高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题七2第2讲不等式选讲学案

第2讲不等式选讲
绝对值不等式的解法(综合型)
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．
[典型例题]
(2018·太原模拟)已知函数f (x )＝|x ＋m |＋|2x －1|. (1)当m ＝－1时，求不等式f (x )≤2的解集；
(2)若f (x )≤|2x ＋1|的解集包含⎣⎢⎡⎦
⎥⎤34，2，求m 的取值范围． 【解】 (1)当m ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|2x －1|， 当x ≥1时，f (x )＝3x －2≤2，所以1≤x ≤4
3；
当12<x <1时，f (x )＝x ≤2，所以1
2<x <1； 当x ≤12时，f (x )＝2－3x ≤2，所以0≤x ≤12
，
综上可得原不等式f (x )≤2的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
x |0≤x ≤43.
(2)由题意可知f (x )≤|2x ＋1|在⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，2上恒成立，当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤34，2时，
f (x )＝|x ＋m |＋|2x
－1|＝|x ＋m |＋2x －1≤|2x ＋1|＝2x ＋1，所以|x ＋m |≤2，即－2≤x ＋m ≤2，则－2－x ≤m ≤2－x ，且(－2－x )max ＝－114，(2－x )min ＝0，因此m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－114，0.
|x －a |＋|x －b |≥c (或≤c )(c >0)，|x －a |－|x －b |≥c (或≤c )(c >0)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． (1)零点分区间法的一般步骤
①令每个绝对值符号的代数式为零，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． (2)利用绝对值的几何意义
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 (或≤c )(c >0)或|x －a |－|x －
b |≥
c (或≤c )(c >0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
(2018·合肥第一次质量检测)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⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，2x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <12，
1－2x －2x －1≤1 或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，
1－2x ＋2x ＋1≤1，
解得x ≥12或－14≤x <12，
即x ≥－1
4
，
所以原不等式的解集为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－14，＋∞. (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 ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－12，12时等号成立，故m >2.
所以m 的取值范围是(2，＋∞)．
不等式的证明(综合型)
含有绝对值的不等式的性质 |a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |. 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，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
≥3
abc ，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．
(2018·长春质量检测(一))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－abc ab －c >1.
【解】 (1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1| ＝⎩⎪⎨⎪
⎧2，x ≥1，2x ，－1<x <1，－2，x ≤－1，
由|f (x )|<2得－1<x <1，即A ＝{x |－1<x <1}． (2)证明：要证⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，
只需证1＋a 2b 2c 2
>a 2b 2
＋c 2
，只需证1－a 2b 2
>c 2
(1－a 2b 2
)， 只需证(1－a 2b 2
)(1－c 2
)>0，
由a ，b ，c ∈A ，得a 2b 2
<1，c 2
<1，所以(1－a 2b 2
)(1－c 2
)>0恒成立． 综上，⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎪1－abc ab －c
>1.
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．
[对点训练]
(2018·陕西教学质量检测(一))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 ，证明t 2
＋1≥3t
＋3t .
解：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，
2－x ，－1<x <12，
3x ，x ≥1
2
，
所以f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3
或⎩⎪
⎨⎪⎧x ≥1
2，3x ≤3，
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， 所以M ＝[3，＋∞)．
t 2
＋1－3t －3t ＝t 3
－3t 2
＋t －3t ＝（t －3）（t 2
＋1）
t
，
因为t ∈M ，
所以t －3≥0，t 2
＋1>0， 所以（t －3）（t 2＋1）t
≥0，
所以t 2
＋1≥3t
＋3t
.
含绝对值不等式的恒成立问题(综合型)
[典型例题
]
(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
， 所以3x 2－10x －8>0， 解得x <－2
3
或x >4.
故所求不等式的解集为⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，－23∪(4，＋∞)． (2)由已知，设h (x )＝2f (x )＋g (x )＝2|x ＋3|＋|2x －1|＝⎩⎪⎨
⎪⎧－4x －5，x ≤－3，
7，－3<x <12，
4x ＋5，x ≥1
2
.
当x ≤－3时，只需－4x －5>ax ＋4恒成立，即ax <－4x －9恒成立， 因为x ≤－3<0，所以a >－4x －9x ＝－4－9
x
恒成立，
所以a >⎝
⎛⎭⎪⎫－4－9x max ，所以a >－1； 当－3<x <1
2时，只需7>ax ＋4恒成立，即ax －3<0恒成立，
只需⎩⎪⎨⎪⎧－3a －3≤0，12
a －3≤0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－1，a ≤6，所以－1≤a ≤6；
当x ≥1
2时，只需4x ＋5>ax ＋4恒成立，即ax <4x ＋1恒成立．
因为x ≥12>0，所以a <4x ＋1x ＝4＋1
x 恒成立．
因为4＋1x >4，且x →＋∞时，4＋1
x
→4，
所以a ≤4.
