人教版2020高考数学二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲教案理

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全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题七选修4系列第2讲不等式选讲练习理

第2讲　不等式选讲「考情研析」不等式选讲主要考查平均值不等式的应用，绝对值三角不等式的理解及应用、含绝对值不等式的解法、含参不等式解法和恒成立问题以及不等式的证明方法(比较法、综合法、分析法、放缩法)及它们的应用．其中绝对值不等式的解法及证明方法的应用是重点．难度不大，分值10分，一般会出现在选考部分第二题的位置.核心知识回顾1.绝对值的三角不等式定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立．□01 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 )□02 ≥0时，等号成立．2．|ax ＋b |≤c (c >0)和|ax ＋b |≥c (c >0)型不等式的解法(1)|ax ＋b |≤c (c >0)⇔－c ≤ax ＋b ≤c .□01 (2)|ax ＋b |≥c (c >0)⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c .□02 3．|x －a |＋|x －b |≥c (c >0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c >0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式几何意义求解，体现数形结合思想．(2)利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．(3)通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．4．证明不等式的基本方法(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；□01 □02 □03 (4)反证法；(5)放缩法．□04 □05 5．二维形式的柯西不等式若a ，b ，c ，d都是实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时，□01 □02 等号成立．热点考向探究考向1 绝对值不等式的解法及应用角度1　绝对值不等式的解法例1　(2019·乌鲁木齐高三第二次质量检测)已知函数f (x )＝2|x ＋1|－|x －a |，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )<0的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )<x 有实数解，求实数a 的取值范围．解　(1)当a ＝1时，f (x )＝2|x ＋1|－|x －1|，当x ＜－1时，由f (x )＜0得－2(x ＋1)＋(x －1)＜0，即－x －3＜0，得x ＞－3，此时－3＜x ＜－1，当－1≤x ≤1，由f (x )＜0得2(x ＋1)＋(x －1)＜0，即3x ＋1＜0，得x ＜－，此时－1≤x ＜－，1313当x ＞1时，由f (x )＜0得2(x ＋1)－(x －1)＜0，即x ＋3＜0，得x ＜－3，此时无解，综上，不等式的解集为Error!.(2)∵f (x )＜x ⇔2|x ＋2|－x ＜|x －a |有解，等价于函数y ＝2|x ＋2|－x 的图象上存在点在函数y ＝|x －a |的图象下方，由函数y ＝2|x ＋2|－x 与函数y ＝|x －a |的图象可知，a ＞0或a ＜－4.解绝对值不等式的步骤和方法(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)用图象法求解不等式用图象法，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)用绝对值不等式的几何意义求解．(1)解关于x 的不等式x |x ＋4|＋3<0；(2)关于x 的不等式|x |＋2|x －9|<a 有解，求实数a 的取值范围．解　(1)原不等式等价于Error!或Error!解得x <－2－或－3<x <－1，7所以原不等式的解集是(－∞，－2－)∪(－3，－1)．7(2)令f (x )＝|x |＋2|x －9|，则关于x 的不等式|x |＋2|x －9|<a 有解等价于a >f (x )min .f (x )＝Error!所以f (x )的最小值为9.所以a >9，即实数a 的取值范围为(9，＋∞)．角度2　绝对值不等式恒成立(或存在性)问题例2　(2019·德阳市高三第二次诊断)已知函数f (x )＝|x －a |－|x ＋2|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤－x 的解集；(2)若f (x )≤a 2＋1恒成立，求a 的取值范围．解　(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|－|x ＋2|，即f (x )＝Error!不等式f (x )≤－x 即为Error!或Error!或Error!即有x ≤－3或－1≤x ＜1或1≤x ≤3，得x ≤－3或－1≤x ≤3，所以不等式的解集为{x |x ≤－3或－1≤x ≤3}．(2)因为|x －a |－|x ＋2|≤|x －a －x －2|＝|a ＋2|，所以f (x )≤|a ＋2|，若f (x )≤a 2＋1恒成立，则|a ＋2|≤a 2＋1，即Error!或Error!解得a ≤或a ≥，1－521＋52解答含参数的绝对值不等式应熟记的几个转化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 .(2019·宣城市高三第二次调研)已知函数f (x )和g (x )的图象关于原点对称，且f (x )＝2x ＋1.(1)解关于x 的不等式g (x )≥|x －1|；(2)如果对∀x ∈R ，不等式|g (x )|－c ≥|x －1|恒成立，求实数c 的取值范围．解　(1)由题意可得，g (x )＝2x －1，所以g (x )≥|x －1|即2x －1≥|x －1|.①当x ≥1时，2x －1≥x －1，解得x ≥0，所以x ≥1；②当x <1时，2x －1≥1－x ，解得x ≥，所以≤x <1.2323考向2 绝对值不等式的证明例3　已知a >0，b >0，函数f (x )＝|x ＋a |－|x －b |.(1)当a ＝1，b ＝1时，解关于x 的不等式f (x )>1；(2)若函数f (x )的最大值为2，求证：＋≥2.1a 1b 解　(1)当a ＝1，b ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝Error!①当x ≥1时，f (x )＝2>1，不等式恒成立，此时不等式的解集为{x |x ≥1}；②当－1≤x <1时，f (x )＝2x >1，所以x >，12此时不等式的解集为Error!；③当x <－1时，f (x )＝－2>1，不等式不成立，此时无解．综上所述，不等式f (x )>1的解集为Error!.(2)证法一：由绝对值三角不等式可得|x ＋a |－|x －b |≤|a ＋b |，a >0，b >0，∴a ＋b ＝2，∴＋＝(a ＋b )＝≥2，1a 1b 12(1a ＋1b )12(2＋b a ＋a b )当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．证法二：∵a >0，b >0，∴－a <0<b ，∴函数f (x )＝|x ＋a |－|x －b |＝|x －(－a )|－|x －b |＝Error!结合图象易得函数f (x )的最大值为a ＋b ，∴a ＋b ＝2.∴＋＝(a ＋b )＝≥2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．1a 1b 12(1a ＋1b )12(2＋b a ＋a b )不等式证明的常用方法(1)不等式的证明常利用综合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等，要根据题目特点灵活选用方法．(2)证明含绝对值的不等式主要有以下三种方法：①利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．②利用三角不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |进行证明．③转化为函数问题，利用数形结合进行证明．(2019·延安市高考模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R .(1)解不等式f (x )<|x |＋1；(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤，|2y ＋1|≤，求证：f (x )≤.131656解　(1)因为f (x )<|x |＋1，所以|2x －1|<|x |＋1，即Error!或Error!或Error!解得≤x <2或0<x <或∅.1212所以不等式的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：因为|x －y －1|≤，|2y ＋1|≤，1316所以f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|≤2×＋＝.131656考向3 柯西不等式的应用例4　已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证：(1)＋＋≤ ；a b c 3(2)＋＋≥.13a ＋113b ＋113c ＋132证明　(1)由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)[()a b c a b c a 2＋()2＋()2]＝3，当且仅当＝＝，即a ＝b ＝c ＝时等号成立，∴＋＋≤ b c 1a 1b 1c 13a b c .3(2)证法一：∵＋(3a ＋1)43a ＋1≥2＝4，43a ＋1·(3a ＋1)(当且仅当3a ＋1＝43a ＋1时取等号)∴≥3－3a .同理得≥3－3b ，≥3－3c ，43a ＋143b ＋143c ＋1以上三式相加得，4≥9－3(a ＋b ＋c )＝6(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)，(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号)∴＋＋≥.13a ＋113b ＋113c ＋132证法二：由柯西不等式得[(3a ＋1)＋(3b ＋1)＋(3c ＋1)]≥Error!＋·＋(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)3b ＋113b ＋1·Error!2＝9，3c ＋1(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号)又a ＋b ＋c ＝1，∴6≥9，(13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1)∴＋＋≥.13a ＋113b ＋113c ＋132柯西不等式的应用方法(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为(a ＋a ＋…＋a )2122n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意(1a 21＋1a 2＋…＋1a 2n )等号成立的条件．(2019·南通市高三下学期模拟)已知a ，b ，c 均为正数，且a ＋2b ＋4c ＝3，求＋1a ＋1＋的最小值，并指出取得最小值时a ，b ，c 的值．