2019高考数学高分突破二轮复习练习：专题七第2讲不等式选讲Word版含解析
2019高考数学(文科)二轮复习(全国通用版)：专题七 第2讲 不等式选讲Word版含答案
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·乌鲁木齐模拟)设函数f(x)＝|2x－a|＋5x，其中a>0.(1)当a＝3时，求不等式f(x)≥5x＋1的解集；(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．解(1)当a＝3时，不等式f(x)≥5x＋1即为|2x－3|＋5x≥5x＋1，2x－3≥1，∴||解得x≥2或x≤1.∴不等式的解集为{x|x≤1或x≥2}．2x－a＋5x≤0，(2)由f(x)≤0，得||解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a 2，7x －a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a 2，3x ＋a ≤0，又a >0，∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－a 3， 由题意得－a 3＝－1， 解得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 (2018·江西省景德镇市第一中学模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x ＋3|.(1)解不等式f (x )<2x ＋10；(2)若不等式f (x )≤m |x ＋2|有解，求m 的取值范围． 解 (1)f (x )＝⎩⎨⎧－3x －4，x ≤－32，x ＋2，－32<x <－1，3x ＋4，x ≥－1，由f (x )<2x ＋10， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－32，－3x －4<2x ＋10或⎩⎪⎨⎪⎧ －32<x <－1，x ＋2<2x ＋10 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥－1，3x ＋4<2x ＋10，得x ∈⎝⎛⎭⎫－145，6. (2)①若x ＝－2，显然无解；②若x ≠－2，则m ≥|x ＋1|＋|2x ＋3||x ＋2|，令g (x )＝|x ＋1|＋|2x ＋3||x ＋2|≥|(2x ＋3)－(x ＋1)||x ＋2|＝1⎝⎛⎭⎫当且仅当－32≤x ≤－1时等号成立， ∴m ≥1.即m 的取值范围是[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·上饶模拟)已知函数f (x )＝|3x －1|＋|3x ＋k |，g (x )＝x ＋4.(1)当k ＝－3时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)设k >－1，且当x ∈⎣⎡⎭⎫－k 3，13时，都有f (x )≤g (x )，求k 的取值范围． 解 (1)当k ＝－3时，f (x )＝|3x －1|＋|3x －3|＝⎩⎨⎧－6x ＋4，x <13，2，13≤x ≤1，6x －4，x >1， 故不等式f (x )≥4可化为 ⎩⎪⎨⎪⎧ x >1，6x －4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧ 13≤x ≤1，2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧ x <13，－6x ＋4≥4， 解得x ≤0或x ≥43， ∴所求不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤0或x ≥43. (2)当x ∈⎣⎡⎭⎫－k 3，13时， 由k >－1，得3x －1<0,3x ＋k ≥0，∴f (x )＝1＋k ，不等式f (x )≤g (x )可变形为1＋k ≤x ＋4，故k ≤x ＋3对x ∈⎣⎡⎭⎫－k 3，13恒成立，即k ≤－k 3＋3， 解得k ≤94， 又k >－1，故－1<k ≤94， ∴k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－1，94. 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 ≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．例3 (2018·山东省名校联盟模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|.(1)解不等式f (x )≤3；(2)若g (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋32＋⎪⎪⎪⎪x －32(x ∈R )，求证：|a ＋1|－|2a －1||a |≤g (x )对∀a ∈R ，且a ≠0恒成立． (1)解 依题意，得f (x )＝⎩⎨⎧ －3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12，于是由f (x )≤3，。
高考数学二轮复习专题七鸭系列第2讲不等式选讲练习理
【2019最新】精选高考数学二轮复习专题七鸭系列第2讲不等式选讲练习理1.已知函数f(x)＝|x＋2|－2|x－1|.(1)解不等式f(x)≥－2.(2)对任意x∈[a，＋∞)，都有f(x)≤x－a成立，求实数a的取值范围.解(1)f(x)＝f(x)≥－2，当x≤－2时，x－4≥－2，即x≥2，所以x∈∅；当－2＜x＜1时，3x≥－2，即x≥－，所以－≤x＜1，当x≥1时，－x＋4≥－2，即x≤6，所以1≤x≤6，综上，不等式f(x)≥－2的解集为.(2)f(x)＝函数f(x)的图象如图所示：令y＝x－a，－a表示直线的纵截距，当直线过(1，3)点时，－a＝2；所以当－a≥2，即a≤－2时成立；当－a＜2，即a＞－2时，令－x＋4＝x－a，得x＝2＋，所以a≥2＋，即a≥4时成立，综上可知a的取值范围为(－∞，－2]∪[4，＋∞).2.已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1，1].(1)求m的值；(2)若a，b，c大于0，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.(1)解 ∵f(x＋2)＝m －|x|，∴f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.由|x|≤m 有解，得m≥0且其解集为{x|－m≤x≤m}.又f(x ＋2)≥0的解集为[－1，1]，故m ＝1.(2)证明 由(1)知＋＋＝1，且a ，b ，c 大于0，a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋＋＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c ≥3＋2＋2＋2＝9.当且仅当a ＝2b ＝3c ＝3时，等号成立.因此a ＋2b ＋3c≥9.3.已知函数f(x)＝|2x －a|＋|2x ＋3|，g(x)＝|x －1|＋2.(1)解不等式：|g(x)|＜5.(2)若对任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)由||x －1|＋2|＜5得－5＜|x －1|＋2＜5，所以－7＜|x －1|＜3，可得不等式的解集为(－2，4).(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(－∞，－5]∪[－1，＋∞).4.设a ，b ，c>0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证：(1)a ＋b ＋c≥；(2) ＋＋≥(＋＋).证明(1)要证a＋b＋c≥，由于a，b，c>0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3.即证：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故需证明：a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca).即证：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可以由ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2 (当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得.∴原不等式成立.(2) ＋＋＝.由于(1)中已证a＋b＋c≥.因此要证原不等式成立，只需证明≥＋＋.即证a＋b＋c≤1，即证a＋b＋c≤ab＋bc＋ca.而a＝≤，b≤，c≤.∴a＋b＋c≤ab＋bc＋ca (a＝b＝c＝时等号成立).∴原不等式成立.5.(2016·许昌、新乡、平顶山模拟)(1)解不等式：|2x－1|－|x|＜1；(2)设f(x)＝x2－x＋1，实数a满足|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1).(1)解当x＜0时，原不等式可化为－2x＋x＜0，解得x＞0，又∵x＜0，∴x不存在；当0≤x＜时，原不等式可化为－2x－x＜0，解得x ＞0，又∵0≤x＜，∴0＜x ＜；当x≥时，原不等式可化为2x －1－x ＜1.解得x ＜2，又∵x≥，∴≤x＜2，综上，原不等式的解集为{x|0＜x ＜2}.(2)证明 |f(x)－f(a)|＝|x2－x －a2＋a|＝|x －a|·|x＋a －1|＜|x ＋a －1|＝|x －a ＋2a －1|≤|x－a|＋|2a －1|＜1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，∴|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1).6.(2016·全国Ⅱ卷)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|.(1)解 f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x≤－12，1，－12<x<12，2x ，x≥12.当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1<x≤－；当－<x<时，f(x)<2；当x≥时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，所以－<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＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0，即(a ＋b)2<(1＋ab)2，因此|a ＋b|<|1＋ab|.。
高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题七 选考系列 第2讲 不等式选讲课件
3．已知函数 f(x)＝|x|＋|x＋1|. (1)若任意 x∈R ，恒有 f(x)≥λ 成立，求实数 λ 的取值范围． (2)若存在 m∈R ，使得 m2＋2m＋f(t)＝0 成立，求实数 t 的 取值范围． 解：(1)由 f(x)＝|x|＋|x＋1|≥|x－(x＋1)|＝1 知， f(x)min＝1， 欲使任意 x∈R ，恒有 f(x)≥λ 成立， 则需满足 λ≤f(x)min， 所以实数 λ 的取值范围为(－∞，1]．
12/11/2021
－2t－1，t<－1， (2)由题意得 f(t)＝|t|＋|t＋1|＝1，－1≤t≤0，
2t＋1，t>0， 存在 m∈R ，使得 m2＋2m＋f(t)＝0 成立， 即有 Δ＝4－4f(t)≥0， 所以 f(t)≤1， 又 f(t)≤1 可等价转化为t－<－2t－1，1≤1 或1－≤11≤t≤0，或t2>t＋0，1≤1， 所以实数 t 的取值范围为[－1，0]．
12/11/2021
[跟踪训练] 1．在本例条件下，若 f(x)≤|x＋1|的解集包含32，3，求 a 的取
值范围． 解：由题意可知 f(x)≤|x＋1|在32，3上恒成立， 当 x∈32，3时， f(x)＝|2x－a|＋|x－1|
＝|2x－a|＋x－1≤|x＋1|＝x＋1，
∴|2x－a|≤2，即 2x－2≤a≤2x＋2，
[解] (1)当 a＝2 时，不等式 f(x)>1 即|x＋1|－|2x－3|>1. 当 x≤－1 时，原不等式可化为－x－1＋2x－3>1，解得 x>5，因为 x≤ －1，所以此时原不等式无解；当－1<x≤32时，原不等式可化为 x＋1＋2x －3>1，解得 x>1，所以 1<x≤32； 当 x>32时，原不等式可化为 x＋1－2x＋3>1，解得 x<3，所以32<x<3. 综12/1上1/20，21 原不等式的解集为{x|1<x<3}．
2019高考数学二轮复习 专题七 选考内容 第二讲 不等式选讲课件 理
考点三
含绝对值不等式的 恒成立问题
[典例感悟]
[典例] (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；
[解] 当 a＝1 时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即 f(x)＝－ 2x，2，－x≤1<－x<11，， 2，x≥1.