综上，a 的取值范围是(－1，4]．
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．
[对点训练]
1．(2018·高考全国卷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 )＝⎩⎪⎨⎪
⎧－2，x ≤－1，2x ，－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． 若a ≤0，则当x ∈(0，1)时|ax －1|≥1；
若a >0，|ax －1|<1的解集为0<x <2a ，所以2
a
≥1，故0<a ≤2.
综上，a 的取值范围为(0，2]．
2．(2018·洛阳第一次联考)已知函数f (x )＝|x ＋1－2a |＋|x －a 2
|，a ∈R ，g (x )＝x
2
－2x －4＋4
（x －1）
2.
(1)若f (2a 2
－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)因为f (2a 2
－1)>4|a －1|， 所以|2a 2
－2a |＋|a 2－1|>4|a －1|， 所以|a －1|(2|a |＋|a ＋1|－4)>0， 所以|2a |＋|a ＋1|>4且a ≠1.
①若a ≤－1，则－2a －a －1>4，所以a <－5
3
；
②若－1<a <0，则－2a ＋a ＋1>4，所以a <－3，此时无解； ③若a ≥0且a ≠1，则2a ＋a ＋1>4，所以a >1. 综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53∪(1，＋∞)． (2)因为g (x )＝(x －1)2
＋4
（x －1）
2－5
≥2
（x －1）2
·
4
（x －1）
2－5＝－1，显然可取等号，
所以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 －a 2
|≥|(x ＋1－2a )－(x －a 2
)|＝(a －1)2
， 所以(a －1)2
≤1，所以－1≤a －1≤1，所以0≤a ≤2，即a ∈[0，2]．
1．(2018·高考全国卷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．(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)设F (x )＝|x －1|＋|x ＋1| ＝⎩⎪⎨⎪
⎧－2x ，x <－1，2，－1≤x <1，G （x ）＝2－x ，2x ，x ≥1. 由F (x )≥G (x )解得{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 <m 2时，g (x )＝x －m ＋m －2x ＝－x ，则－m
2<g (x )<－m ；
当x ≥m 2时，g (x )＝x －m ＋2x －m ＝3x －2m ，则g (x )≥－m
2. 则g (x )的值域为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
－m
2，＋∞，
不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空，即1>－m
2，解得m >－2，
由于m <0，则m 的取值范围是(－2，0)．
3．(2018·石家庄质量检测(一))已知函数f (x )＝|ax －1|－(a －2)x . (1)当a ＝3时，求不等式f (x )>0的解集；
(2)若函数f (x )的图象与x 轴没有交点，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝3时，不等式可化为|3x －1|－x >0，即|3x －1|>x ， 所以3x －1<－x 或3x －1>x ，即x <14或x >1
2
，
所以不等式f (x )>0的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
x |x <14或x >12.
(2)当a >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≥1
a
，
2（1－a ）x ＋1，x <1
a ，
要使函数f (x )的图象与x 轴无交点， 只需⎩⎪⎨⎪⎧2a －1>0，
2（1－a ）≤0，
即1≤a <2；
当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1，函数f (x )的图象与x 轴有交点，不合题意；
当a <0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤1
a
，
2（1－a ）x ＋1，x >1
a
，
要使函数f (x )的图象与x 轴无交点， 只需⎩⎪⎨⎪⎧2a －1<0，
2（1－a ）≤0，
此时无解．
综上可知，若函数f (x )的图象与x 轴无交点，则实数a 的取值范围为[1，2)． 4．(2018·高考全国卷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，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.
5．(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋1|. (1)当a ＝1时，求f (x )≤2的解集；
(2)若g (x )＝4x 2
＋ax －3.当a >－1且x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－12，a 2时，f (x )≥g (x )，求实数a 的取值范
围．
解：(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x ，x <－
1
2
2，－12≤x ≤1
24x ，x >12
.
当x <－1
2
时，f (x )≤2无解；
当－12≤x ≤1
2时，f (x )≤2的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫x |－12≤x ≤12；
当x >1
2
时，f (x )≤2无解．
综上所述，f (x )≤2的解集为⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
x |－12≤x ≤12.
