第十七章 不等式选讲

解析 本题考查绝对值不等式的解法.
3, x 1,
(1)f(x)=2x 1, 1 x 2,
3, x 2.
当x<-1时, f(x)≥1无解;
当-1≤x≤2时,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;
当x>2时,由f(x)≥1解得x>2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(2)由f(x)≥x2-x+m得m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.
解后反思 绝对值不等式问题常见类型及解题策略: (1)直接求解不等式,主要利用绝对值的意义、不等式的性质想办法去掉绝对值符号求解. (2)已知不等式的解集求参数值,利用绝对值三角不等式或函数求相应最值,然后求参数的取值范围.
2.(2018课标全国Ⅱ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲] 设函数f(x)=5-|x+a|-|x-2|. (1)当a=1时,求不等式f(x)≥0的解集; (2)若f(x)≤1,求a的取值范围.
2
2
综上,|f(x)|>1的解集为 x
x
1 或1 3
x
3或x
5.
4.(2015课标全国Ⅰ,24,10分,0.48)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0. (1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集; (2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时,f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|-1>0.
类后整合,先交集再并集;注意题设中给定的条件,特别是注意括号内的条件和题目的隐含条
件,不能想当然地在实数范围内进行分类.
考点二 与绝对值不等式有关的最值与取值范围问题
1.(2018课标全国Ⅲ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲] 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.
(2)f(3)= 3 1 +|3-a|.
a
当a>3时, f(3)=a+ 1 ,由f(3)<5得3<a< 5 21 .
a
2
当0<a≤3时, f(3)=6-a+ 1 ,由f(3)<5得1 5 <a≤3.
a
2
5
,5 2
21
.
易错警示 本题考查了分类与整合思想,特别需要注意:分类时要做到同一标准不重不漏;先分
当x≤-1时,不等式化为x-4>0,无解;
当-1<x<1时,不等式化为3x-2>0,解得 2 <x<1;
3
当x≥1时,不等式化为-x+2>0,解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为
x|
2 3
x
2}.
(5分)
x 1 2a, x 1,
(2)由题设可得,f(x)= 3x 1 2a, 1 x a,
2x 4, x 1,
解析 (1)当a=1时, f(x)= 2, 1 x 2,
2x 6, x 2.
可得f(x)≥0的解集为{x|-2≤x≤3}. (2)f(x)≤1等价于|x+a|+|x-2|≥4. 而|x+a|+|x-2|≥|a+2|,且当x=2时等号成立. 故f(x)≤1等价于|a+2|≥4. 由|a+2|≥4可得a≤-6或a≥2. 所以a的取值范围是(-∞,-6]∪[2,+∞).
解析 本题考查函数的图象与绝对值不等式恒成立问题.
3x,
x
1 2
,
(1)f(x)=
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.
f(x)<-1的解集为
x
|
x
1 3
或x
5
.
(9分)
所以|f(x)|>1的解集为
x
|
x
1 3
或1
x
3或x
5 .
解法二:由|f(x)|>1与(1)知:
(10分)
当x≤-1时,|x-4|>1,解得x≤-1;
当-1<x≤ 3 时,|3x-2|>1,解得-1<x< 1 或1<x≤ 3 ;
2
3
2
当x> 3 时,|-x+4|>1,解得 3 <x<3或x>5.
x 4, x 1,
解析
(1)f(x)= 3x
2, 1
x
3 2
,
x
4,
x
3 2
,
y=f(x)的图象如图所示. (5分)
(3分)
(2)解法一:由f(x)的表达式及图象,
当f(x)=1时,可得x=1或x=3;(6分)
当f(x)=-1时,可得x= 1 或x=5, (7分)
3
故f(x)>1的解集为{x|1<x<3};
4
所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2. 失分警示 运用直接法证明不等式时,可以通过分析和应用条件逐步逼近结论,在证明过程中 易因逻辑混乱而失分.
2.(2016课标全国Ⅱ,24,10分)已知函数f(x)= x 1 + x 1 ,M为不等式f(x)<2的解集.
2
2
(1)求M;
(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.
证明 本题考查不等式的证明. (1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6 =(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4) =4+ab(a2-b2)2≥4. (2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3 =2+3ab(a+b)≤2+ 3(a b)2 (a+b)
4
=2+ 3(a b)3 ,
2x,
x
1 2
,
解析
(1)f(x)=
1,
1 2
x
1 2
,
(2分)
2x,
x
1 2
.
当x≤- 1 时,由f(x)<2得-2x<2,解得-1<x≤- 1 ;
2
2
(3分)
当- 1 <x< 1 时, f(x)<2; (4分)
22
当x≥ 1 时,由f(x)<2得2x<2,解得 1 ≤x<1. (5分)
2
2
所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}. (6分)
5.(2014课标Ⅱ,24,10分,0.430)设函数f(x)= x 1 +|x-a|(a>0).
a
(1)证明:f(x)≥2; (2)若f(3)<5,求a的取值范围.