故不等式 f(x)>1 的解集为xx>12
.
(2)若 x∈(0,1)时不等式 f(x)>x 成立，求 a 的取值范围．
[解] 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；
[典例感悟] [典例] (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；
[解] 当 a＝1 时，f(x)＝22，x＋－4，1≤xx<≤－21，， －2x＋6，x>2.
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}．
2019高考数学二轮复习专题七选考内容第二讲不等式选讲课件理
主元法
数形 结合法
优势，可直接解决问题
1
考点一
绝对值不等式 的解法
考点二
不等式的证明
考点三
含绝对值不等式的 恒成立问题
分离 参数法 更换
运用“f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a，f(x)≥a恒成立
⇔ f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问
题 对于一些含参不等式恒成立问题，若直接从主元入
手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度， 将主元与参数互换，常可得到简捷的解法 在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问 题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的
2019届高考数学二轮复习专题七鸭系列第2讲不等式选讲学案理
第2讲 不等式选讲高考定位 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最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，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.真 题 感 悟1.(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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧－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. 2.(2017·全国Ⅰ卷)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 (1)当a ＝1时，f (x )＝－x 2＋x ＋4， g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x >1，2，－1≤x ≤1，－2x ，x <－1.①当x >1时，f (x )≥g (x －x 2＋x ＋4≥2x ，解之得1<x ≤17－12. ②当－1≤x ≤1时，f (x )≥g (x x －2)(x ＋1)≤0，则－1≤x ≤1.③当x <－1时，f (x )≥g (x x 2－3x －4≤0，解得－1≤x ≤4，又x <－1，∴不等式此时的解集为空集. 综上所述，f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤17－12. (2)依题意得：－x 2＋ax ＋4≥2在[－1，1]上恒成立. 则x 2－ax －2≤0在[－1，1]上恒成立.则只需⎩⎪⎨⎪⎧12－a ·1－2≤0，（－1）2－a （－1）－2≤0，解之得－1≤a ≤1. 故a 的取值范围是[－1，1].考 点 整 合1.绝对值不等式的性质定理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.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直观求解.(2)利用零点分段法求解.(3)构造函数，利用函数的图象求解. 4.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 ＋b2≥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 ＋c3≥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 nn≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立.热点一 绝对值不等式的解法【例1】 (2018·衡水中学质检)已知函数f (x )＝|2x －2|＋|x ＋3|. (1)求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )>1x＋a 的解集包含[2，3]，求实数a 的取值范围.解 (1)依题意得|2x －2|＋|x ＋3|≥3x ＋2， 当x <－3时，原不等式可化为2－2x －x －3≥3x ＋2， 解得x ≤－12，故x <－3；当－3≤x ≤1时，原不等式可化为2－2x ＋x ＋3≥3x ＋2， 解得x ≤34，故－3≤x ≤34；当x >1时，原不等式可化为2x －2＋x ＋3≥3x ＋2，无解. 综上所述，不等式f (x )≥3x ＋2的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34.(2)依题意，|2x －2|＋|x ＋3|>1x＋a 在[2，3]上恒成立，则3x ＋1－1x>a 在[2，3]上恒成立.又因为g (x )＝3x ＋1－1x在[2，3]上为增函数，所以有3×2＋1－12>a ，解得a <132.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，132. 探究提高 1.含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想.2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.【训练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.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.又|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，＋∞). 热点二 不等式的证明【例2】 (2017·全国Ⅱ卷)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 ＋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 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，因此a ＋b ≤2.探究提高 1.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.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.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法. 【训练2】 (2018·济南调研)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)解不等式f (x )＋f (2x ＋5)≥x ＋9；(2)若a >0，b >0，且1a ＋4b ＝2，证明：f (x ＋a )＋f (x －b )≥92，并求f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ，b 的值.解 (1)f (x )＋f (2x ＋5)＝|x －1|＋|2x ＋4|≥x ＋9， 当x ≤－2时，不等式为4x ≤－12， 解得x ≤－3，故x ≤－3，当－2<x <1时，不等式为5≥9，不成立；当x ≥1时，不等式为2x ≥6，解得x ≥3，故x ≥3， 综上所述，不等式的解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞). (2)f (x ＋a )＋f (x －b )＝|x ＋a －1|＋|x －b －1| ≥|x ＋a －1－(x －b －1)|＝|a ＋b |＝a ＋b (a >0，b >0). 又1a ＋4b＝2，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2b ＝52＋b 2a ＋2ab≥52＋2b 2a ·2a b ＝92， 当且仅当b 2a ＝2ab ，即b ＝2a 时“＝”成立；由⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2a ，1a ＋4b ＝2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.综上所述，f (x ＋a )＋f (x －b )≥92，当f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ＝32，b ＝3.热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)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.探究提高 1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决.2.本题分离参数m ，对含绝对值符号的函数g (x )分段讨论，求出g (x )的最大值，进而求出m 的取值范围，优化解题过程.【训练3】 (2018·郑州调研)设函数f (x )＝|x ＋a |＋2a . (1)若不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立，求实数k 的取值范围. 解 (1)因为|x ＋a |＋2a ≤1，所以|x ＋a |≤1－2a ， 所以2a －1≤x ＋a ≤1－2a ，所以a －1≤x ≤1－3a . 因为不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝－2，1－3a ＝4，解得a ＝－1.(2)由(1)得f (x )＝|x －1|－2. 不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立， 只需f (x )min ≥k 2－k －4，所以－2≥k 2－k －4，即k 2－k －2≤0， 所以k 的取值范围是[－1，2].1.绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法、几何法(利用绝对值几何意义)、构造函数法.前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用.2.利用绝对值三角不等式定理|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件.不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.3.分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，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.1.(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立，求实数a 的取值范围.解 ∵f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |≤|(2x ＋3)＋(1－2x )|＝4.画出f (x )的图象，如图所示：∴f (x )max ＝4.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立. ∴|3a －1|<4，解之得－1<a <53，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－1，53.2.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)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 要证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 .(2)必要性：若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2， 即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . ∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .充分性：若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2， ∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . ∵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. 3.(2018·南宁联考)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 2a≥4.(1)解 当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，故x ≥43；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，故x ≤－23.