1b ＋11c ＋1解　因为a ＋2b ＋4c ＝3，所以(a ＋1)＋2(b ＋1)＋4(c ＋1)＝10，因为a ，b ，c 为正数，所以由柯西不等式得，[(a ＋1)＋2(b ＋1)＋4(c ＋1)]·＋1a ＋1＋≥(1＋＋2)2，1b ＋11c ＋12当且仅当(a ＋1)2＝2(b ＋1)2＝4(c ＋1)2等式成立，所以＋＋≥，1a ＋11b ＋11c ＋111＋6210所以＋＋的最小值是，1a ＋11b ＋11c ＋111＋6210此时a ＝，b ＝，c ＝.23－1027152－1778－527真题押题『真题模拟』1．(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)设函数f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋1|－a .(1)当a ＝4时，求不等式f (x )>0的解集；(2)若函数f (x )的定义域为R ，求a 的取值范围．解　(1)当a ＝4时，f (x )＞0为|2x －1|＋2|x ＋1|>4，当x ≤－1时，1－2x －2x －2>4⇒x <－；54当－1<x <时，1－2x ＋2x ＋2>4，无解；12当x ≥时，2x －1＋2x ＋2>4⇒x >.1234综上，f (x )>0的解集为（－∞，－）∪（，＋∞）.5434(2)由题意得|2x －1|＋2|x ＋1|>a 恒成立，a <(|2x －1|＋2|x ＋1|)min .|2x －1|＋2|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|(2x －1)－(2x ＋2)|＝3，∴a <3.2．(2019·赤峰市高三模拟)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，g (x )＝x 2－2x －1.(1)若m ，n ∈R ，不等式f (m )≥g (n )恒成立，求实数n 的取值范围；(2)设a >0，b >0，且a ＋b ＝2，求证：＋≤2.a ＋1b ＋1f (x )解　(1)由f (m )＝|m －1|＋|m ＋1|≥|(m －1)－(m ＋1)|＝2，∴f (m )min ＝2，∴n 2－2n －1≤2，∴－1≤n ≤3，所以n 的取值范围是[－1,3]．(2)证明：由(1)可知，2≥2，f (x )2∴(＋)2＝a ＋b ＋2＋2≤4＋(a ＋1)＋(b ＋1)＝8，∴＋a ＋1b ＋1(a ＋1)(b ＋1)a ＋1≤2，b ＋12当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，∴＋≤2.a ＋1b ＋1f (x )3．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：(1)＋＋≤a 2＋b 2＋c 2；1a 1b 1c (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明　(1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝＝＋＋.ab ＋bc ＋ca abc 1a 1b 1c 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以＋＋≤a 2＋b 2＋c 2.1a 1b 1c (2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥3＝3(a ＋b )(b ＋c )(c ＋a )3(a ＋b )3(b ＋c )3(c ＋a )3≥3×(2)×(2)×(2)＝24.ab bc ca 当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.『金版押题』(1)若不等式f (x )≤a 的解集是空集，求实数a 的取值范围；(2)若存在x 0∈R ，使得2f (x 0)≤－t 2＋4|t |成立，求实数t 的取值范围．解　(1)f (x )＝|2x －3|－|x ＋1|＝Error!y ＝f (x )的图象如图所示，易得f (x )min ＝－.52∵不等式f (x )≤a 的解集是空集，∴a 的取值范围为.(－∞，－52)(2)∃x 0∈R ，使得2f (x 0)≤－t 2＋4|t |成立，即2f (x )min ≤－t 2＋4|t |，由(1)知f (x )min ＝－，52∴t 2－4|t |－5≤0，解得－5≤t ≤5，∴t 的取值范围为[－5,5]．配套作业1．(2019·西安八校高三联考)已知a ，b 均为实数，且|3a ＋4b |＝10.(1)求a 2＋b 2的最小值；(2)若|x ＋3|－|x －2|≤a 2＋b 2对任意的a ，b ∈R 恒成立，求实数x 的取值范围．解　(1)因为102＝(3a ＋4b )2≤(32＋42)(a 2＋b 2)＝25(a 2＋b 2)，所以a 2＋b 2≥4，当且仅当＝，a b 34即Error!或Error!时取等号，即a 2＋b 2的最小值为4.(2)由(1)知|x ＋3|－|x －2|≤a 2＋b 2对任意的a ，b ∈R 恒成立⇔|x ＋3|－|x －2|≤4⇔Error!或Error!或Error!⇔x <－3或－3≤x ≤⇔x ≤，所以实数x 的取3232值范围为（－∞，].32(1)当a ＝3时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若f (x )≥5－x 对任意x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．解　(1)当a ＝3时，即求解|2x －3|＋|x －1|≥2，①当x ≥时，2x －3＋x －1≥2，∴x ≥2；32②当1<x <时，3－2x ＋x －1≥2,2－x ≥2，x ≤0，无解；32③当x ≤1时，3－2x ＋1－x ≥2，∴3x ≤2，∴x ≤.23综上，解集为Error!.(2)f (x )≥5－x 恒成立，即|2x －a |≥5－x －|x －1|恒成立，令g (x )＝5－x －|x －1|＝Error!则函数图象如图．∴≥3，∴a ≥6.a 23．已知函数f (x )＝|x －5|－|x －2|.(1)若∃x ∈R ，使得f (x )≤m 成立，求m 的范围；(2)求不等式x 2－8x ＋15＋f (x )≤0的解集．解　(1)f (x )＝|x －5|－|x －2|＝Error!其对应图象如图所示．易知f (x )min ＝－3，∴m ≥－3，即m 的取值范围为[－3，＋∞)．(2)x 2－8x ＋15＋f (x )＝Error!①x ≤2，x 2－8x ＋18≤0，解集为∅.②2<x <5，x 2－10x ＋22≤0,5－≤x <5.3③x ≥5，x 2－8x ＋12≤0,5≤x ≤6.综上所述，不等式的解集为{x |5－≤x ≤6}．34．(1)解不等式：|2x －1|－|x |<1；(2)设f (x )＝x 2－x ＋1，实数a 满足|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．解　(1)当x <0时，原不等式可化为－2x ＋x <0，解得x >0，所以x 不存在；当0≤x <时，原不等式可化为－2x －x <0，12解得x >0，所以0<x <；12当≤x 时，原不等式可化为2x －1－x <1，12解得x <2，所以≤x <2.12综上，原不等式的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：因为|f (x )－f (a )|＝|x 2－x －a 2＋a |＝|x －a |·|x ＋a －1|<|x ＋a －1|＝|x －a ＋2a －1|≤|x －a |＋|2a －1|<1＋|2a |＋1＝2(|a |＋1)，所以|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．5．(2019·益阳市高三4月模拟)已知f (x )＝|2x ＋1|－|ax －1|.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤2的解集；(2)当x ∈(－，0)时，不等式f (x )>2x 成立，求a 的取值范围．12解　(1)当a ＝1时，f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|＝Error!由f (x )≤2，得Error!或Error!或Error!解得x ∈∅或－≤x ≤或－4≤x <－，1223126．已知函数f (x )＝|x －m |，m <0.(1)当m ＝－1时，解不等式f (x )＋f (－x )≥2－x ；(2)若不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空，求m 的取值范围．解　(1)当m ＝－1时，f (x )＋f (－x )＝|x ＋1|＋|x －1|，设F (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝Error!当x <－1时，－2x ≥2－x ，解得x ≤－2；当－1≤x <1时，2≥2－x ，解得0≤x <1；当x ≥1时，2x ≥2－x ，解得x ≥1.综上，原不等式的解集为{x |x ≤－2或x ≥0}．(2)f (x )＋f (2x )＝|x －m |＋|2x －m |，m <0.设g (x )＝f (x )＋f (2x )，当x ≤m 时，g (x )＝m －x ＋m －2x ＝2m －3x ，则g (x )≥－m ；当m <x <时，g (x )＝x －m ＋m －2x ＝－x ，则－<g (x )<－m ；m 2m 2当x ≥时，g (x )＝x －m ＋2x －m ＝3x －2m ，则g (x )≥－.m 2m 2则g (x )的值域为，[－m 2，＋∞)由题知不等式f (x )＋f (2x )<1的解集非空，则1>－，解得m >－2，由于m <0，故m 的取m 2值范围是(－2，0)．7．(2019·宝鸡市高考模拟)已知函数f (x )＝|x －2|－|x ＋3|.(1)求不等式f (x )≤2的解集；(2)若不等式f (x )<a 2＋6a 的解集非空，求实数a 的取值范围．解　(1)由f (x )＝|x －2|－|x ＋3|≤2可化为：Error!或Error!或Error!解得x ∈∅或－≤x ≤2或x >2，32(2)因为|f (x )|＝||x －2|－|x ＋3||≤|x －2－x －3|＝5，所以－5≤f (x )≤5，即f (x )min ＝－5；要使不等式f (x )<a 2＋6a 解集非空，需f (x )min <a 2＋6a ，从而a 2＋6a ＋5>0，解得a <－5或a >－1，所以a 的取值范围为(－∞，－5)∪(－1，＋∞)．8．(2019·太原市高三模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋1|.(1)求不等式f (x )≤5的解集；(2)若存在实数x 0，使得f (x 0)≤5＋m －m 2成立的m 的最大值为M ，且实数a ，b 满足a 3＋b 3＝M ，证明：0<a ＋b ≤2.解　(1)∵f (x )＝|2x －1|＋2|x ＋1|≤5，∴x －＋|x ＋1|≤，1252由绝对值的几何意义可得x ＝－和x ＝1时上述不等式中的等号成立，32∴3≤5＋m －m 2，∴－1≤m ≤2，∴M ＝2，∴a 3＋b 3＝2，∵2＝a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)，a 2－ab ＋b 2≥0，∴a ＋b >0，∵2ab ≤a 2＋b 2，∴4ab ≤(a ＋b )2，∴ab ≤，(a ＋b )24∵2＝a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)＝(a ＋b )[(a ＋b )2－3ab ]≥(a ＋b )143，∴a ＋b ≤2，∴0<a ＋b ≤2.。

