪⎩，，，，，．≤≥当12x ≤-时，原不等式可化为52x -->，解得7x <-，此时原不等式的解是7x <-；当142x -<<时，原不等式可化为332x ->，解得53x >，此时原不等式的解是543x <<；当4x ≥时，原不等式可化为52x +>，解得3x >-，此时原不等式的解是4x ≥；综上可知，原不等式的解集为5(,7)(,)3-∞-+∞U（二）加强对不等式“恒成立”、“能成立”、“恰成立”几种模型的识别及求解能力.不等式“恒成立”、“能成立”、“恰成立”是高考的常见模型，解决问题的关键是对其进行恰当的等价转换，并借助函数与方程思想，数形结合思想，利用函数图象、函数最值等来解决问题.复习教学中可通过一题多变强化对上述各种模型的识别，掌握其解决方案.【例题6】(2017高考全国Ⅰ卷23）已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-．（II ）若不等式()()f x g x ≥的解集包含[]1,1-，求a 的取值范围．【解析】（II ）不等式()()f x g x ≥的解集包含[]1,1-等价于()()f x g x ≥在[]1,1-上恒成立，即242x ax -++≥在[]11-，恒成立．即220x ax --≤在[]11-，恒成立．则只须()()2211201120a a ⎧-⋅-⎪⎨----⎪⎩≤≤，解得11a -≤≤．故a 取值范围是[]11-，．【变式一】已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-．若存在]1,1[-∈x 使得不等式()()f x g x ≥成立，求a 的取值范围．【解析】存在]1,1[-∈x 使得不等式()()f x g x ≥成立，等价于存在]1,1[-∈x 使得不等式242x ax -++≥成立，即存在]1,1[-∈x 使得220x ax --≤，等价于]1,1[-∈x 时0)2(min 2≤--ax x .所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤--≤≤-0481212a a 或⎪⎩⎪⎨⎧≤-->02112a a 或⎪⎩⎪⎨⎧≤-+-<02112a a 解得22≤≤-a 或2>a 或2-<a 所以满足条件的a 的取值范围是R .【变式二】已知函数()24f x x ax =-++，()11g x x x =++-．是否存在实数a 的值，使得不等式()()f x g x ≥的解集为[]1,1-，若存在，求a 的取值范围；若不存在说明理由．【解析】由242x ax -++≥的解集为[]1,1-，即220x ax --≤的解集为[]1,1-，得220x ax --=的两根为-1,1，即⎩⎨⎧=--=-+021021a a 方程无解，所以不存在实数a 的值，使得不等式()()f x g x ≥的解集为[]1,1-.（三）关注均值不等式、绝对值不等式性质的应用均值不等式、绝对值不等式性质在求最值、证明不等式等方面都有很重要的作用. 应用均值不等式或绝对值不等式性质求最值时，均应注意等号成立的条件是否具备，仅当等号成立的条件具备时方可应用其求最值，这也是用均值不等式或绝对值不等式性质求最值的一个易错点，应提醒学生关注.【例题7】（2014高考全国课标Ⅰ卷24)若,0,0>>b a 且ab ba =+11 （Ⅰ）求33b a +的最小值；（Ⅱ）是否存在b a ,,使得632=+b a ？并说明理由.11a b =+≥,得2ab ≥,且当a b ==, 故33332b a b a ≥+,且当a b ==,∴33a b +的最小值为.（Ⅱ）由623a b =+≥32ab ≤，又由(Ⅰ)知2ab ≥，二者矛盾，所以不存在,a b ,使得236a b +=成立. 【例题8】已知函数()21f x x =-，x R ∈. （Ⅰ）解不等式()1f x x <+；（Ⅱ）若对于x ，y R ∈，有113x y --≤，1216y +≤求证：()1f x <. 【解析】（Ⅰ）()1f x x <+等价于|21|1x x -<+，即210211x x x -⎧⎨-<+⎩≥或210121x x x -<⎧⎨-<+⎩求得02x <<，故不等式()1f x x <+的解集为(0,2)．（Ⅱ）1|1|3x y --≤Q ，1|21|6y +≤， ∴()|21|f x x =-=|2(1)(21)|x y y --++|2(1)||21|x y y --++≤112136⋅+<≤ 三、典型问题剖析（一）含绝对值不等式的求解【例题9】【2013课标全国Ⅰ，文24】已知函数()|21||2|,() 3.f x x x a g x x =-++=+ （Ⅰ）当2a =-时，求不等式()g()f x x <的解集；（Ⅱ）设1a >-，且当x ∈1,22a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭时，()()f x g x ≤，求a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）法一：当2a =-时，()g()f x x <等价于|21||22|3x x x -+-<+ ①. 当12x ≤时，①等价于21223x x x -+-+<+，从而102x <≤；当112x <≤时，①等价于21223x x x --+<+，从而112x <≤；当1x >时，①等价于21223x x x -+-<+，从而12x <<；综上述知，原不等式的解集为{|02}.x x <<法二：当2a =-时，不等式()g()f x x <化为|21||22|30.x x x -+---< 设函数y |21||22|3x x x =-+---，则15,,212,1,236, 1.x x y x x x x ⎧-<⎪⎪⎪=--≤≤⎨⎪->⎪⎪⎩其图像如图所示．从图像可知，当且仅当(0,2)x ∈时，0y <. 所以原不等式的解集是{|02}.x x <<（Ⅱ）当1,22a x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，()1f x a =+. 不等式()g()f x x <化为13a x +≤+. 所以2x a >+对x ∈1,22a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭都成立．故22a a -≥-，即43a ≤，从而a 的取值范围是41,3⎛⎤- ⎥⎝⎦.【评析】对于含绝对值的不等式的求解方法一般采用零点分段法，其解题步骤大致为：①求零点；②分区间、去绝对值号；③分别解各区间上所得不等式；④取所得结果的并集. 注意在分段时不要遗漏区间的端点值．也可以采用图像法，通过作出函数图像，利用数形结合的思想求解.【例题10】2016课标1卷已知函数321)(--+=x x x f . （Ⅰ）在右图中画出)(x f y =的图像；（Ⅱ）求不等式1)(>x f 的解集. 【解析】（Ⅰ）4,1,3()32,1,234 2.x x f x x x x x ⎧⎪-≤-⎪⎪=--<≤⎨⎪⎪-+>⎪⎩)(x f y =的图像如图所示.（Ⅱ）由()f x 的表达式及图像，当()1f x =时，可得x =1或x =3；当()1f x =-时，可得13x =或5x =，故()1f x >的解集为{}13x x <<；()1f x <-的解集为153x x x ⎧⎫<>⎨⎬⎩⎭或所以1)(>x f 的解集为11353x x x x ⎧⎫<<<>⎨⎬⎩⎭或或.【评析】本题的关键在于能准确作出函数的图像才能通过图像判断不等式的解集. （二）给定条件，求参数的取值范围【例题11】(2012高考全国课标卷24)已知函数()2f x x a x =++- （Ⅰ）当3a =-时,求不等式()3f x ≥的解集；（Ⅱ）若()4f x x ≤-的解集包含[1,2],求a 的取值范围。