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≥43或x ≤－23.(2)证明 ∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3| ≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4， ∴m ＝4，则a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a＋a ≥2b ， ∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ，∴a 2b ＋b 2a≥a ＋b ＝4， 当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.4.(2018·全国Ⅰ卷)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.则当x ≥1时，f (x )＝2>1恒成立，所以x ≥1； 当－1<x <1时，f (x )＝2x >1，所以12<x <1；当x ≤－1时，f (x )＝－2<1.故不等式f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >12.(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⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <2a ，所以2a≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0，2].5.(2016·全国Ⅱ卷)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 |.(1)解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2，解得x >－1，所以－1<x ≤－12；当－12<x <12时，f (x )<2恒成立.当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以12<x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}. (2)证明 由(1)知，a ，b ∈(－1，1)， 从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1 ＝(a 2－1)(1－b 2)<0，所以(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |.6.(2018·武汉二模)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －1x ，a 为实数.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )>4的解集； (2)求f (a )的最小值.解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )>4， 即f (x )＝|x ＋1|＋|x －1||x |>4，①当x <－1时，得f (x )＝2>4，无解；②当x ∈[－1，0)∪(0，1]时，得f (x )＝2|x |>4，即|x |<12，解得－12<x <0或0<x <12；③当x >1时，得f (x )＝2>4，无解；综上不等式f (x )>4的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.(2)f (a )＝|a 2＋1|＋|a 2－1||a |＝a 2＋1＋|a 2－1||a |，①当a <－1或a >1时，f (a )＝2a 2|a |＝2|a |>2， ②当－1≤a ≤1且a ≠0时，f (a )＝2|a |≥2， 综上知，f (a )的最小值为2.7.已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，若存在实数x 使得f (x )<2成立.(1)求实数m 的值；(2)若α，β>1，f (α)＋f (β)＝6，求证：4α＋1β≥94. (1)解 因为|x －m |＋|x |≥|x －m －x |＝|m |，要使|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.∵m ∈N *，∴m ＝1.(2)证明 α，β>1，f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝6，∴α＋β＝4，∴4α＋1β＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β) ＝14⎝⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝94， 当且仅当4βα＝αβ， 即α＝83，β＝43时“＝”成立， 故4α＋1β≥94. 8.(2018·江南十校联考)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤1的解集；(2)设关于x 的不等式f (x )≤－2x ＋1的解集为P ，且⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14P ，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|＝|x ＋1|＋|2x ＋1|，f (x x ＋1|＋|2x ＋1|≤1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ＋1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ＋1＋2x ＋1≤1.即⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ≤－13. 解得x ＝－1或－1<x <－12或－12≤x <－13. 所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1≤x ≤－13. (2)依题意，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14时，不等式f (x )≤－2x ＋1， 即|x ＋a |＋|2x ＋1|≤－2x ＋1在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14上恒成立， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12时，|x ＋a |－2x －1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤2，所以－2－x ≤a ≤2－x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12恒成立， 所以(－2－x )max ≤a ≤(2－x )min ，即－1≤a ≤52. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14时，|x ＋a |＋2x ＋1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤－4x .所以3x ≤a ≤－5x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14恒成立. 所以(3x )max ≤a ≤(－5x )min ，即－34≤a ≤54. 综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，54.。
【2019-2020】高考数学二轮复习专题七选考系列第2讲不等式选讲练习
【2019-2020】高考数学二轮复习专题七选考系列第2讲不等式选讲练习高考定位 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最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，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.真 题 感 悟1.(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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧－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5.2.(2017·全国Ⅰ卷)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 (1)当a ＝1时，f (x )＝－x 2＋x ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x >1，2，－1≤x ≤1，－2x ，x <－1.①当x >1时，f (x )≥g (x－x 2＋x ＋4≥2x ， 解之得1<x ≤17－12. ②当－1≤x ≤1时，f (x )≥g (xx －2)(x ＋1)≤0， 则－1≤x ≤1.③当x <－1时，f (x )≥g (xx 2－3x －4≤0，解得－1≤x ≤4， 又x <－1，∴不等式此时的解集为空集.综上所述，f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤17－12. (2)依题意得：－x 2＋ax ＋4≥2在[－1，1]上恒成立.则x 2－ax －2≤0在[－1，1]上恒成立.则只需⎩⎪⎨⎪⎧12－a ·1－2≤0，（－1）2－a （－1）－2≤0，解之得－1≤a ≤1. 故a 的取值范围是[－1，1].考 点 整 合1.绝对值不等式的性质定理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.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直观求解.(2)利用零点分段法求解.(3)构造函数，利用函数的图象求解.4.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 ≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立.热点一 绝对值不等式的解法【例1】 (2018·衡水中学质检)已知函数f (x )＝|2x －2|＋|x ＋3|.(1)求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )>1x＋a 的解集包含[2，3]，求实数a 的取值范围. 解 (1)依题意得|2x －2|＋|x ＋3|≥3x ＋2，当x <－3时，原不等式可化为2－2x －x －3≥3x ＋2，解得x ≤－12，故x <－3； 当－3≤x ≤1时，原不等式可化为2－2x ＋x ＋3≥3x ＋2，解得x ≤34，故－3≤x ≤34； 当x >1时，原不等式可化为2x －2＋x ＋3≥3x ＋2，无解.综上所述，不等式f (x )≥3x ＋2的解集为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，34. (2)依题意，|2x －2|＋|x ＋3|>1x＋a 在[2，3]上恒成立， 则3x ＋1－1x>a 在[2，3]上恒成立. 又因为g (x )＝3x ＋1－1x在[2，3]上为增函数，所以有3×2＋1－12>a ，解得a <132. 故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，132. 探究提高 1.含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想.2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.【训练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.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.又|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，＋∞).热点二 不等式的证明【例2】 (2017·全国Ⅱ卷)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 ＋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 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，因此a ＋b ≤2.探究提高 1.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.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.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法.【训练2】 (2018·济南调研)已知函数f (x )＝|x －1|.(1)解不等式f (x )＋f (2x ＋5)≥x ＋9；(2)若a >0，b >0，且1a ＋4b ＝2，证明：f (x ＋a )＋f (x －b )≥92，并求f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ，b 的值.