(全国通用)2020版高考数学二轮复习第二层提升篇专题七选考系列第2讲不等式选讲讲义

第2讲不等式选讲[全国卷3年考情分析](1)不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解.(2)此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用.[例1] (2019·福建省质量检查)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|ax －3|(a >0). (1)当a ＝2时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，求a 的值. [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.综上，原不等式的解集为{x |1<x <3}. (2)因为a >0，所以3a>0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（a －1）x －4，x ≤－1，（a ＋1）x －2，－1<x ≤3a ，（1－a ）x ＋4，x >3a. 若y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，则(a －1)(a ＋1)＝－1或(a ＋1)(1－a )＝－1，解得a ＝0(舍去)或a ＝2或a ＝－2(舍去). 经检验，a ＝2符合题意，所以所求a 的值为 2.[解题方略] 绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a ＞0，|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，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解.(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解. (5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解.[跟踪训练]1.(2019·全国卷Ⅱ)已知f (x )＝|x －a |x ＋|x －2|(x －a ). (1)当a ＝1时，求不等式f (x )<0的解集； (2)若x ∈(－∞，1)时，f (x )<0，求a 的取值范围. 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|x ＋|x －2|(x －1). 当x <1时，f (x )＝－2(x －1)2<0；当x ≥1时，f (x )≥0，所以，不等式f (x )<0的解集为(－∞，1).(2)因为f (a )＝0，所以a ≥1.当a ≥1，x ∈(－∞，1)时，f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)<0. 所以，a 的取值范围是[1，＋∞).2.(2019·石家庄市质量检测)设函数f (x )＝|x ＋1|. (1)求不等式f (x )≤5－f (x －3)的解集；(2)已知关于x 的不等式2f (x )＋|x ＋a |≤x ＋4在[－1，1]上有解，求实数a 的取值范围. 解：(1)不等式f (x )≤5－f (x －3)，即|x ＋1|＋|x －2|≤5，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－x －1－x ＋2≤5或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤2，x ＋1－x ＋2≤5或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，x ＋1＋x －2≤5，解得－2≤x ≤3，所以原不等式的解集为{x |－2≤x ≤3}.(2)当x ∈[－1，1]时，不等式2f (x )＋|x ＋a |≤x ＋4，即|x ＋a |≤2－x ，所以|x ＋a |≤2－x 在[－1，1]上有解，即－2≤a ≤2－2x 在[－1，1]上有解，所以－2≤a ≤4，即实数a 的取值范围是[－2，4].[例2] (2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.[证明] (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立.所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33（a ＋b ）3（b ＋c ）3（a ＋c ）3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立. 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.[解题方略] 证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等. (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法.(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的.(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法.用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾.[跟踪训练]1.已知函数f (x )＝|x ＋1|.(1)求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )＞f (a )－f (－b ). 解：(1)由题意，|x ＋1|<|2x ＋1|－1， ①当x ≤－1时，不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1； ②当－1＜x ＜－12时，不等式可化为x ＋1＜－2x －2，此时不等式无解； ③当x ≥－12时，不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1. 综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}.(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |，所以要证f (ab )＞f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|＞|a ＋b |，即证|ab ＋1|2＞|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立.2.已知a ，b ∈R ，且a ＋b ＝1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥252.证明：法一：(放缩法)因为a ＋b ＝1，所以(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥2⎣⎢⎡⎦⎥⎤（a ＋2）＋（b ＋2）22＝12[(a ＋b )＋4]2＝252⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＋2＝b ＋2，即a ＝b ＝12时，等号成立. 法二：(反证法)假设(a ＋2)2＋(b ＋2)2<252，则a 2＋b 2＋4(a ＋b )＋8<252.因为a ＋b ＝1，则b ＝1－a ，所以a 2＋(1－a )2＋12<252.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122<0，这与⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122≥0矛盾，故假设不成立.所以(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥252.[例3] 已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|，a ∈R .(1)若不等式f (x )＋|x －1|≥2对任意的x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围； (2)当a <2时，函数f (x )的最小值为a －1，求实数a 的值. [解] (1)f (x )＋|x －1|≥2可化为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥1.∵⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －a 2＋|x －1|≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a2－1， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪a2－1≥1，∴a ≤0或a ≥4，∴实数a 的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞).(2)当a <2时，易知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|的零点分别为a 2和1，且a2<1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋a ＋1，x <a2，x －a ＋1，a 2≤x ≤1，3x －a －1，x >1，易知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－a 2＋1＝a －1，解得a ＝43，又43<2，∴a ＝43.[解题方略]解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略[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， ∵(2x －2)max ＝4， (2x ＋2)min ＝5，因此a 的取值范围为[4，5].2.在本例中函数f (x )不变的条件下，若存在实数x ，使不等式f (x )－3|x －1|≥2能成立，求实数a 的取值范围.解：∵f (x )－3|x －1|＝|2x －a |－2|x －1| ＝|2x －a |－|2x －2|≤|a －2|. ∴|a －2|≥2. ∴a ≤0或a ≥4.∴实数a 的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞). 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m 2＋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].(2)由题意得f (t )＝|t |＋|t ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2t －1，t <－1，1，－1≤t ≤0，2t ＋1，t >0，存在m ∈R ，使得m 2＋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 <－1，－2t －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤t ≤0，1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧t >0，2t ＋1≤1，所以实数t 的取值范围为[－1，0].[专题过关检测]大题专攻强化练1.(2019·昆明市质量检测)已知函数f (x )＝|2x －1|. (1)解不等式f (x )＋f (x ＋1)≥4；(2)当x ≠0，x ∈R 时，证明：f (－x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x≥4. 解：(1)不等式f (x )＋f (x ＋1)≥4等价于|2x －1|＋|2x ＋1|≥4，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－4x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤12，2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x >12，4x ≥4，解得x ≤－1或x ≥1，所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞).(2)证明：当x ≠0，x ∈R 时，f (－x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝|－2x －1|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x－1，因为|－2x －1|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ＋2x ＝2|x |＋2|x |≥4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧（2x ＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1≥0，2|x |＝2|x |，即x ＝±1时等号成立，所以f (－x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x≥4.2.(2019·沈阳市质量监测(一))设a >b >0，且ab ＝2，记a 2＋b 2a －b的最小值为M .(1)求M 的值，并写出此时a ，b 的值； (2)解关于x 的不等式：|3x ＋3|＋|x －2|>M . 解：(1)因为a >b >0，所以a －b >0，4a －b>0，根据基本不等式有a 2＋b 2a －b ＝（a －b ）2＋4a －b ＝a －b ＋4a －b≥4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝2，ab ＝2，即⎩⎨⎧a ＝3＋1，b ＝3－1时取等号，所以M 的值为4，此时a ＝3＋1，b ＝3－1.(2)当x ≤－1时，原不等式等价于－(3x ＋3)＋(2－x )>4，解得x <－54；当－1<x <2时，原不等式等价于(3x ＋3)＋(2－x )>4，解得－12<x <2；当x ≥2时，原不等式等价于(3x ＋3)＋(x －2)>4，解得x ≥2.综上所述，原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－54∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞. 3.已知函数f (x )＝|x －2|. (1)解不等式f (x )＋f (x ＋1)≥5.(2)若|a |>1，且f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a，证明：|b |>2.解：(1)不等式f (x )＋f (x ＋1)≥5等价于|x －2|＋|x －1|≥5，当x >2时，(x －2)＋(x －1)≥5，x ≥4；当1≤x ≤2时，(2－x )＋(x －1)≥5，1≥5，无解；当x <1时，(2－x )＋(1－x )≥5，x ≤－1. 综上，不等式的解集为{x |x ≥4或x ≤－1}. (2)证明：f (ab )>|a |·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a⇔|ab －2|>|a |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪ba－2 ⇔|ab －2|>|b －2a | ⇔(ab －2)2>(b －2a )2⇔a 2b 2＋4－b 2－4a 2>0⇔(a 2－1)(b 2－4)>0.因为|a |>1，所以a 2－1>0，所以b 2－4>0，|b |>2.4.已知a ，b ∈(0，＋∞)，且2a 4b＝2. (1)求2a ＋1b的最小值；(2)若存在a ，b ∈(0，＋∞)，使得不等式|x －1|＋|2x －3|≥2a ＋1b成立，求实数x 的取值范围.解：(1)由2a 4b＝2可知a ＋2b ＝1，又因为2a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b (a ＋2b )＝4b a ＋ab＋4，由a ，b ∈(0，＋∞)可知4b a ＋ab＋4≥24b a ·ab＋4＝8，当且仅当a ＝2b 时取等号，所以2a ＋1b的最小值为8.(2)由(1)及题意知不等式等价于|x －1|＋|2x －3|≥8，①⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，1－x ＋（3－2x ）≥8，所以x ≤－43.②⎩⎪⎨⎪⎧1<x <32，x －1＋3－2x ≥8，无解， ③⎩⎪⎨⎪⎧x ≥32，x －1＋2x －3≥8，所以x ≥4. 综上，实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－43∪[4，＋∞). 5.(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x －1|. (1)求不等式f (x )≤3的解集；(2)若不等式f (x )≤ax 的解集为空集，求实数a 的取值范围.解：(1)法一：由题意f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤12，x ＋1，12<x <2，3x －3，x ≥2，当x ≤12时，f (x )＝－3x ＋3≤3，解得x ≥0，即0≤x ≤12，当12<x <2时，f (x )＝x ＋1≤3，解得x ≤2，即12<x <2，当x ≥2时，f (x )＝3x －3≤3，解得x ≤2，即x ＝2. 综上所述，原不等式的解集为[0，2].法二：由题意f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤12，x ＋1，12<x <2，3x －3，x ≥2，作出f (x )的图象如图所示，注意到当x ＝0或x ＝2时，f (x )＝3，结合图象，不等式的解集为[0，2].(2)由(1)可知，f (x )的图象如图所示，不等式f (x )≤ax 的解集为空集可转化为f (x )>ax 对任意x ∈R 恒成立，即函数y ＝ax 的图象始终在函数y ＝f (x )的图象的下方，当直线y ＝ax 过点A (2，3)以及与直线y ＝－3x ＋3平行时为临界情况，所以－3≤a <32，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－3，32. 6.(2019·广州市调研测试)已知函数f (x )＝13|x －a |(a ∈R ).(1)当a ＝2时，解不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≥1； (2)设不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≤x 的解集为M ，若⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，12⊆M ，求实数a 的取值范围. 解：(1)当a ＝2时，原不等式可化为|3x －1|＋|x －2|≥3， ①当x ≤13时，1－3x ＋2－x ≥3，解得x ≤0，所以x ≤0；②当13＜x ＜2时，3x －1＋2－x ≥3，解得x ≥1，所以1≤x ＜2；③当x ≥2时，3x －1＋x －2≥3，解得x ≥32，所以x ≥2.综上所述，当a ＝2时，不等式的解集为{}x |x ≤0或x ≥1.(2)不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －13＋f (x )≤x 可化为|3x －1|＋|x －a |≤3x ，依题意不等式|3x －1|＋|x －a |≤3x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，12上恒成立，所以3x －1＋|x －a |≤3x ，即|x －a |≤1，即a －1≤x ≤a ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤13，a ＋1≥12，解得－12≤a ≤43，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，43.7.(2019·全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解：(1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立.所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥（2＋a ）23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立.所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为（2＋a ）23.由题设知（2＋a ）23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.8.(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋|3x ＋a |，若f (x )的最小值为1.(1)求实数a 的值；(2)若a ＞0，m ，n 均为正实数，且满足m ＋n ＝a2，求m 2＋n 2的最小值.解：(1)f (x )＝|x ＋1|＋|3x ＋a |，①当a ＞3，即－1＞－a3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －1－a ，x ≤－a3，2x ＋a －1，－a 3＜x ＜－1，4x ＋a ＋1，x ≥－1，∵f (－1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝()－3＋a －⎝ ⎛⎭⎪⎫a3－1＝2（a －3）3＞0， ∴f (－1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，则当x ＝－a3时，f (x )min ＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－1－a ＝1，∴a ＝6.②当a ＜3，即－1＜－a3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x －1－a ，x ≤－1，－2x －a ＋1，－1＜x ＜－a 3，4x ＋a ＋1，x ≥－a3， ∵f (－1)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝(3－a )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋1＝2（3－a ）3＞0，∴f (－1)＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，则当x ＝－a3时，f (x )min ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＋1＋a ＝1，∴a ＝0.③当a ＝3，即－1＝－a3时，f (x )＝4|x ＋1|，当x ＝－1时，f (x )min ＝0不满足题意. 综上，a ＝0或a ＝6.(2)由题意知，m ＋n ＝3.∵m ＞0，n ＞0，∴(m ＋n )2＝m 2＋n 2＋2mn ≤(m 2＋n 2)＋(m 2＋n 2)＝2(m 2＋n 2)，即m 2＋n 2≥12(m ＋n )2，当且仅当m ＝n ＝32时取“＝”.∵m 2＋n 2≥92，∴m 2＋n 2的最小值为92.。