解析 (1)证明:由a>0,得f(x)= x 1 +|x-a|≥ x 1 (x a) = 1 +a≥2.
a
a
a
所以f(x)≥2.
易错警示 对“零点分段法”的理解不到位: 若不等式含有两个或两个以上的绝对值并含有未知数,通常先把每个绝对值内代数式等于零 时的未知数的值求出(即零点),然后将这些零点标在数轴上,此时数轴被零点分成了若干段(区 间),在每一段区间里,每一个绝对值符号内的代数式的符号确定,此时利用绝对值的定义可以 去掉绝对值符号.
2
当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解. 当a>1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2. 所以a的取值范围是[2,+∞). (10分)
5.(2014课标全国Ⅰ,24,10分,0.23)若a>0,b>0,且1 +1 = ab .
ab
(1)求a3+b3的最小值; (2)是否存在a,b,使得2a+3b=6?并说明理由. 解析 (1)由 ab =1 +1 ≥ 2 ,得ab≥2,且当a=b= 2 时等号成立.
2.(2017课标全国Ⅰ,23,10分)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|. (1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集; (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.
解析 本题考查绝对值不等式的求解. (1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.① 当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解; 当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0, 从而-1≤x≤1; 当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,
从而1<x≤ 1 17 .
2
所以f(x)≥g(x)的解集为 x
1
x
1 2
17
.
(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.
而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|
=-
|
x
|
3 2
2
+
5 4
≤
5 4
,
且当x= 3 时,|x+1|-|x-2|-x2+x= 5 .
2
4
故m的取值范围为
,
5 4
.
4.(2016课标全国Ⅲ,24,10分)已知函数f(x)=|2x-a|+a. (1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集; (2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时, f(x)+g(x)≥3,求a的取值范围. 解析 (1)当a=2时, f(x)=|2x-2|+2. 解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}. (5分) (2)当x∈R时, f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a, 当x= 1 时等号成立,所以当x∈R时, f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.① (7分)
所以a的取值范围为[-1,1].
规律总结 零点分段法是解答含绝对值不等式问题常用的方法,也可以将不等式问题转化为
函数问题,利用零点分段法把绝对值函数转化为分段函数,借助函数的图象求得不等式的解集.
3.(2016课标全国Ⅰ,24,10分)选修4—5:不等式选讲 已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|. (1)画出y=f(x)的图象; (2)求不等式|f(x)|>1的解集.
方法总结 解含有两个或两个以上绝对值的不等式,常用零点分段法或数形结合法求解;求含 有两个或两个以上绝对值的函数的最值,常用绝对值三角不等式或数形结合法求解.
3.(2017课标全国Ⅲ,23,10分)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)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.
若a>0,则|ax-1|<1的解集为
x
|
0
x
2 a
,
所以 2 ≥1,故0<a≤2.
a
综上,a的取值范围为(0,2].
方法技巧 1.研究含有绝对值的函数问题时,常根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值符号, 从而转化为分段函数来解决. 2.对于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x-a|-|x-b|型函数的最值问题,常利用绝对值三角不等式解决. 3.不等式的恒成立问题可转化为函数的最值问题.注意在x∈D上,当f(x)存在最小值时, f(x)>a恒 成立⇔a<f(x)min,当f(x)存在最大值时, f(x)<a恒成立⇔a>f(x)max.
(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.
高考理数 (课标Ⅲ专用)
第十七章 不等式选讲
五年高考
A组 统一命题·课标卷题组
考点一 解绝对值不等式
1.(2018课标全国Ⅰ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲] 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.
x 1 2a, x a.
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A
2a 3
1,
0
,B(2a+1,0),C(a,a+1),△
ABC的面积为 2 (a+1)2.
3
由题设得 2 (a+1)2>6,故a>2.
3
所以a的取值范围为(2,+∞). (10分)
解后反思 分类讨论解不等式应做到不重不漏;在某个区间上解不等式时一定要注意区间的 限制性.
解析 (1)当a=1时, f(x)=|x+1|-|x-1|,
2, x 1,
即f(x)= 2x, 1 x 1,
2, x 1.
故不等式f(x)>1的解集为
x
x
1 2
.
(2)当x∈(0,1)时|x+1|-|ax-1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax-1|<1成立.
若a≤0,则当x∈(0,1)时|ax-1|≥1;
a b ab
故a3+b3≥2 a3b3 ≥4 2 ,且当a=b= 2 时等号成立. 所以a3+b3的最小值为4 2 . (2)由(1)知,2a+3b≥2 6 ab ≥4 3 . 由于4 3 >6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.
考点三 不等式的证明
1.(2017课标全国Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明: (1)(a+b)(a5+b5)≥4; (2)a+b≤2.