解 (1)f (x )＋f (2x ＋5)＝|x －1|＋|2x ＋4|≥x ＋9，当x ≤－2时，不等式为4x ≤－12，解得x ≤－3，故x ≤－3，当－2<x <1时，不等式为5≥9，不成立；当x ≥1时，不等式为2x ≥6，解得x ≥3，故x ≥3，综上所述，不等式的解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞).(2)f (x ＋a )＋f (x －b )＝|x ＋a －1|＋|x －b －1|≥|x ＋a －1－(x －b －1)|＝|a ＋b |＝a ＋b (a >0，b >0).又1a ＋4b＝2， 所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2b ＝52＋b 2a ＋2a b≥52＋2b 2a ·2a b ＝92， 当且仅当b 2a ＝2a b，即b ＝2a 时“＝”成立； 由⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2a ，1a ＋4b ＝2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.综上所述，f (x ＋a )＋f (x －b )≥92， 当f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ＝32，b ＝3. 热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)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. 探究提高 1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决.2.本题分离参数m ，对含绝对值符号的函数g (x )分段讨论，求出g (x )的最大值，进而求出m 的取值范围，优化解题过程.【训练3】 (2018·郑州调研)设函数f (x )＝|x ＋a |＋2a .(1)若不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立，求实数k 的取值范围.解 (1)因为|x ＋a |＋2a ≤1，所以|x ＋a |≤1－2a ，所以2a －1≤x ＋a ≤1－2a ，所以a －1≤x ≤1－3a .因为不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝－2，1－3a ＝4，解得a ＝－1. (2)由(1)得f (x )＝|x －1|－2.不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立，只需f (x )min ≥k 2－k －4，所以－2≥k 2－k －4，即k 2－k －2≤0，所以k 的取值范围是[－1，2].1.绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法、几何法(利用绝对值几何意义)、构造函数法.前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用.2.利用绝对值三角不等式定理|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件.不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.3.分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，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.1.(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立，求实数a 的取值范围.解 ∵f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |≤|(2x ＋3)＋(1－2x )|＝4.画出f (x )的图象，如图所示：∴f (x )max ＝4.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立.∴|3a －1|<4，解之得－1<a <53，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－1，53. 2.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)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 要证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 .(2)必要性：若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd .∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .由(1)得a ＋b >c ＋d . 充分性：若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd .∵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.3.(2018·南宁联考)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 2a≥4. (1)解 当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，故x ≥43； 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，故x ≤－23. ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≥43或x ≤－23. (2)证明 ∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4，∴m ＝4，则a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a＋a ≥2b ， ∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ， ∴a 2b ＋b 2a≥a ＋b ＝4， 当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.4.(2018·全国Ⅰ卷)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.则当x ≥1时，f (x )＝2>1恒成立，所以x ≥1；当－1<x <1时，f (x )＝2x >1，所以12<x <1； 当x ≤－1时，f (x )＝－2<1.故不等式f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >12. (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⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <2a ， 所以2a≥1，故0<a ≤2. 综上，a 的取值范围为(0，2].5.(2016·全国Ⅱ卷)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 |.(1)解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2， 解得x >－1，所以－1<x ≤－12； 当－12<x <12时，f (x )<2恒成立. 当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2， 解得x <1，所以12<x <1. 所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}.(2)证明 由(1)知，a ，b ∈(－1，1)，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1 ＝(a 2－1)(1－b 2)<0，所以(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |. 6.(2018·武汉二模)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －1x ，a 为实数. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>4的解集；(2)求f (a )的最小值.解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )>4，即f (x )＝|x ＋1|＋|x －1||x |>4， ①当x <－1时，得f (x )＝2>4，无解；②当x ∈[－1，0)∪(0，1]时，得f (x )＝2|x |>4， 即|x |<12，解得－12<x <0或0<x <12； ③当x >1时，得f (x )＝2>4，无解；综上不等式f (x )>4的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)f (a )＝|a 2＋1|＋|a 2－1||a |＝a 2＋1＋|a 2－1||a |，①当a <－1或a >1时，f (a )＝2a 2|a |＝2|a |>2， ②当－1≤a ≤1且a ≠0时，f (a )＝2|a |≥2， 综上知，f (a )的最小值为2.7.已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，若存在实数x 使得f (x )<2成立.(1)求实数m 的值；(2)若α，β>1，f (α)＋f (β)＝6，求证：4α＋1β≥94. (1)解 因为|x －m |＋|x |≥|x －m －x |＝|m |，要使|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.∵m ∈N *，∴m ＝1.(2)证明 α，β>1，f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝6，∴α＋β＝4，∴4α＋1β＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β) ＝14⎝⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝94， 当且仅当4βα＝αβ， 即α＝83，β＝43时“＝”成立， 故4α＋1β≥94. 8.(2018·江南十校联考)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤1的解集；(2)设关于x 的不等式f (x )≤－2x ＋1的解集为P ，且⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14P ，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|＝|x ＋1|＋|2x ＋1|，f (x x ＋1|＋|2x ＋1|≤1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ＋1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ＋1＋2x ＋1≤1.即⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ≤－13. 解得x ＝－1或－1<x <－12或－12≤x <－13. 所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1≤x ≤－13. (2)依题意，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14时，不等式f (x )≤－2x ＋1， 即|x ＋a |＋|2x ＋1|≤－2x ＋1在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14上恒成立， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12时，|x ＋a |－2x －1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤2，所以－2－x ≤a ≤2－x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12恒成立， 所以(－2－x )max ≤a ≤(2－x )min ，即－1≤a ≤52. 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14时，|x ＋a |＋2x ＋1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤－4x .所以3x ≤a ≤－5x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14恒成立. 所以(3x )max ≤a ≤(－5x )min ，即－34≤a ≤54. 综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，54.。
高考数学(理)二轮专题复习(检测)：专题七第2讲不等式选讲 Word版含解析