2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题七第2讲选修4-5：不等式选讲

第2讲　选修4－5：不等式选讲[考情考向·高考导航]高考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．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)已知f (x )＝|x －a |x ＋|x －2|(x －a )．(1)当a ＝1时，求不等式f (x )＜0的解集；(2)若x ∈(－∞，1)时，f (x )＜0，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|x ＋|x －2|(x －1)．当x ＜1时，f (x )＝－2(x －1)2＜0；当x ≥1时，f (x )≥0.所以，不等式f (x )＜0的解集为(－∞，1)．(2)因为f (a )＝0，所以a ≥1.当a ≥1，x ∈(－∞，1)时，f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)＜0.所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．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，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]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 的取值范围是[－1,1]．[主干整合]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，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≥，当且仅当a ＝b 时，等号成立．a ＋b2ab 定理3：如果a ，b ，c 为正数，则≥，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．a ＋b ＋c33abc 定理4：(一般形式的算术—几何平均数不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数(n ∈N *，n ＞1)，则≥，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．a 1＋a 2＋…＋annna 1a 2…an热点一　绝对值不等式的解法[例1]　已知f (x )＝|x －4|＋|x －1|－3.(1)求不等式f (x )≤2的解集．(2)若直线y ＝kx －2与函数f (x )的图象有公共点，求k 的取值范围．[审题指导]　(1)看到f (x )＝|x －4|＋|x －1|－3，联想到分x ≤1、1＜x ＜4、x ≥4三种情况去绝对值号．(2)看到y ＝kx －2联想到此直线恒过定点(0，－2)．[解析]　(1)由f (x )≤2，得Error!或Error!或Error!解得0≤x ≤5，故不等式f (x )≤2的解集为[0,5]．(2)f (x )＝|x －4|＋|x －1|－3＝Error!作出函数f (x )的图象，如图所示，直线y ＝kx －2过定点C (0，－2)，当此直线经过点B (4,0)时，k ＝；12当此直线与直线AD 平行时，k ＝－2，故由图可知，k ∈(－∞，－2)∪.[12，＋∞)(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．(2019·聊城三模)已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|.(1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集．解析：(1)证明：f (x )＝|x －2|－|x －5|＝Error!当2＜x ＜5时，－3＜2x －7＜3.所以－3≤f (3)≤3.(2)由(1)可知，当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2＜x ＜5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－≤x ＜5}；3当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}．综上，不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－≤x ≤6}．3热点二　不等式的证明逻辑推理素养逻辑推理——不等式证明中心的核心素养通过不等式的证明掌握逻辑推理的基本形式，表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系，对式子进行等价变形，进而通过证明不等式，体验逻辑推理的核心素养.[例2]　(2019·全国Ⅰ卷)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：(1)＋＋≤a 2＋b 2＋c 2；1a 1b 1c (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.[审题指导]　(1)利用重要不等式a 2＋b 2≥2ab 构造三个不等式相加，再结合abc ＝1进行证明．(2)利用平均值不等式进行证明．[解析]　(1)证明：因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2ab ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝＝＋＋.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．ab ＋bc ＋caabc1a 1b 1c 所以＋＋≤a 2＋b 2＋c 2.1a 1b 1c (2)证明：因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33(a ＋b )3(b ＋c )3(a ＋c )3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2)×(2)×(2)ab bc ac ＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.(2019·苏州二模)已知f (x )＝|2x －1|＋x ＋的最小值为m .12(1)求m 的值；(2)已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝m ，求证：2(a 3＋b 3＋c 3)≥ab ＋bc ＋ca －3abc .解析：(1)当x ≥时，f (x )＝3x －在上单调递增，且f (x )≥－＝1；当x ＜时，1212[12＋∞)321212f (x )＝－x 在上单调递减，且f (x )＞－＝1.32(－∞，12]3212综上可得x ＝时，f (x )取得最小值1，即m ＝1.12(2)证明：a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，由a 3＋b 3－a 2b －b 2a ＝a 2(a －b )＋b 2(b －a )＝(a －b )(a 2－b 2)＝(a ＋b )(a －b )2≥0，则有a 3＋b 3－a 2b －b 2a ≥0，即a 3＋b 3≥a 2b ＋b 2a ＝ab (a ＋b )＝ab (1－c )＝ab －abc ，所以a 3＋b 3≥ab －abc ，同理可得b 3＋c 3≥bc －abc ；c 3＋a 3≥ca －abc ，上面三式相加得，2(a 3＋b 3＋c 3)≥ab ＋bc ＋ca －3abc ，当且仅当a ＝b ＝c ＝时取得等13号．不等式证明的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；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．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．热点三　绝对值不等式恒成立(存在)问题[例3]　(2019·日照三模)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．[解析]　(1)∵f (2a 2－1)＞4|a －1|，∴|2a 2－2a |＋|a 2－1|＞4|a －1|，∴|a －1|(2|a |＋|a ＋1|－4)＞0，∴|2a |＋|a ＋1|＞4且a ≠1.①若a ≤－1，则－2a －a －1＞4，∴a ＜－；53②若－1＜a ＜0，则－2a ＋a ＋1＞4，∴a ＜－3，此时无解；③若a ≥0且a ≠1，则2a ＋a ＋1＞4，∴a ＞1.综上所述，a 的取值范围为∪(1，＋∞)．(－∞，－53)(2)∵g (x )＝(x －1)2＋－5≥2 －5＝－1，显然可取等号，4(x －1)2(x －1)2·4(x －1)2∴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，∴(a －1)2≤1，∴－1≤a －1≤1，∴0≤a ≤2，即a ∈[0,2]．1．求含绝对值号函数的最值的两种方法(1)利用|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求解．(2)将函数化为分段函数，数形结合求解．2．恒成立(存在)问题的等价转化f (x )≥Mf (x )≤M 任意x 恒成立⇔f (x )min ≥M f (x )max ≤M 存在x 成立⇔f (x )max ≥Mf (x )min ≤M(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 )＝Error!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0＜x ＜，所以≥1，故0＜a ≤2.2a 2a 综上，a 的取值范围为(0,2]．限时45分钟　满分50分解答题(本大题共5小题，每小题10分，共50分)1．(2018·全国Ⅱ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)当x ≤－时，f (x )＝－2x －1－x ＋1＝－3x ，12当－<x <1时，f (x )＝2x ＋1－x ＋1＝x ＋2.12当x ≥1时，f (x )＝2x ＋1＋x －1＝3x ，由此可画出函数f (x )的图象．(2)由图象可得，b ≥2，a ≥3，所以a ＋b 的最小值为5.2．(2020·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝|x －2|＋|x ＋a |，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥6的解集；(2)若存在x 0∈R ，使得f (x 0)＜2 020a ，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|x ＋1|＝Error!所以f (x )≥6⇔Error!或Error!或Error!解得x ≤－或x ≥，5272因此不等式f (x )≥6的解集为.