(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－12，a 2时，f (x )＝(a －2x )＋(2x ＋1)＝a ＋1，所以f (x )≥g (x )可化为a ＋
1≥g (x )．
又g (x )＝4x 2
＋ax －3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，a 2上的最大值必为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12、g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2之一，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋1≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋1≥g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，
即⎩
⎪⎨⎪⎧a ≥－2－43≤a ≤2，即－4
3≤a ≤2.
又a >－1，所以－1<a ≤2，所以a 的取值范围为(－1，2]． 6．(2018·南昌模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋3a 2
|. (1)当a ＝0时，求不等式f (x )＋|x －2|≥3的解集；
(2)若对于任意函数x ，不等式|2x ＋1|－f (x )<2a 恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝0时，不等式可化为|2x |＋|x －2|≥3，
得⎩
⎪⎨⎪⎧x <0－2x ＋2－x ≥3或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤22x ＋2－x ≥3或⎩⎪⎨⎪⎧x >2
2x ＋x －2≥3， 解得x ≤－1
3
或x ≥1，
所以当a ＝0时，不等式f (x )＋|x －2|≥3的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13∪[1，＋∞)． (2)对于任意实数x ，不等式|2x ＋1|－f (x )<2a 恒成立，即|2x ＋1|－|2x ＋3a 2
|<2a 恒成
立．
因为|2x ＋1|－|2x ＋3a 2|≤|2x ＋1－2x －3a 2|＝|3a 2－1|，
所以要使原不等式恒成立，只需|3a 2－1|<2a .
当a <0时，无解；当0≤a ≤
33时，1－3a 2<2a ，解得13<a ≤33； 当a >33时，3a 2－1<2a ，解得33
<a <1. 所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，1. 7．(2018·福州模拟)已知函数f (x )＝x 2
－|x |＋1.
(1)求不等式f (x )≥2x 的解集； (2)若关于x 的不等式f (x )≥⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x
2＋a 在[0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)不等式f (x )≥2x 等价于x 2－|x |－2x ＋1≥0，①
当x ≥0时，①式化为x 2－3x ＋1≥0，
解得x ≥3＋52或0≤x ≤3－52
； 当x <0时，①式化为x 2－x ＋1≥0，
解得x <0，综上所述，不等式f (x )≥2x 的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |x ≤3－52或x ≥3＋52. (2)不等式f (x )≥⎪⎪⎪⎪
⎪⎪x 2＋a 在[0，＋∞)上恒成立， 等价于－f (x )≤x 2
＋a ≤f (x )在[0，＋∞)上恒成立， 等价于－x 2＋x －1≤x 2
＋a ≤x 2
－x ＋1在[0，＋∞)上恒成立， 等价于－x 2＋12x －1≤a ≤x 2－32
x ＋1在[0，＋∞)上恒成立， 由－x 2＋12x －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142－1516≤－1516(当且仅当x ＝14时取等号)， x 2－32x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342＋716≥716(当且仅当x ＝34时取等号)， 所以－1516≤a ≤716
， 综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－1516，716. 8．(2018·武汉调研)已知函数f (x )＝x 2
＋2，g (x )＝|x －a |－|x －1|，a ∈R .
(1)若a ＝4，求不等式f (x )>g (x )的解集；
(2)若对任意x 1，x 2∈R ，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝4时，不等式f (x )>g (x )为x 2＋2>|x －4|－|x －1|，
g (x )＝|x －4|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≥4，－2x ＋5，1<x <4，3，x ≤1.
①当x ≥4时，x 2＋2>－3恒成立，所以x ≥4.
②当1<x <4时，x 2＋2>－2x ＋5，即x 2＋2x －3>0，得x >1或x <－3， 所以1<x <4.
③当x ≤1时，x 2＋2>3，则x >1或x <－1，所以x <－1.
由①②③可知不等式f (x )>g (x )的解集为{x |x <－1或x >1}．
(2)当a ≥1时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－a ，x ≥a ，a ＋1－2x ，1<x <a ，a －1，x ≤1，
所以g (x )的最大值为a －1.
要使f (x 1)≥g (x 2)，只需2≥a －1，则a ≤3，
所以1≤a ≤3.
当a <1时，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋1，x ≥1，2x －a －1，a <x <1，a －1，x ≤a
所以g (x )的最大值为1－a .
要使f (x 1)≥g (x 2)，只需2≥1－a ，则a ≥－1，所以－1≤a <1. 综上，实数a 的取值范围是[－1，3].。