专题七 选修4系列第2讲 不等式选讲1．(2014·全国Ⅰ卷)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．(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －（x －a ）＝1a＋a ≥2.当且仅当“1a＝a ，即a ＝1时”取等号，∴f (x )≥2. (2)解：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. 2．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．(导学号 55460156)(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.(1)解：∵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. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．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：(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]．4．(2016·长郡模拟)已知正实数a ，b 满足：a 2＋b 2＝2ab .(导学号 55460157)(1)求1a ＋1b的最小值m ； (2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的实数m 是否存在实数x ，使得f (x )＝m 2成立，说明理由． 解：(1)∵2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ， ∴ab ≥ab (a >0，b >0)，则ab ≤1，又1a ＋1b ≥2ab≥2， 当且仅当a ＝b 时取等号，∴1a ＋1b的最小值m ＝2. (2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1t －（x －t ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ≥2， 对于(1)中的m ＝2，m 2＝1<2.∴满足条件的实数x不存在．5．(2016·石家庄质检)已知函数f(x)＝|x|＋|x－1|.(导学号55460158)(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.(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，a2＋b2＝2，由a2＋b2≥2ab，知ab≤1，①又a＋b≥2ab，则(a＋b)ab≤2ab，由①知，ab≤1，故a＋b≥2ab.6．(2016·广州调研)已知函数f(x)＝|x＋1|.(导学号55460159)(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)．(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<－1时，原不等式可化为x＋1<－2x－2，解得x<－1，2此时原不等式无解；③当x≥－1时，原不等式可化为x＋1<2x，解得x>1.2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高考数学二轮学科素养 专题7 不等式 Word版含答案
专题7 不等式组时，原不等式的解集为，小于0 ]道题目代数证明方法很多，就不一一列．）的距离的平方整数的点，则整的取值范围．的最小值．1316＋（m的值恒大于零，x＝1．【答案】D2．【答案】B【解析】原不等式为（x –a ）（x –1）≤0，当a <1时，不等式的解集为[a ，1]，此时只要a ≥–4即可，即–4≤a <1；当a ＝1时，不等式的解为x ＝1，此时符合要求；当a >1时，不等式的解集为[1，a ]，此时只要a ≤3即可，即1<a ≤3．综上可得–4≤a ≤3．故选B ． 3．【答案】（–∞，4）【解析】若x >0，则–x <0，则f （–x ）＝bx 2＋3x ．因为f （x ）为奇函数，所以f （–x ）＝–f （x ），即bx 2＋3x ＝–x 2–ax ，可得a ＝–3，b ＝–1，所以f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ，x ≥0，－x 2－3x ，x ＜0.当x ≥0时，由x 2–3x ＜4解得0≤x ＜4；当x ＜0时，由–x 2–3x ＜4解得x ＜0，所以不等式f （x ）＜4的解集为（–∞，4）．5．【答案】B【解析】作出可行域如图所示，设直线l ：y ＝x ＋z ，平移直线l ，易知当l 过直线3x –y ＝0与x ＋y –4＝0的交点（1，3）时，z 取得最大值2；当l 与抛物线y ＝12x 2相切时，z 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧z ＝y －x ，y ＝12x 2，消去y 得x 2–2x –2z ＝0，由Δ＝4＋8z ＝0，得z ＝–12，故–12≤z ≤2，故选B ．6．【答案】B【解析】约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示，作直线l ：ax ＋y ＝0，过点（1，1）作l 的平行线l ′，要满足题意，则直线l ′的斜率介于直线x ＋2y –3＝0与直线y ＝1的斜率之间，因此，–12<–a <0，即0<a <12．故选B ．7．【答案】13[1,]78．【答案】–1【解析】不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分，当a ＝0时，只有4个整点（1，1），（0，0），（1，0），（2，0）；当a ＝–1时，增加了（–1，–1），（0，–1），（1，–1），（2，–1），（3，–1）共5个整点，此时，整点的个数共9个，故整数a ＝–1．9．【答案】1122--，【解析】由于210ax bx ++>的解集为{}21x x -<<，所以–2和1是方程2100ax bx a ++=≠（）的两根．由根与系数的关系，得21121b aa ⎧-+=-⎪⎪⎨⎪-⨯=⎪⎩，．解得12a b ==-． 10．【解析】设2()2g x x x =+．∵()0f x >，∴2222x x a a +>-．要使()0f x >在[1,)+∞上恒成立，只需要2()2g x x x =+在[1,)+∞上的最小值大于22a a -即可．∵2()2g x x x =+在[1,)+∞上是单调递增的，∴min ()(1)3g x g ==．∴223a a -<，解此一元二次不等式，得13a -<<．∴实数a 的取值范围是13a -<<．12．【解析】假设存在实数k 符合题设，∵()f x 在(,1]-∞上是减函数∴22sin sin 1k x k x --剟．∵22sin 1k x -?，即221sin k x -?对一切x ∈R 恒成立，且2sin 0x …， ∴210k -…，∴11k-剟．①由22sin sin k x k x --…，得2211(sin )24x k k --+…，则2211(sin )42k k x -+-…对一切x ∈R 恒成立．∵21(sin )2x -的最大值为94，∴21944k k -+…，解得1k -…或2k …．②由①②，知1k =-为符合题意的实数． 13．【答案】A【解析】令f （x ）＝x 2–4x ＝（x –2）2–4，在（0，1]上为减函数，当x ＝1时，f （x ）最小值＝–3，所以m ≤ –3．故选A ．14．【解析】设2sin t x =，4()f t t t=+，则(0,1]t ∈， 而()f t 在(0,1]上为单调递减函数，所以当1t =时，()f t 有最小值，min ()5f t =．所以4()5f t t t =+…，即224sin 5sin x x+…． 15．【解析】设2()(2)f a x a x =-+，∴220ax x -->，即()0f a >．当0x =时，20->不成立．∴0x ≠．∵20x >，∴函数()f a 为增函数，∴要使()0f a >在[]12a ∈，上恒成立， 只需[]min ()0f a >，即10f >（），∴220x x -->，∴12x x -＜或＞． ∴x 的取值范围为{}12|x x x -＜或＞．。
2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第二篇考点七考查角度2不等式选讲Word版含解析
考察角度 2不等式选讲分类透析一解不等式与证明不等式联合例 1 ( 吉大附中 2018 届第四次模拟 ) 已知函数f ( x) =|x-a|.(1) 当a=-2 时, 解不等式f ( x) ≥16-| 2x- 1|.(2)若对于 x 的不等式 f ( x)≤1的解集为[0,2],求证: f ( x) +f ( x+2)≥2a.剖析 (1) 把a=-2 代入不等式 , 依据绝对值不等式的解法 , 即可求出不等式的解集.(2)经过解绝对值不等式 , 联合不等式的解集确立a的值 ; 依据绝对值不等式的解法即可证明 .分析 (1) 当a=- 2 时, 不等式为|x+ 2|+| 2x- 1|≥16.当 x≤- 2时,原不等式可化为 -x- 2- 2x+1≥16,解得 x≤-;当 - 2<x< 时,原不等式可化为 x+2- 2x+1≥16,解得 x≤- 13,不知足,舍去;当 x≥时,原不等式可化为 x+2+2x- 1≥16,解得 x≥5.综上 , 原不等式的解集为-或.(2)由 f ( x)≤1即|x-a| ≤1,解得 a- 1≤x≤a+1.由于 f ( x)≤1的解集是[0,2],因此-,,解得 a=1,进而 f ( x) =|x- 1|.于是证明 f ( x) +f ( x+2)≥2,即证 |x- 1|+|x+ 1| ≥2.由于 |x- 1|+|x+ 1|=| 1-x|+|x+ 1| ≥| 1-x+x+1|= 2,因此 |x- 1|+|x+ 1| ≥2,即 f ( x) +f ( x+2)≥2a,证毕 .方法技巧绝对值不等式的常看法法 :①利用绝对值不等式的几何意义求解, 表现了数形联合的思想 ;②利用“零点分段法”求解, 表现了分类议论的思想;③经过结构函数 , 利用函数的图象求解 , 表现了函数与方程的思想.分类透析二解不等式与求参数范围例 2 ( 福建省百校 2018 届高三数学冲刺题 ) 已知函数f ( x) =|x-a|-|x-1|.(1)当 a=2时,求不等式0<f ( x)≤1的解集;(2)若? x∈R,f ( x) ≤a2- 3, 求a的取值范围.剖析 (1) 把a=2 代入f ( x), 分别解不等式f ( x) >0 及f ( x) ≤1, 求交集可得不等式 0<f ( x) ≤1的解集.(2)利用 a2- 3≥f ( x)max成立对于 a 的不等式,求解 a 的取值范围 .分析 (1) 当a=2 时, ∵f(x) =|x- 2|-|x- 1|≤| ( x- 2) - ( x- 1) |= 1,∴f(x) ≤1的解集为 R.由 f ( x) >0,得|x- 2|>|x- 1| ,则|x- 2| 2>|x- 1| 2,即 x2- 4x+4>x2- 2x+1,解得 x< .综上 , 不等式 0<f ( x) ≤1的解集为- ,.(2)∵f(x) =|x-a|-|x- 1|≤|x-a- ( x- 1) |=|a- 1| ,∴|a - 1| ≤a2- 3.①当 a≥1时, a- 1≤a2- 3,即 a2-a- 2≥0,∴a≥2;②当 a<1时,1 -a ≤a2- 3,即 a2+a-4≥0,∴a≤-.综上 , a的取值范围为 - , -∪[2, + ).方法技巧不等式选讲最近几年来多以考察绝对值不等式为主 , 要能够对参数娴熟进行分类议论或许运用绝对值不等式的几何意义进行求解 . 当不等式双侧都含有绝对值时 , 对不等式双侧分别平方能够防止分类议论 , 减少计算量.恒成立问题的解决方法 :(1) f ( x) <m恒成立 , 须有f ( x) max<m;(2) f ( x) >m恒成立 , 须有 f ( x)min>m;(3)不等式的解集为R,即不等式恒成立;(4)不等式的解集为空集,即不等式无解 .分类透析三解不等式与探究性问题例 3 ( 江西师大附中 2018 届高三测试题 ) 已知函数f ( x) =+-, 此中a, b 为正实数 .(1)若 a=b=1,求不等式 f ( x)≤6的解集 .(2)若 f ( x)的最小值为1,问能否存在正实数 a, b,使得不等式 a+4b≥16成立?若存在 , 求出a, b的值 ; 若不存在 , 请说明原因.剖析 (1) 把要解的不等式转变为与之等价的三个不等式组 , 求出每个不等式组的解集 , 再取并集 , 即得所求 ;(2) 利用绝对值三角不等式获得f ( x) 的最小值 , 再联合均值不等式即可获得结果 .分析 (1)当 a=b=1时, f ( x) =|x+4|+|x- 1| ,不等式 f ( x)≤6等价于-,-,,解得-) -- )或)- -)或)-),-≤x≤,故不等式 f ( x)≤6的解集是-,.(2)存在正实数 a=8, b=2.∵f(x) =+ -≥- - =+=1≥ ,≥16, 4 ≥4≥16,∴ab∴a+ b当且仅当 a=4b=8,即 a=8, b=2时,等号成立 .故存在 a=8, b=2,使得不等式 a+4b≥16成立 .方法技巧含绝对值不等式的解法有两个基本方法 : 一是运用零点分区间议论 , 二是利用绝对值的几何意义求解 . 法一是运用分类议论思想,法二是运用数形联合思想 , 将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、浸透 , 解题时加强函数、数形联合与转变化归思想方法的灵巧应用 .1. (2018 年全国Ⅰ卷, 文 23 改编 ) 已知f ( x) =| 2x+1|-|ax-1|.