{x |x ≤－52或x ≥72}(2)f (x )＝|x －2|＋|x ＋a |≥|(x －2)－(x ＋a )|＝|a ＋2|，故f (x )min ＝|a ＋2|.由题意知，Error!解得a ＞，22 019所以实数a 的取值范围是.(22 019，＋∞)3．(2020·唐山摸底考试)已知f (x )＝|x ＋1|－|2x －1|.(1)求不等式f (x )＞0的解集；(2)若x ∈R 时，不等式f (x )≤a ＋x 恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)由题意得|x ＋1|＞|2x －1|，所以|x ＋1|2＞|2x －1|2，整理可得x 2－2x ＜0，解得0＜x ＜2，故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}．(2)由已知可得，a ≥f (x )－x 恒成立，设g (x )＝f (x )－x ，则g (x )＝Error!由g (x )的单调性可知，x ＝时，g (x )取得最大值1，12所以a 的取值范围是[1，＋∞)．4．(2019·全国Ⅲ卷)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1.(1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.13解析：两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型．(1)[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2](12＋12＋12)≥[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x ＋y ＋z ＋1)2＝4故(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥等号成立当且仅当x －1＝y ＋1＝z ＋1而又因x ＋y ＋z ＝1，解43得Error!时等号成立所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为.43(2)因为(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥，所以[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2](12＋12＋12)≥1.13根据柯西不等式等号成立条件，当x －2＝y －1＝z －a ，即Error!时有[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2](12＋12＋12)＝(x －2＋y －1＋z －a )2＝(a ＋2)2成立．所以(a ＋2)2≥1成立，所以有a ≤－3或a ≥－1.5．(2020·辽宁重点协作校模拟)已知函数f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1|，g (x )＝|x ＋a 2＋c 2|＋|x －2b 2|，其中a ，b ，c 均为正实数，且ab ＋bc ＋ac ＝1.(1)当b ＝1时，求不等式f (x )≥1的解集；(2)当x ∈R 时，求证f (x )≤g (x )．解析：(1)由题意，当b ＝1时，f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1|＝Error!当x ≤－1时，f (x )＝－2＜1，不等式f (x )≥1无解，不等式f (x )≥1的解集为∅；当－1＜x ＜1时，f (x )＝2x ，由不等式f (x )≥1，解得x ≥，12所以≤x ＜1；12当x ≥1时，f (x )＝2≥1恒成立，所以不等式f (x )≥1的解集为.[12，＋∞)(2)证明：当x ∈R 时，f (x )＝|x ＋b 2|－|－x ＋1|≤|x ＋b 2＋(－x ＋1)|＝|b 2＋1|＝b 2＋1；g (x )＝|x ＋a 2＋c 2|＋|x －2b 2|≥|x ＋a 2＋c 2－(x －2b 2)|＝|a 2＋c 2＋2b 2|＝a 2＋c 2＋2b 2.而a 2＋c 2＋2b 2－(b 2＋1)＝a 2＋c 2＋b 2－1＝(a 2＋c 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2)－112≥ab ＋bc ＋ac －1＝0，当且仅当a ＝b ＝c ＝时，等号成立，33即a 2＋c 2＋2b 2≥b 2＋1，即f (x )≤g (x )．。

(通用版)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文选修4-5.pptx

－4，x≥1，
[解] (1)当 m＝1 时，f(x)＝－2x－2，－3<x<1，
4，x≤－3.
由 f(x)≥1，得－－23x<－x<21≥1，或 x≤－3，
11
解得 x≤－32，
∴不等式
f(x)≥1
的解集为x
x≤－32.
(2)不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数 x，t 恒成立，
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，解得－1≤x≤1；
2
当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0，
解得 1＜x≤－1＋2
17 .
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17 .
8
[方法技巧] 证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法． (2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少” “至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．
9
[演练冲关] 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
5
(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|＝－|x|－322 ＋54≤54，且当 x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54. 故 m 的取值范围为－∞，54.
6
[典例 2]
考点二不等式的证明
等价于对任意的实数 x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min 恒成立，即 [f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，

高考数学二轮复习专题七第4讲不等式选讲课件理(选做部分)

解得 x≤－5 或 x≥－13.
综上，原不等式的解集是xx≤－5或x≥－13.
2.(2014·江苏卷)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≥3 3 xy2 ＞0,1＋x2＋y≥ 3 3 xy2 ＞0，故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3 3 xy2 ·3 3 xy2 ＝9xy.
4.柯西不等式
(1)设 a，b，c，d 为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅
当 ad＝bc 时等号成立.
n
n
n
(2)若 ai，bi(i∈N*)为实数，则 ( ai2 )( bi2 )≥( aibi)2，当且仅当
i 1
i 1
i 1
bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数 k，使得 ai＝kbi(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.
5.绝对值不等式
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.需要灵活地应用.
6.不等式的性质，特别是基本不等式链
1a＋1 1b≤ ab≤a＋2 b≤
a2＋2 b2(a>0，b>0)，在不等式的证明和求
于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝－ 5，2x－－31≤，xx≤<2－，3， 2x＋1，x>2.
所以当 x<－3 时，g(x)>5；当－3≤x≤2 时，g(x)＝5；当 x>2 时，g(x)>5.综上可得，g(x)的最小值为 5. 从而若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的取值范围为(－∞，5]. 法二当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|. 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|. 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2 时等号成立)，得 g(x)的最小值为 5. 从而，若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的取值范围为(－∞，5].

高考数学二轮复习第一部分专题篇专题七系列4选讲第二讲不等式选讲课件理

(1)当x≤－1时，f(x)＝3＋x≤2；当－1＜x＜1时，f(x)＝－1－3x＜2；当x≥1时，f(x)＝－x－3≤－4. 故当x＝－1时，f(x)取得最大值m＝2. (2)a2＋2b2＋c2＝(a2＋b2)＋(b2＋c2)≥2ab＋2bc＝2(ab＋bc)，当且仅当 a＝b＝c＝ 22时，等号成立．此时，ab＋bc取得最大值1.
(1)由于y＝2x是增函数，所以f(x)≥2 2等价于|x＋1|－|x－1|≥32.① (ⅰ)当x≥1时，|x＋1|－|x－1|＝2，则①式恒成立， (ⅱ)当－1＜x＜1时，|x＋1|－|x－1|＝2x，①式化为2x≥32，即34≤x＜1， (ⅲ)当x≤－1时，|x＋1|－|x－1|＝－2，①式无解．综上，x的取值范围是[34，＋∞)． (2)由f(x)≥312，得|x＋a|－|x＋b|≥－5，而由||x＋a|－|x＋b||≤|x＋a－x－b|＝|a－b|，得－|a－b|≤|x＋a|－|x＋b|≤|a－b|，② 要使②恒成立，只需－|a－b|≥－5，可得a－b的取值范围是[－5,5]．
第二(dìèr)讲不等式选讲(选修4－5)
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试题(shìtí解) 析(jiě
1．(2016·贵阳监测)设f(x)＝|x－1|－2|x＋1|的最大值为m. (1)求实数m的值； (2)若a、b、c∈(0，＋∞)，且a2＋2b2＋c2＝m，求ab＋bc的最大值．
第二页，共17页。
试题(shìt解í)析(jiě
第十七页，共17页。
2＋4n，n＞12
∴φ(n)的最小值为4，故实数m的取值范围是[4，＋∞)．
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试题(shìtí解) 析(jiě
7．(2016·高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.

2020版高考数学大二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲限时规范训练理

第二讲不等式选讲1．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．解析：(1)a ＝1时，f (x )≥3x ＋2，即|x －1|≥2，解得x ≥3成x ≤－1. 故不等式的解集是{}x | x ≥3或x ≤－1. (2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0，此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥ax －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a－(x －a )＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥a x ≤a4或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤a x ≤－a 2.因为a >0，所以不等式的解集为{x |x ≤－a2}，由题意得－a2＝－1，故a ＝2.2．(2019·浉河区校级月考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝2.求证： (1)a b ＋b a ≤2； (2)2≤a 2＋b 2<16.证明：(1)∵a >0，b >0，a ＋b ＝2， ∴2≥2ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时取等号，∴0<ab ≤1，∴a b ＋b a ＝ab (a ＋b )＝2ab ≤2. (2)∵a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ，∴a ＋b ＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ，∴a 2＋b 2＝16－16ab ＋4ab －2ab ＝2ab －16ab ＋16＝2(ab －8ab ＋16)－16＝2(ab －4)2－16＝2(4－ab )2－16，∵0<ab ≤1， ∴3≤4－ab <4，∴9≤(4－ab )2<16， ∴2≤2(4－ab )2－16<16，故2≤a 2＋b 2<16.3．(2019·烟台一模)已知函数f (x )＝|2x －1|－m |x ＋2|. (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若存在实数m 使得不等式f (x －2)>m 在x ∈[－1,1]恒成立，求m 的取值范围．解析：(1)当m ＝1时，|2x －1|－|x ＋2|≥2，当x ≤－2时，原不等式转化为1－2x ＋x ＋2≥2，解得x ≤－2；当－2<x ≤12时，原不等式转化为1－2x －x －2≥2，解得－2<x ≤－1；当x >12时，原不等式转化为2x －1－x －2≥2，解得x ≥5；综上，不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥5}．(2)由已知得：f (x －2)＝|2x －5|－m |x |>m ，即m <|2x －5||x |＋1.设g (x )＝|2x －5||x |＋1，x ∈[－1,1]，由题意m <g (x )min .当x ∈[0,1]时，g (x )＝－2x ＋5x ＋1＝－2＋7x ＋1为减函数，此时最小值为g (1)＝32；当x ∈[－1,0)时，g (x )＝－2x ＋5－x ＋1＝2－3x －1为增函数，此时最小值为g (－1)＝72.又32<72，所以g (x )min ＝32. 所以m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪m <32. 4．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |. (1)求f (x )≥1的解集；(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，求a 的取值范围．解析：(1)因为函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，故f (x )≥1，等价于|2x ＋1|－|2x －3|≥1，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，－2x －1－(3－2x )≥1，①或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤32，2x ＋1－(3－2x )≥1，②或⎩⎪⎨⎪⎧x >32，2x ＋1－(2x －3)≥1.③①无解，解②得34≤x ≤32，解③得x >32.综上可得，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥34. (2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，可得g (x )min ≥f (x )max . ∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|≤|2x ＋1－(2x －3)|＝4，∴f (x )max ＝4. ∵g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |≥|x ＋1－(x －a )|＝|a ＋1|，故g (x )min ＝|a ＋1|.∴|a ＋1|≥4，解得a ≥3或a ≤－5. 故a 的取值范围为{a |a ≥3或a ≤－5}． 5．(2019·南昌模拟)设函数f (x )＝|2x －3|. (1)求不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集；(2)若g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )的最小值为4，求实数m 的值．解析：(1)∵f (x )>5－|x ＋2|可化为|2x －3|＋|x ＋2|>5，∴当x ≥32时，原不等式化为(2x －3)＋(x ＋2)>5，解得x >2，∴x >2；当－2<x <32时，原不等式化为(3－2x )＋(x ＋2)>5，解得x <0，∴－2<x <0；当x ≤－2时，原不等式化为(3－2x )－(x ＋2)>5，解得x <－43，∴x ≤－2.综上，不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)． (2)∵f (x )＝|2x －3|，∴g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )＝|2x ＋2m －3|＋|2x －2m －3|≥|(2x ＋2m －3)－(2x －2m －3)|＝|4m |.∴依题意有4|m |＝4，解得m ＝±1.6．(2019·高考全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.解析：(1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥(2＋a )23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为(2＋a )23.由题设知(2＋a )23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1.。