(1)当 a=2时,求不等式 f ( x) > 的解集;(2)若 x∈0,1)时不等式 f ( x) >2x 成立,求 a 的取值范围 .分析(1) 当a=2 时, f ( x) =| 2x+1|-|2x- 1| ,- ,-,即 f ( x) =, -,,,故不等式 f ( x) >的解集为.(2) 当x∈0,1)时,|2x+1|-|ax-1|>2x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,因此不等式 |ax- 1|< 1无解;若 a>0, |ax- 1|< 1的解集为0<x< ,因此≥1, 故 0<a≤2.综上 , a的取值范围为 (0,2] .2. (2016 年全国Ⅱ卷, 文 24 改编 ) 已知函数f ( x) =|x+ 4| , 不等式f ( x) >8-| 2x- 2|的解集为 M.(1)求 M.(2)设 a, b∈M,证明: f ( ab) >f (2 a) -f ( - 2b) .分析 (1)将 f ( x) =|x+ 4| 代入不等式整理得 |x+ 4|+|2x- 2|> 8.①当 x≤- 4时,不等式转变为 -x- 4- 2x+2>8,解得 x<-, 因此此时x≤- 4;②当- 4<x<1时,不等式转变为 x+4+2- 2x>8,解得 x<-2,因此此时 - 4<x<-2;③当 x≥1时,不等式转变为 x+4+2x- 2>8,解得 x>2,因此此时 x>2.综上 , M={ x|x<- 2 或x>2} .4 2 4 2 4 24 2 2,(2) 由于f(2 )( 2 )2≤|=|a -f-b =|a+ |-|-b+ ||a+ + b-a+ b|因此要证 f ( ab) >f (2 a) -f ( - 2b),只要证 |ab+4|>| 2a+2b| ,22即证 ( ab+4) >(2 a+2b) ,2222即证 a b +8ab+16>4a +8ab+4b ,即证 ( a2- 4)( b2- 4) >0.由于 a, b∈M,因此 a2>4, b2>4,22因此 ( a - 4)( b - 4) >0 成立 ,3. (2017 年全国Ⅱ卷, 文 23 改编 ) 已知a>0, b>0, a2+b2=a+b.证明 :(1)( a+b) 2≤2 a2+b2);(2)( a+1)( b+1) ≤4.分析 (1) 由于 ( a+b) 2- 2( a2+b2) =2ab-a2-b2=-( a-b)2≤0, 因此 ( a+b) 2≤2 a2+b2) .(2)由(1) 及a2+b2=a+b得a+b≤2,由于 a>b, b>0,因此0<a+b≤2.由于 ( a+1)(b+1)≤)) =≤4,因此 ( a+1)(b+1)≤4.1. ( 山东省实验中学2018 年第二次高考测试模拟试题) 已知函数f ( x) = |- | -.(1)当 a=1时,求函数 f ( x)的定义域 .(2) 当a∈[1,2] 时, 求证 :[ f ( x)] 2+-≤5.分析 (1) 当a=1 时, f ( x) = | - | - || ,∴|x - 1|-|x+ 1| ≥0,得 ( x- 1) 2≥x+1) 2, 解得x≤0.∴f(x) 的定义域为 ( - ,0] .(2)当 a∈[1,2]时,[ f ( x)]2+ -=|x-a|-+----≤2=2 a+≤5, 当且仅当a=2 时等号成立.2. ( 陕西省咸阳市 2018 年高考信息专递试题 ) 已知函数f ( x) =| 2x+1| ( x∈R).(1)解不等式 f ( x)≤1;(2)设函数 g( x) =f ( x) +f ( x- 1)的最小值为 m,且 a+b=m(a, b>0),求 + 的取值范围 .分析 (1) 由f ( x) ≤1, 即| 2x+1|≤1? - 1≤2x+1≤1, 解得- 1≤x≤0, 故不等式的解集为 { x|- 1≤x≤0} .(2)g( x) =f ( x) +f ( x- 1) =| 2x+1|+| 2x- 1| ≥| 2x+1- (2 x- 1)|= 2,∴a+b=2( a, b>0),∴ + = ( a+b)=≥= ,当且仅当 = ? 2 , 即a=, b=时等号成立.a= b综上 , +的取值范围为,.3. ( 山西省太原市 2018 届高三模拟试题 ) 设函数f ( x) =|x+ 2|+|x- 1|.(1)求 f ( x)的最小值及获得最小值时 x 的取值范围;(2)若对于 x 的不等式 f ( x) +ax-1>0的解集为R,务实数 a 的取值范围 .分析 (1) ∵函数f ( x) =|x+ 2|+|x- 1|≥|x+ 2- ( x- 1) |= 3, 当且仅当( x+2)( x- 1) ≤0时, 等号成立.∴函数 f ( x) =|x+ 2|+|x- 1| 的最小值为3,此时 x 的取值范围为{ x|- 2≤x≤1} .(2)当不等式 f ( x) +ax-1>0的解集为R时,函数 f ( x) >-ax+1恒成立,即 f ( x)的图象恒位于直线 y=-ax+1的上方 .- - ,- ,∵函数 f ( x) =|x+ 2|+|x- 1|=, -,,,而函数 y=-ax+1表示过点(0,1),斜率为-a的一条直线.如下图 , 当直线y=-ax+1 过点A(1,3) 时,3 =-a+1, ∴a=- 2; 当直线 y=-ax+1过点 B( - 2,3)时,3 =2a+1,∴a=1.∴由数形联合可得 a 的取值范围为( - 2,1) .4. ( 湖北师大第一隶属中学2018 届高三 5 月押题 ) 已知函数f ( x) =| 2x- 1|-a ( a∈R).(1) 若f ( x) 在[ - 1,2] 上的最大值是最小值的 2 倍, 解不等式f ( x) ≥5;(2)若存在实数 x 使得 f ( x) < f ( x+1)成立,求 a 的取值范围 .分析 (1) ∵x∈[- 1,2],∴f(x) =f=-a, f ( x)=f ( - 1) =f (2) =3-a ,min max∴3-a=- 2a, 解得a=-3.由不等式 f ( x)≥5,即 | 2x- 1| ≥2,解得 x≥或 x≤- ,故不等式 f ( x)≥5的解集为或-.(2)由 f ( x) < f ( x+1),得 a>| 4x- 2|-| 2x+1| ,令 g( x) =| 4x- 2|-|2x+1| , 问题转变为a>g( x) min.-,- ,又 g( x) = -, -,- ,,故 g( x)min =g=-2, 则2a>- .∴实数 a 的取值范围为( - 2, +) .。
2019届高考数学二轮复习学案 专题七 2 第2讲 不等式选讲 含解析
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；3??，2，求m 的取值范围．x ＋1|的解集包含 (2)若f (x )≤|2 ??4【解】 (1)当m ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|2x －1|，4当x ≥1时，f (x )＝3x －2≤2，所以1≤x ≤； 311当<x <1时，f (x )＝x ≤2，所以<x <1； 2211当x ≤时，f (x )＝2－3x ≤2，所以0≤x ≤， 224??x |0≤x ≤. f (x )≤2的解集为综上可得原不等式?? 3??33????22，，在1|x ＋(x )≤|2＋m |＋2x －(2)由题意可知上恒成立，当x ∈f |mf 时，(x )＝|x ＋|＋|2x －1|＝x ????44111≤|2x ＋1|＝2x ＋1，所以|x ＋m |≤2，即－2≤x ＋m ≤2，则－2－x ≤m ≤2－x ，且(－2－x )＝－，(2－x )minmax 411??0－，的取值范围为m 0，因此. ＝??4|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．利用绝对值的几何意义(2)．对应的点的距离之和与距离之差，bx对应的点到a，|－|x－b|分别表示数轴上与b由于|x－a|＋|x －|与|x－a利用绝对值的几何意义求的不等式，c)(c>0)b|≥c(或≤≤c)(c>0)或|x－a|－|x－|因此对形如|x－a|＋|x－b≥c(或解更直观．]对点训练[1|. －＝|2x合肥第一次质量检测)已知函数f(x)(2018·；1)≤1x)－f(x＋(1)解关于x的不等式f( 的取值范围．1)的解集不是空集，求mm－f(x＋(2)若关于x的不等式f(x)<≤1，1|－|2x＋1|－)f(x＋1)≤1?|2x－解：(1)f(x111????，<xx≥，<－222??或则????11≤x－2x2x －1≤1－－122x－1－1??，≤－x2?或??，≤1＋2x＋11－2x111<，≥或－≤x解得x2241－，即x≥41??∞，＋－所以原不等式的解集为.??4有解，x＋1|<m(2)由条件知，不等式|2x－1|＋|2即可．x＋1|)＋则m>(|2x－1||2min＝2，x＋2x＋1|2|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－＋由于|2x－1|＋|2x1|＝11??，－∈x0x＋1)≥，即时等号成立，故m>2.当且仅当(1－2x)(2??22 )．m的取值范围是(2，＋∞所以)(综合型不等式的证明含有绝对值的不等式的性质|. ba|＋|≤|a±b|≤|a||－|b|几何平均不等式算术—22＝b时，等号成立．≥2ab，当且仅当∈定理1：设a，b R，则aa＋bba ＋时，等号成立．＝ab，当且仅当aba定理2：如果，b为正数，则≥2cb＋a＋3 时，等号成立．＝c，当且仅当≥abca＝bca定理3：如果，b，为正数，则3a＋a＋…＋a n21定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a，a，…，a为n个正数，则≥n12nnaa…a，当且仅当a＝a＝…＝a时，等号成立．n11n22 [典型例题](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；1－abc????>1.∈A，求证：c(2)若a，b，??cab－【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}．1－abc????要证证明：|，(2)|1>1，只需证－abc|>|ab－c??c－ab22222222222)，ab>cc>abb ＋c(1，只需证1－a只需证1＋ab－222)>0，－c(1－a b)(1只需证222222)>0恒成立．ca bb)(1<1，c－<1，所以(1－aa由，b，c∈A，得1－abc????综上，>1. ??cab－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；32＋1≥＋3ttM，若∈M，证明t.1|＋f((2)记函数gx)＝(x)|x＋的值域为t－3x，x≤－1，??1，x<－x，－1<2?2＝x)f解：(1)依题意，得(?1?，xx3，≥2．11????，1x≤－，≥，x－1<x<??22??(x)≤3?或或所以f?3≤3x－??????3x≤≤33，2－x 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，＋∞)．322t－3t＋t－3（t－3）（t＋1）32t＋1－3t－＝＝，ttt 因为t∈M，2＋1>0，3≥0，t所以t－2＋1t）（t－3）（所以≥0，t32＋1≥＋t3t.所以t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|，22，x－|x＋3|1|<|2即2－10x－8>0所以3x，2解得x<－或x>4.32??，－－∞故所求不等式的解集为)．∪(4，＋∞??3－4x－5，x≤－3，??1，<3<x，－7?2)(x＝2|x＋3|＋|21|＝x－＋fx(2)由已知，设h()＝2(x)g?1?.x≥4x ＋5，2当x≤－3时，只需－4x－5>ax＋4恒成立，即ax<－4x－9恒成立，－4x－99因为x≤－3<0，所以a>＝－4－恒成立，xx9??－－4>所以a1>，所以a－；??x max1当－3<x<时，只需7>ax＋4恒成立，即ax－3<0恒成立，2－3a－3≤0，??a≥－1，???所以所以－1≤a≤6；只需?1a≤6，a－3≤0，????21当x≥时，只需4x＋5>ax＋4恒成立，即ax<4x＋1恒成立．24x＋111因为x≥>0，所以a<＝4＋恒成立．2xx11因为4＋>4，且x→＋∞时，4＋→4，xx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)>a；f(x)<a恒成立?f(x)<a；f(x)>a有解?f(x)>a；f(x)<a有解maxminmax?f(x)<a；f(x)>a无解?f(x)≤a；f(x)<a无解?f(x)≥a.minmaxmin(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．－2，x≤－1，??1?2x，－1<x<1，故不等式f(x)>1的解集为，即f(x)＝{x|x>}．1||＝解：(1)当a1时，f(x)＝x＋1|－|x－2??2，x≥1.(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；22若a>0，|ax－1|<1的解集为0<x<，所以≥1，故0<a≤2.aa综上，a的取值范围为(0，2]．422.4＋－2x－，a∈R g(x)＝x－|1＝f(2018·2．洛阳第一次联考)已知函数(x)|x＋－2a＋|xa，|2）1－x（2a的取值范围；1|f(1)若(2a－1)>4|a－，求实数0，求实数a的取值范围．≤yg)(，使，若存在实数(2)xyfx＋()2，1|－a1)>4|－a(2f因为(1)解：22，－1|－1|>4|aa－2a|＋|a所以|2，－4)>0|a＋1|所以|a－1|(2|a|＋1.a≠a＋1|>4且所以|2a|＋|5－；1>4，所以a<－1，则－2a－a－①若a≤33，此时无解；，所以a<－<0，则－2a＋a＋1>4②若－1<a a>1.a＋1>4，所以a≠1，则2a＋③若a≥0且5??，－－∞的取值范围为a．综上所述，∪(1，＋∞)??342－1)5＋(x)＝(x－(2)因为g2）x－1（42·－5＝－1，显然可取等号，（x－1）≥22）－1（x所以g(x)＝－1.min于是，若存在实数x，y，使f(x)＋g(y)≤0，只需f(x)≤1.min222，－1))|＝(ax＋1－2a)－(－xf(x)＝|x＋1－2a|＋|－aa|≥|(x又2≤1，所以－1≤a －1≤1，所以0≤a≤2，即a－所以(a1)∈[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，2x＋4，x≤－1，???2，－1＜x≤2，x)＝f(??－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．1|＋x|＋1|－x|＝)x(F设(1)解：－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；mm当m<x<时，g(x)＝x－m＋m－2x＝－x，则－<g(x)<－m；22mm当x≥时，g(x)＝x －m＋2x－m＝3x－2m，则g(x)≥－.22m??∞－，＋的值域为)g(x，则??2m不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，即1>－，解得m>－2，2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，11所以3x－1<－x或3x－1>x，即x<或x>，4211??x|x<或x>.所以不等式f(x)>0的解集为??24??1?，x≥－1，2x a?x)＝f(2)当a>0时，(1?，x<a）x＋1，2（1－a要使函数f(x)的图象与x轴无交点，2??－1>0，a?即1≤a只需<2；??2（1－a）≤0，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；1?，x≤－1，2x a?x)＝当a<0时，f(1?，>x＋1，xa2（1－）a要使函数f(x)的图象与x 轴无交点，2??－1<0，a?此时无解．只需??2（1－a）≤0，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)．1|.－x|＋1|＋x|2＝)x(f设函数)Ⅲ高考全国卷(2018·．4．(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．1?，，x＜－－3x?2?1f(x)＝解：(1)，12，－≤x＜x＋2??1.≥3x，x的图象如图所示．f(x)y＝(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；1a??2，－∈x1且3.当a>－若g(x)＝4xax＋－)f时，(x)≥g(x，求实数a的取值范围．(2) ??221?－<，x－4x2?11?2，－≤x≤.＝1时，f(x)＝解：(1)当a22??1>，x4x21当x<－时，f(x)≤2无解；21111??x|－≤x≤；(≤时，fx)≤2的解集为x当－≤??2222??1当x>时，f(x)≤2无解．211??x|－≤x≤.的解集为≤xf综上所述，()2??22??a1??，－∈x1≥g()．(2)当x(2x＋1)＝a＋1，所以f(x)≥g(x)可化为a＋(时，f(x)＝a－2x)＋??221???－g≥a＋1??2a1a1???????2－，－之一，则，上的最大值必为g、又g(x)＝4x＋?ga＋1≥??22a≥－??4?，即－≤a即≤2.432－≤a ax－3在g??????2222a??≤??3 a．，2]的取值范围为(－1又a>－1，所以－1<a≤2，所以2|. 3a＝|2x＋6．(2018·南昌模拟)已知函数f(x) 3的解集；x－2|≥f(1)当a＝0时，求不等式(x)＋| a的取值范围．x)<2a恒成立，求实数(2)若对于任意函数x，不等式|2x＋1|－f(，－2|≥3(1)解：当a＝0时，不等式可化为|2x|＋|x>2xx<02≤0≤x??????，得或或???3≥2－x2x＋x－2≥3－2x＋3－x≥22x＋??????1≥1，解得x ≤－或x31??，－∞－的解集为3时，不等式f(x)＋|x－2|≥．∪[1，＋∞)所以当a＝0??32 1|－|2x＋3a恒成立．|<2af(2)对于任意实数x，不等式|2x＋1|－(x)<2a恒成立，即|2x＋222－1|，|＝|3a－|2x＋3a|≤|2x＋1－2x－3a＋因为|2x1|2－1|<2a所以要使原不等式恒成立，只需|3a.3132；a3a≤<2a，解得<当a<0时，无解；当0≤a时，≤1－333332aa<1.－1<2a，解得<当a>时，3331??1，. a的取值范围是所以实数??321.x＋－|x|7．(2018·福州模拟)已知函数f(x)＝的解集；x)≥2x(1)求不等式f(x??a＋)上恒成立，求实数f(x)≥a的取值范围．在[0，＋∞(2)若关于x的不等式??22，①＋1≥－|x|－2≥解：(1)不等式f(x)x2x等价于x02≥0，x1－3x＋0当x≥时，①式化为553－3＋≤；≤x≥或0x解得2221≥0＋－x，当x<0时，①式化为x??5＋533－.x的解集为2(x解得<0，综上所述，不等式fx)≥??或≤xx≥x|22??x??a＋≥)xf(2)上恒成立，∞[0在，＋)不等式(??2．x等价于－f(x)≤＋a≤f(x)在[0，＋∞)上恒成立，2x22－x＋1在[0，＋∞x－1≤＋a≤)上恒成立，等价于－x＋x21322－x＋1在[0，＋∞－1≤a≤x)上恒成立，等价于－x＋x 2221115151??2－x＝－－x1＋x时取等号(当且仅当x＝)，由－－≤－??4162164233773??2－x＝＋x1－x当且仅当x＝时取等号)，＋≥(??4161624157所以－≤a≤，1616157??，－的取值范围是综上所述，实数a.??16162＋2，g(x)＝|x－a＝x|－|x－1|，a∈R. )8．(2018·武汉调研)已知函数f(x(1)若a＝4，求不等式f(x)>g(x)的解集；(2)若对任意x，x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．22112＋2>|x－4|－|x－1|(x)>g(x)为x，解：(1)当a＝4时，不等式f－3，x≥4，???－2x＋5，1<x<4，1|＝4|－|x－|g(x)＝x－??3，x≤1.2＋2>－3恒成立，所以x≥4.①当x≥4时，x22＋2x－3>0，得x>1或x<－3，<4②当1<x时，x＋2>－2x＋5，即x所以1<x<4.2＋2>3，则x>1或x<－1，所以x<③当x≤1时，x－1.由①②③可知不等式f(x)>g(x)的解集为{x|x<－1或x>1}．1－a，x≥a，???，ax<－2x，1<a＋11.a－(xg(2)当a≥1时，(x)＝)的最大值为所以g??a－1，x ≤1，要使f(x)≥g(x)，只需2≥a－1，则a≤3，21所以1≤a≤3.－a＋1，x≥1，???2x－a－1，a<x<1，所以g(x))时，当a<1g(x＝的最大值为1－a.??a－1，x≤a要使f(x)≥g(x)，只需2≥1－a，则a≥－1，所以－1≤a<1.21综上，实数a的取值范围是[－1，3].。
【南方新课堂】2019高考新课标数学(理科)二轮专题复习检测 专题七第2讲不等式选讲 含解析
专题七 选修4系列第2讲 不等式选讲1．(2014·全国Ⅰ卷)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．(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a －（x －a ）＝1a＋a ≥2.当且仅当“1a＝a ，即a ＝1时”取等号，∴f (x )≥2. (2)解：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. 2．已知函数f (x )＝k －|x －3|，k ∈R ，且f (x ＋3)≥0的解集为－1，1]．(导学号 55460156)(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.(1)解：∵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. 当且仅当a ＝2b ＝3c 时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c ≥9.3．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：(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]．(导学号 55460157)(1)求1a ＋1b的最小值m ； (2)设函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t (t ≠0)，对于(1)中求得的实数m 是否存在实数x ，使得f (x )＝m 2成立，说明理由． 解：(1)∵2ab ＝a 2＋b 2≥2ab ，∴ab ≥ab (a >0，b >0)，则ab ≤1，又1a ＋1b ≥2ab≥2， 当且仅当a ＝b 时取等号，∴1a ＋1b的最小值m ＝2. (2)函数f (x )＝|x －t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1t ≥ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1t －（x －t ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ＋t ＝|t |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1t ≥2， 对于(1)中的m ＝2，m 2＝1<2. ∴满足条件的实数x 不存在．5．(2016·石家庄质检)已知函数f (x )＝|x |＋|x －1|.(导学号 55460158)(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a 2＋b 2＝M ，证明：a ＋b ≥2ab .(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，a2＋b2＝2，由a2＋b2≥2ab，知ab≤1，①又a＋b≥2ab，则(a＋b)ab≤2ab，由①知，ab≤1，故a＋b≥2ab.6．(2016·广州调研)已知函数f(x)＝|x＋1|.(导学号55460159)(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)．(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．。
全国通用版2019高考数学二轮复习专题七系列4选讲第2讲不等式选讲学案文
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·乌鲁木齐模拟)设函数f(x)＝|2x－a|＋5x，其中a>0.(1)当a＝3时，求不等式f(x)≥5x＋1的解集；(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值．解(1)当a＝3时，不等式f(x)≥5x＋1即为|2x－3|＋5x≥5x＋1，2x－3≥1，∴||解得x ≥2或x ≤1.∴不等式的解集为{x |x ≤1或x ≥2}． (2)由f (x )≤0，得||2x －a ＋5x ≤0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x≥a 2，7x －a≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x<a 2，3x ＋a≤0，又a >0，∴不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x≤－a 3， 由题意得－a3＝－1，解得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 －2 018－a ＋||2x －2 019，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 －2 018－a ＋||2x －2 019≥||2x －2 018－a －2x ＋2 019＝|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 (2018·江西省景德镇市第一中学模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x ＋3|. (1)解不等式f (x )<2x ＋10；(2)若不等式f (x )≤m |x ＋2|有解，求m 的取值范围．解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －4，x≤－32，x ＋2，－32<x<－1，3x ＋4，x≥－1，由f (x )<2x ＋10， 得⎩⎪⎨⎪⎧x≤－32，－3x －4<2x ＋10或⎩⎪⎨⎪⎧－32<x<－1，x ＋2<2x ＋10或⎩⎪⎨⎪⎧x≥－1，3x ＋4<2x ＋10，得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－145，6.(2)①若x ＝－2，显然无解；②若x ≠－2，则m ≥|x ＋1|＋|2x ＋3||x ＋2|，令g (x )＝|x ＋1|＋|2x ＋3||x ＋2|≥错误!＝1错误!，∴m ≥1.