2020版高考数学二轮复习第2部分专题7选考4系列第2讲不等式选讲教案理选修4_5

第2讲选修4－5 不等式选讲含绝对值不等式的解法(5年7考)[高考解读] 以解答题的形式考查绝对值不等式的解集、有限制条件的恒成立、有解等问题、考查学生的等价转化能力和数学运算能力，难度中等.1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥g (x )的解集；(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[－1,1]，求a 的取值范围． [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]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．(2019·全国卷Ⅱ)已知f (x )＝|x －a |x ＋|x －2|(x －a )． (1)当a ＝1时，求不等式f (x )＜0的解集；(2)若x ∈(－∞，1)时，f (x )＜0，求a 的取值范围． [解](1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|x ＋|x －2|(x －1)．当x ＜1时，f (x )＝－2(x －1)2＜0；当x ≥1时，f (x )≥0.所以，不等式f (x )＜0的解集为(－∞，1)．(2)因为f (a )＝0，所以a ≥1.当a ≥1，x ∈(－∞，1)时，f (x )＝(a －x )x ＋(2－x )(x －a )＝2(a －x )(x －1)＜0. 所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．[教师备选题](2018·全国卷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 ＞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00＜x ＜2a ，所以2a≥1，故0＜a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]．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．1．(有解问题)已知f (x )＝|x |＋2|x －1|. (1)解不等式f (x )≥4；(2)若不等式f (x )≤|2a ＋1|有解，求实数a 的取值范围． [解](1)不等式f (x )≥4，即|x |＋2|x －1|≥4，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ＜02－3x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤12－x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞13x －2≥4⇒x ≤－23或无解或x ≥2.故不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[2，＋∞)． (2)f (x )≤|2a ＋1|有解等价于f (x )min ≤|2a ＋1|.f (x )＝|x |＋2|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3x x ＜，2－xx ，3x －x ＞，故f (x )的最小值为1，所以1≤|2a ＋1|，得2a ＋1≤－1或2a ＋1≥1，解得a ≤－1或a ≥0，故实数a 的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 2．(恒成立问题)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )＞2；(2)若g (x )＝f (x )＋f (－x )，且对任意x ∈R ，都有|k －1|＜g (x )，求实数k 的取值范围．[解](1)依题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12＜x ＜1，3x ，x ≥1.于是得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12－3x ＞2或⎩⎪⎨⎪⎧－12＜x ＜1x ＋2＞2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3x ＞2，解得x ＜－23或0＜x ＜1或x ≥1.故不等式f (x )＞2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|x ＜－23或x ＞0.(2)g (x )＝f (x )＋f (－x )＝|x －1|＋|x ＋1|＋(|2x ＋1|＋|2x －1|)≥|(x －1)－(x ＋1)|＋|(2x ＋1)－(2x －1)|＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x －x ＋，x －2x ＋，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12时取等号，若对任意的x ∈R ，不等式|k －1|＜g (x )恒成立，则|k －1|＜g (x )min ＝4，所以－4＜k －1＜4，解得－3＜k ＜5，即实数k 的取值范围为(－3,5).不等式的证明(5年3考)[高考解读] 以解答的形式考查学生应用比较法、基本不等式等证明不等式，考查学生的逻辑推理及数学运算能力.(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明： (1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.[证明](1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥ 33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24. [教师备选题]1．(2015·全国卷Ⅱ)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． [证明](1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ，得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 因此a ＋b >c ＋d .(2)①若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2，即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .②若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd ，于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2，因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． 2．(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.[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＋a ＋b24(a ＋b )＝2＋a ＋b34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．1．(用基本不等式证明不等式)已知函数f (x )＝|x －2|. (1)求不等式f (x )＞4－|x ＋1|的解集；(2)设a ，b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2b ＝10，求证：a ＋b 2≥27. [解](1)f (x )＞4－|x ＋1|可化为|x －2|＞4－|x ＋1|，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－x －＞4＋x ＋或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜2，－x －＞4－x ＋或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，x －2＞4－x ＋解得x ＜－32或x ∈或x ＞52.所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞.(2)因为a ，b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以1a ＞2，2b ＞4. 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2b＝1a－2＋2b －2＝10，即1a ＋2b＝14.由基本不等式得，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝2＋b 2a ＋2a b ≥2＋2b 2a ·2ab＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ b 2a ＝2a b ，1a ＋2b ＝14，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝17，b ＝27时取等号．所以14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≥4，即a ＋b 2≥27.2．(用绝对值不等式的性质证明不等式)已知函数f (x )＝|x ＋1|. (1)求不等式f (x )＜|2x ＋1|－1的解集M ； (2)设a ，b ∈M ，证明：f (ab )＞f (a )－f (－b )． [解](1)由题意，|x ＋1|＜|2x ＋1|－1， ①当x ≤－1时，不等式可化为－x －1＜－2x －2，解得x ＜－1； ②当－1＜x ＜－12时，不等式可化为x ＋1＜－2x －2，此时不等式无解； ③当x ≥－12时，不等式可化为x ＋1＜2x ，解得x ＞1. 综上，M ＝{x |x ＜－1或x ＞1}．(2)证明：因为f (a )－f (－b )＝|a ＋1|－|－b ＋1|≤|a ＋1－(－b ＋1)|＝|a ＋b |，所以要证f (ab )＞f (a )－f (－b )，只需证|ab ＋1|＞|a ＋b |，即证|ab ＋1|2＞|a ＋b |2，即证a 2b 2＋2ab ＋1＞a 2＋2ab ＋b 2，即证a 2b 2－a 2－b 2＋1＞0，即证(a 2－1)(b 2－1)＞0.因为a ，b ∈M ，所以a 2＞1，b 2＞1，所以(a 2－1)(b 2－1)＞0成立，所以原不等式成立.与代数式有关的最值问题(5年3考)[高考解读] 以解答题的形式考查代数式含绝对值不等式的最值求法，考查学生应用均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式的几何意义等工具分析问题和解决问题的能力，考查逻辑推理的数学素养.1．(2019·全国卷Ⅲ)设x ，y ，z ∈R ，且x ＋y ＋z ＝1. (1)求(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值；(2)若(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1.[解](1)因为[(x －1)＋(y ＋1)＋(z ＋1)]2＝(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2＋2[(x －1)(y ＋1)＋(y ＋1)·(z ＋1)＋(z ＋1)(x －1)] ≤3[(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43，当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立．所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x －2)＋(y －1)＋(z －a )]2＝(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2＋2[(x －2)(y －1)＋(y －1)·(z －a )＋(z －a )(x －2)] ≤3[(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥＋a 23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为＋a 23.由题设知＋a 23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1. 2．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|.(1)画出y ＝f (x )的图象；(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值．[解](1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－12，x ＋2，－12≤x ＜1，3x ，x ≥1.y ＝f (x )的图象如图所示．(2)由(1)知，y ＝f (x )的图象与y 轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a ≥3且b ≥2时，f (x )≤ax ＋b 在[0，＋∞)成立，因此a ＋b 的最小值为5.[教师备选题]若a ＞0，b ＞0，且1a ＋1b＝ab .(1)求a 3＋b 3的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．[解](1)由ab ＝1a ＋1b≥2ab，得ab ≥2，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3＋b 3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a ＋3b ≥26ab ≥4 3.由于43＞6，从而不存在a ，b ，使得2a＋3b ＝6.1．形如f (x )＝|Ax ＋B |＋|Ax ＋C |的最值．因为|Ax ＋B |＋|Ax ＋C |≥|Ax ＋B －(Ax ＋C )|＝|B －C |，当且仅当(Ax ＋B )(Ax ＋C )≤0时取“＝”，所以f (x )min ＝[|Ax ＋B |＋|Ax ＋C |]min ＝|B －C |.2．形如f (x )＝|Ax ＋B |－|Ax ＋C |的最值．因为||Ax ＋B |－|Ax ＋C ||≤|Ax ＋B －Ax －C |＝|B －C |，当且仅当(Ax ＋B )(Ax ＋C )≥0时取“＝”，所以f (x )max ＝[|Ax ＋B |－|Ax ＋C |]max ＝|B －C |，f (x )min ＝[|Ax ＋B |－|Ax ＋C |]min ＝－|B －C |.3．形如f (x )＝|Ax ＋B |＋|Cx ＋D |或f (x )＝|Ax ＋B |－|Cx ＋D |的最值由绝对值的几何意义作图可知．1．(求最值问题)设函数f (x )＝|x ＋1|－|x |的最大值为m . (1)求m 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值．[解](1)|x ＋1|－|x |≤|x ＋1－x |＝1，f (x )的最大值为1，∴m ＝1.(2)由(1)可知，a ＋b ＝1，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋1＋b 2a ＋1[(a ＋1)＋(b ＋1)]＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2a ＋b ＋1＋b 2b ＋a ＋1＋a 2＋b 2≥13(2ab ＋a 2＋b 2)＝13(a ＋b )2＝13，当且仅当a ＝b ＝12时取等号，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值为13. 2．(求参数问题)设函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |.(1)当a ＝1时，求f (x )的图象与直线y ＝3围成区域的面积； (2)若f (x )的最小值为1，求a 的值． [解](1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－1，－x ＋2，－1≤x ＜12，3x ，x ≥12，如图，作出函数f (x )的图象与直线y ＝3，结合图象可知所求面积为12×[1－(－1)]×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32＝32. (2)法一：(借助分段函数的性质) 当－a ＞12，即a ＜－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －a ＋1，x ＜12，x －a －1，12≤x ＜－a ，3x ＋a －1，x ≥－a ，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－a －1＝1，所以a ＝－32.当－a ≤12，即a ≥－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －a ＋1，x ＜－a ，－x ＋a ＋1，－a ≤x ＜12，3x ＋a －1，x ≥12，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3×12＋a －1＝1，所以a ＝12.综上，a ＝－32或a ＝12.法二：(解恒成立问题)∵f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12，当且仅当x ＝12时取等号．令⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12＝1，得a ＝12或a ＝－32. 3．(与恒成立交汇)已知函数f (x )＝x |x －a |，a ∈R . (1)当f (1)＋f (－1)＞1时，求a 的取值范围；(2)若a ＞0，x ，y ∈(－∞，a ]，不等式f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |恒成立，求a 的取值范围．[解](1)f (1)＋f (－1)＝|1－a |－|1＋a |＞1，若a ≤－1，则1－a ＋1＋a ＞1，得2＞1，即a ≤－1；若－1＜a ＜1，则1－a －(1＋a )＞1，得a ＜－12，即－1＜a ＜－12；若a ≥1，则－(1－a )－(1＋a )＞1，得－2＞1，此时不等式无解．综上所述，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12.(2)由题意知，要使不等式恒成立，只需f (x )max ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min . 当x ∈(－∞，a ]时，f (x )＝－x 2＋ax ，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a 24. 因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54，当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋54(y －a )≤0，即－54≤y ≤a 时等号成立，所以当y ∈(－∞，a ]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54＝a ＋54. 于是a 24≤a ＋54，解得－1≤a ≤5. 又a ＞0，所以a 的取值范围是(0,5]．。

(全国通用版)2019高考数学二轮复习专题七系列4选讲第2讲不等式选讲学案理

【人教A版】2020年高考数学理科二轮复习《不等式选讲》讲义案及中档题型精讲卷

2020年高考数学二轮复习《不等式选讲》讲义案及中档题型精讲卷一、考纲解读1.了解绝对值的几何意义，会利用绝对值的定义解不等式，利用绝对值不等式证明不等式和求最值.2.了解柯西不等式及其几何意义，会用它来证明不等式和求最位.3.了解基本不等式，会用它来证明不等式和求最值.4.会用综合法、分析法、反证法及数学归纳法证明不等式.二、命题趋势探究本节内容为新课标新增内容，是高考选考内容.题型以含绝对值的不等式的解法和证明为重要考点，不等式的应用为次重要考点，不等式证明放在一般位置，难度为中档.三、知识点精讲(一).不等式的性质1.同向合成（1）,a b b c a c >>⇒>；（2）,ca b d a c b d >>⇒+>+；（3）0,c0a b d ac bd >>>>⇒>.（合成后为必要条件）2.同解变形（1）a b a c b c>⇔+>+；（2）0,0,a b c ac bc c ac bc >⇔>>⇔<<；（3）11000a bb a>>⇔>>⇔>>.（变形后为充要条件）3.作差比较法0,0 a b a b a b a b>⇔>-><⇔-< (二).含绝对值的不等式（1）0,||a x a a x a><⇔>-<<；0,||,a x a x a x a>>⇔>><-或（2）22 ||||a b a b>⇔>（3）||||x a x b c+++<零点分段讨论(三).基本不等式（1）222a b ab+>（当且仅当等号成立条件为a b=）（2）0,0,2a ba b+>>≥a b=）；0,0,0,3a b c a b c ++>>>≥a b c ==时等号成立）（3）柯西不等式22222()()()a b c d ac bd ++≥+（当且仅当ad bc =时取等号）①几何意义：||ad bc ⋅⇔+≤a b a b ||||||≤②推广：222222212121122()()()n n n n a a a b b b a b a b a b ++++++≥+++L L L .当且仅当向量12(,,,)n a a a L a =与向量12(,,,)n b b b L b =共线时等号成立.(四).不等式的证明（1）作差比较法、作商比较法. （2）综合法——由因到果. （3）分析法——执果索因. （4）数学归纳法.（5）构造辅助函数利用单调性证明不等式. （6）反证法. （7）放缩法.四、解答题题型总结核心考点:放缩法解不等式预证A B ≥，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得112,,,K B B B B B A≤≤≤L 或112,,,K A A A A A B≥≥≥L ，再利用传递性，达到证明目的，常见的放缩途径有“添舍”放缩、“分母”放缩和“单调”放缩.1.已知正数,,a b c 满足1a b c ++=6<. 分析采用“添项”放缩法解析31a <==+ ①31b <=+ ② 31c <=+ ③①+②+3()36a b c +++=.评注放缩法的主要依据是不等式的传递性，通常，若所证不等式两边形式差异较大，则应考虑用放缩法.本题也可用柯西不等式证明：23(616161)2736a b c ≤+++++=<，6<.2.证明：1(1)(2,)n n n n n n -*>+≥∈N .解析因为2121111111n n nn n n n n C C C n n n n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++⋯+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭= ()()()()()()()2112122121111111...2!3!1!!n n n n n n n n n n n n n n ---------++⋅+++⋅+⋅-L L111121122112111(1)(1)(1)...(1)(1)...(1)(1)(1)...(1)2!3!(n 1)!n!n n n n n n n n n n n --++-+--++---+----111112!3!!n <++++⋯+ 2111111112111331222212n n n ---++++⋯+=+=-<- .即()13nnn n +<.由2n ≥时,13n +≥,得()()311nn nn n n n <≤++,故()11n n n n ->+()2,n n N *≥∈.评注这里用111n -<, 1(1)(12)1n n --<, (11)(1)(1)...(1)12n n n n ----< ①以及112!2≤,2113!2<,3114!2<, (1)11!2n n -< ②3.求证：12(,,,)b c d aa b c d a b c b c d c d a d a b +<+++<∈++++++++R .解析由题意，,,,a b c d +∈R ，则b c d a a b c b c d c d a d a b +++++++++++1a b c da b c d +++>=+++，b c d a a b c b c d c d a d a b +++++++++++2b c d aa b c d c d a b <+++=++++.所以原不等式成立.4.设,,,a b c m +∈R ，且满足m m m a b c =+，问m 取何值时，以,,a b c 为边可构成三角形，并判断该三角形的形状.解析由幂函数性质可知a b >，a c >，要构成三角形，只需b c a +>，故()m mb c a +>，即证明()m m mb c b c +>+，只需证明1()()m mb c b c b c >+++，即()()m m b c b c b c b c b c b c +<+++++. ① 由0m >，且,(0,1)b cb c b c ∈++，由指数函数(01)xy a a =<<单调递减可知，要使得式①成立，只需1m >. 因此可知，要b c a +>成立.只需1m >成立. 当2m =时，222a b c =+，三角形为直角三角形；当12m <<时，22222()m m m m m m m m ma a abc a b a c a ----=⋅=+⋅=⋅+⋅22m m m m b b c c -->⋅+⋅22b c =+即222a b c >+，此时三角形为钝角三角形；当2m >时，22222()m m m m m m m m m a a a b c a b a c a ----=⋅=+⋅=⋅+⋅22m m m m b b c c --<⋅+⋅22b c =+即222a b c <+，此时三角形为锐角三角形.5.(1)求∑=-nk k12142的值; (2)求证:35112<∑=nk k.解析:(1)因为121121)12)(12(21422+--=+-=-n n n n n ,所以122121114212+=+-=-∑=n n n k n k(2)因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk Λ 奇巧积累:(1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-<=1211212144441222n n n n n(2))1(1)1(1)1()1(21211+--=-+=+n n n n n n n C C n n(3))2(111)1(1!11)!(!!11≥--=-<<⋅-=⋅=+r r r r r r n r n r n n C T r rrn r(4)25)1(123112111)11(<-++⨯+⨯++<+n n n n Λ(5)nn nn 21121)12(21--=- (6)n n n -+<+221(7))1(21)1(2--<<-+n n nn n (8) n n n n n n n 2)32(12)12(1213211221⋅+-⋅+=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-(9)⎪⎭⎫⎝⎛++-+=+++⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=-+k n n k k n n n k k n k n k 11111)1(1,11111)1(1 (10) !)1(1!1!)1(+-=+n n n n(11)21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n(11) )2(121121)12)(12(2)22)(12(2)12)(12(2)12(21112≥---=--=--<--=----n n n n n n n n n n n n n n(12) 111)1(1)1(1)1)(1(11123--+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-<⋅=n n n n n n n n n n n n11112111111+--<-++⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=n n n n n n n(13) 3212132122)12(332)13(2221nn n nnnnnn <-⇒>-⇒>-⇒>⋅-=⋅=+(14)!)2(1!)1(1)!2()!1(!2+-+=+++++k k k k k k(15))2(1)1(1≥--<+n n n n n(15) 111)11)((1122222222<++++=+++--=-+-+j i ji j i j i j i j i j i6.(1)求证:)2()12(2167)12(151311222≥-->-++++n n n Λ(2)求证:n n 412141361161412-<++++Λ (3)求证:1122642)12(531642531423121-+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅++⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+n n n ΛΛΛ(4) 求证：)112(2131211)11(2-+<++++<-+n nn Λ解析:(1)因为⎪⎭⎫⎝⎛+--=+->-12112121)12)(12(1)12(12n n n n n ,所以)12131(211)12131(211)12(112--+>+-+>-∑=n n i ni(2))111(41)1211(414136116141222n n n -+<+++=++++ΛΛ (3)先运用分式放缩法证明出1212642)12(531+<⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅n n n ΛΛ,再结合nn n -+<+221进行裂项,最后就可以得到答案(4)首先nn n n n++=-+>12)1(21,所以容易经过裂项得到nn 131211)11(2++++<-+Λ再证21212121222)1212(21-++=-++=--+<n n n n n n n而由均值不等式知道这是显然成立的，所以)112(2131211-+<++++n nΛ例3.求证:35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ解析:一方面:因为⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-=-<12112121444111222n n n n n ,所以35321121121513121112=+<⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+<∑=n n knk Λ 另一方面:1111)1(143132111914112+=+-=+++⨯+⨯+>++++n nn n n n ΛΛ当3≥n 时,)12)(1(61++>+n n nn n ,当1=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++=++Λ,当2=n 时,2191411)12)(1(6n n n n ++++<++Λ,所以综上有 35191411)12)(1(62<++++≤++n n n n Λ7.设函数()ln f x x x x =-.数列{}n a 满足101a <<.1()n n a f a +=.设1(1)b a ∈，，整数11ln a bk a b -≥.证明:1k a b +>.解析:由数学归纳法可以证明{}n a 是递增数列,故存在正整数k m ≤,使b a m ≥,则ba a k k ≥>+1,否则若)(k mb a m ≤<,则由101<<≤<b a a m 知ln ln ln 11<<≤b a a a a a m m m ,∑=+-=-=km mm k k k k a a a a a a a 111ln ln ,因为)ln (ln 11b a k a akm m m<∑=,于是b a b a b a k a a k =-+≥+>+)(|ln |111118.已知m m m m m n S x N m n ++++=->∈+Λ321,1,,,求证: 1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n .解析:首先可以证明:nx x n+≥+1)1(∑=++++++++--=-++---+--=nk m m m m m m m m k k n n n n n 111111111])1([01)2()1()1(Λ所以要证1)1()1(11-+<+<++m n m n S m n 只要证:∑∑∑=+++++++++==++-+=-++--+-+=-+<+<--nk m m m m m m m m m nk m nk m m k k n nnn n k m k k111111111111111])1[(2)1()1(1)1()1(])1([Λ故只要证∑∑∑=++==++-+<+<--nk m m nk m nk m m k k k m k k 1111111])1[()1(])1([,即等价于mm m m m kk k m k k-+<+<--+++111)1()1()1(,即等价于11)11(11,)11(11++-<+-+<++m m k k m k k m而正是成立的,所以原命题成立. 9.已知nnn a 24-=,nnn a a a T +++=Λ212,求证:23321<++++n T T T T Λ.解析:)21(2)14(3421)21(241)41(4)222(444421321n nn n n n n T -+-=-----=+++-++++=ΛΛ所以123)2(22232234232323422234342)21(2)14(3422111111+⋅-⋅⋅=+⋅-⋅=-+=-+-=-+-=++++++n n nn n n n n n n n n n nnn T⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--⋅⋅=+12112123)12)(122(2231n n nn n从而231211217131311231321<⎪⎭⎫ ⎝⎛---++-+-=+++++n n n T T T T ΛΛ10.已知11=x ,⎩⎨⎧∈=-∈-==),2(1),12(Z k k n n Z k k n n x n ,求证: *))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ证明: nnnn n n x x n n 222141141)12)(12(11424244122=⋅=>-=+-=+,因为12++<n n n ,所以)1(2122214122n n n n nx x n n -+=++>>+所以*))(11(21114122454432N n n x x x x x x n n ∈-+>++⋅+⋅+Λ。

高考数学二轮复习专题七系列4选讲第2讲不等式选讲学案理

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 －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 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 ＋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 ＋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．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＋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·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]．。