即m 的取值范围是[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·上饶模拟)已知函数f (x )＝|3x －1|＋|3x ＋k |，g (x )＝x ＋4. (1)当k ＝－3时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)设k >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，都有f (x )≤g (x )，求k 的取值范围．解 (1)当k ＝－3时，f (x )＝|3x －1|＋|3x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋4，x<13，2，13≤x≤1，6x －4，x>1，故不等式f (x )≥4可化为⎩⎪⎨⎪⎧x>1，6x －4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧13≤x≤1，2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x<13，－6x ＋4≥4，解得x ≤0或x ≥43，∴所求不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x≤0或x≥43. (2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，由k >－1，得3x －1<0,3x ＋k ≥0，∴f (x )＝1＋k ， 不等式f (x )≤g (x )可变形为1＋k ≤x ＋4， 故k ≤x ＋3对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13恒成立，即k ≤－k 3＋3， 解得k ≤94，又k >－1，故－1<k ≤94，∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，94. 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 ＋b2≥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a1＋a2＋…＋ann ≥na1a2…an，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．例3 (2018·山东省名校联盟模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)若g (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋32＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －32(x ∈R )，求证：|a ＋1|－|2a －1||a|≤g (x )对∀a ∈R ，且a ≠0恒成立．(1)解 依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x≤－1，2－x ，－1<x<12，3x ，x≥12，于是由f (x )≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧x≤－1，－3x≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x<12，2－x≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x≥12，3x≤3，解得－1≤x ≤1，即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)证明 因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪||a ＋1－|2a －1||a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1a ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1a ≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1a ＋2－1a ＝3， 当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a ≤0时取等号，所以－3≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋1a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1a ≤3， 即－3≤||a ＋1||－2a －1|a|≤3.又因为当x ∈R 时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋32＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －32≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32＝3， 当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32≤0时，等号成立．故g (x )min ＝3.所以||a ＋1||－2a －1|a|≤g (x )对∀a ∈R ，且a ≠0恒成立．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＋错误!(a ＋b ) ＝2＋错误!，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＋y4＝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 ·xy＝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·潍坊模拟)已知f (x )＝|x ＋1|＋||x －m .(1)若f (x )≥2，求m 的取值范围；(2)已知m >1，若∃x ∈(－1,1)，使f (x )≥x 2＋mx ＋3成立，求m 的取值范围．解 (1)∵f (x )＝|x ＋1|＋||x －m ≥||m ＋1，∴由f (x )≥2，得||m ＋1≥2，∴m ＋1≥2或m ＋1≤－2，∴m 的取值范围是{m |m ≥1或m ≤－3}．(2)∵m >1，∴当x ∈(－1,1)时，f (x )＝m ＋1，∴不等式f (x )≥x 2＋mx ＋3，即m ＋1≥x 2＋mx ＋3，∴m (1－x )≥x 2＋2，即m ≥x2＋21－x. 令g (x )＝x2＋21－x＝错误! ＝(1－x )＋31－x －2. ∵0<1－x <2，∴(1－x )＋31－x ≥23(当且仅当x ＝1－3时取“＝”)． ∴g (x )min ＝23－2，∴m ≥23－2.即m 的取值范围是[23－2，＋∞)．4．(2018·湛江模拟)已知函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|.(1)解不等式f (x )＋x >0；(2)若关于x 的不等式f (x )≤2a 2－5a 的解集为R ，求实数a 的取值范围．解 (1)不等式f (x )＋x >0可化为|x －1|＋x >|x ＋2|，当x <－2时，－(x －1)＋x >－(x ＋2)，解得x >－3，即－3<x <－2；当－2≤x <1时，－(x －1)＋x >x ＋2，解得x <－1，即－2≤x <－1；当x ≥1时，x －1＋x >x ＋2，解得x >3，即x >3.综上所述，不等式f (x )＋x >0的解集为{x |－3<x <－1或x >3}．(2)由不等式f (x )≤2a 2－5a ，可得|x －1|－|x ＋2|≤2a 2－5a .∵|x －1|－|x ＋2|≤||x －1－x －2＝3，∴2a 2－5a ≥3，即2a 2－5a －3≥0，解得a ≤－12或a ≥3. ∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[3，＋∞)． 5．(2018·辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知函数f (x )＝||x ＋a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a (a >0)． (1)当a ＝2时，求不等式f (x )>3的解集；(2)证明：f (m )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1m ≥4. (1)解 当a ＝2时，f (x )＝|x ＋2|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12， 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x<－2，－x －2－x －12>3 或⎩⎪⎨⎪⎧ －2≤x≤－12，x ＋2－x －12>3或⎩⎪⎨⎪⎧ x>－12，x ＋2＋x ＋12>3，解得x <－114或x >14. 所以不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x<－114或x>14. (2)证明 f (m )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1m ＝|m ＋a |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1m ＋a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1m ＋1a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|m ＋a|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1m ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1m ＋1a ≥2⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m ＝2⎝⎛⎭⎪⎫|m|＋1|m|≥4 (当且仅当m ＝±1且a ＝1时等号成立)．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，所以错误!即错误!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对任意x ∈R 恒成立，求证：ac ＋2bc ≤78. (1)解 由f (x )>2|x |，得x 2＋|x －2|>2|x |，即⎩⎪⎨⎪⎧ x≥2，x2＋x －2>2x 或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x<2，x2＋2－x>2x或⎩⎪⎨⎪⎧ x≤0，x2＋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 ，所以ac ＋2bc ≤78.(当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立) 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＋2错误!＝1＋2错误!. ∴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]．。
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第2讲不等式选讲
高考定位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最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，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.
真题感悟
1.(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)＝－3x，x<－
1
2
，
x＋2，－
1
2
≤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.
2.(2017·
全国Ⅰ卷)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(1)当a＝1时，f(x)＝－x2＋x＋4，
g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝2x，x>1，
2，－1≤x≤1，－2x，x<－1.
①当x>1时，f(x)≥g(x)－x2＋x＋4≥2x，
解之得1<x≤17－1 2
.
②当－1≤x≤1时，f(x)≥g(x)(x－2)(x＋1)≤0，则－1≤x≤1.
③当x<－1时，f(x)≥g(x)x2－3x－4≤0，
解得－1≤x≤4，
又x<－1，∴不等式此时的解集为空集.
综上所述，f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤17－1 2
.
(2)依题意得：－x2＋ax＋4≥2在[－1，1]上恒成立. 则x2－ax－2≤0在[－1，1]上恒成立.
则只需12－a·1－2≤0，
（－1）2－a（－1）－2≤0，
解之得－1≤a≤1.
故a的取值范围是[－1，1].
考点整合
1.绝对值不等式的性质
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.
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.。