人教版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

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2020版高考文科数学突破二轮复习新课标通用课件：专题七第2讲不等式选讲

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＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 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.
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[明考情] 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．
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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，＋∞)．
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2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc＝1.证明： (1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
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证明：(1)因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又 abc＝1，故有 a2＋b2＋ c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋abbcc＋ca＝1a＋1b＋1c.当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立．所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2. (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

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.。

新课标2020版高考数学二轮复习专题七选考部分第2讲不等式选讲学案理新人教A版

第2讲不等式选讲][做真题abcabc＝1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知，1.，证明：为正数，且满足111222cab；(1)＋＋≤＋＋cab333accabb24.)＋(＋(2)()＋＋)＋(≥222222abcaccabababcbc＋，故有≥2＝，＋，且≥2证明：(1)因为1＋，≥2cabcab11＋1＋222caabcbabc.≥＋＋＋＝＋＋＋＝cbabca111222cab.＋＋所以＋＋≤cababcbca，1，为正数且，故有(2)因为＝3333333ccaccabababb )＋()≥＋3()(＋＋))＋(＋()＋(＋acabbcabbcac) ＋(2)()×(2＋3)(×＋)×(2)＝3(≥＝24.333accabb24.＋((＋))＋(＋＋≥)所以axxfxaxx|－－2|(|．＋|)2．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知(－)＝xfa(时，求不等式的解集；(1)当)<0＝1axxf)<0(2)若，求∈(－∞，1)时，的取值范围．(xxfxxxa－1)－1|＋|(1)解：当．＝1时，－(2|()＝|2xfxxxfx1)<0；当(当≥1<1时，时，()＝－2()≥0.－xf1)(．)<0的解集为(－∞，所以，不等式afa(≥1.)＝0，所以(2)因为xxxxxxaafaxxa1)<0. )(＋(2－)(－－当－≥1，时，∈(－∞，1))(＝)＝(－2()a所以，的取值范围是[1，＋∞)．zxyzxy1. ，＋，＝．(2019·高考全国卷Ⅲ)设∈R，且＋3222zyx＋1)＋1)的最小值；＋((1)求(－1)＋(1222axaayz1.32)＋((－1)＋或－≥－)≥成立，证明：≤－(2)若(－ 3 (1)解：由于2zxy－1)＋＋1)＋((1)]＋[(222xyyxzyxzz1)] (1)＋＋＋1)(－(1)2[(1)＋(1)＝(－＋＋1)(＋＋－1)(＋＋＋1)(222zxy，]1)＋(＋1)＋(＋1)－3[(≤．4511222xyzxyz＝－时等号成立．＝－≥，当且仅当，((－1)＋＝＋1)＋(，＋1)故由已知得33334222xyz＋1)(的最小值为＋(.＋1)(所以＋－1)3(2)证明：由于2azxy－()]－1)＋[((－2)＋222xzyyazaxyzax2)] (1)(－－－－－2)＋()－1)＋(－＋)＋2[((－2)()(－1)＋＝(222ayzx－1)＋(]－，)≤3[(－2)＋(2a)＋(2222azxy－，故由已知得()－2)＋((－1)＋≥3aaa－21－24－xyz＝时等号成立．，＝当且仅当，＝3332a)＋(2222ayzx.－1)＋()因此(－－2)＋(的最小值为32a1)(2＋aa1.3或由题设知≥，解得≥－≤－33][明考情．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1 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．．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2用．含绝对值不等式的解法][典型例题xxafx2|. ＋－(2018·高考全国卷Ⅱ)设函数|(－)＝5－||xaf时，求不等式)≥0((1)当的解集；＝1axf )≤1，求((2)若的取值范围．a当时，＝1【解】(1)xx，，12≤－＋4??x?≤2，1＜2，－xf )(＝??xx2.＞－2＋6，xxxf {－2≤|可得(≤3}．)≥0的解集为xafxx＋)≤1等价于||＋－2|≥4.(2)|(axxaxxaf |，且当2＝时等号成立．故＋2|≥4.()≤1等价于2|＋而|＋||－2|≥|＋aaaa－∞，－6]∪[2，＋∞)．(的取值范围是≥2.所以或6≤－可得＋2|≥4|由．绝对值不等式的常用解法axaaxaxaxaxa. |>或|<??－><<<，|(1)基本性质法：对－∈R，|＋(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．[对点训练]1fxxaa∈R)|．－1．(2019·广州市调研测试)已知函数 (|()＝31axfx)≥1； |(－|(1)当＋＝2时，解不等式3111xfxxMMa的取值范围．，求实数＋[(，)≤]的解集为?，若(2)设不等式||－332axx－2|≥3，| |31|－解：(1)当＋＝2时，不等式可化为1xxxxx≤0；－≤0，所以≥3，解得≤时，不等式可化为1－3 ＋①当231xxxxx<2；≥1，所以－1＋2－1≤②当<<2时，不等式可化为3≥3，解得33xxxxx≥2. －2≥3，解得3≥－1＋③当，所以≥2时，不等式可化为2axxx≥1}．≤0＝2时，不等式的解集为{或综上所述，当|1xfxxxxaxxx－|1|，依题意不等式|3|3－1|＋|＋不等式(2)|－－|＋－()≤|≤3可化为311axxxaaxaxxxa，|－≤|≤1，即在]∈[，上恒成立，所以31－1＋|－－1≤|≤3＋，即|≤3321?a?－1≤341?a ≤≤所以，解得－，321?a?＋1≥214a的取值范围是[－，]．故实数23fxx＋2|. )))(二设函数＝(|2．(2019·长春市质量监测fxfx)≥6的解集；＋ (求不等式(1)－()fxfxkxmkm的取值范围．＋－∞，＋∞)，求(的解集为＋1)>＋(－4)－(若不等式(2)．xx<－22)(－??x?≤2)－2≤4(，xxxfxf 2|＋－(－＝)＝|＋＋2|解：(1)＋(|)??xx>2)2(xxx≤－3≥6，所以；<－2时，－2当x≤2时，4≥6当－2≤不成立，所以无解；xxx≥3. ≥6>2时，2，所以当x∈(综上，－∞，－3]∪[3，＋∞)．x<－5(3)??xx?≤2)－3≤－2，－1(gxxxxgfxfx)＝3|(＝－4)－的(|＋1)＝(－2|－|作出(2)令(＋)??x>2)5(－图象，如图．fxfxkxmkm<－50，＋，的解集为(由－∞，＋∞)，结合图象可知( －4)－＝(＋1)>kmkm的取值范围是(－∞，－＋5)＋．<－5，即所以不等式的证明[典型例题]fxxmxm|2||的最大值为－＋| (2019·成都市第二次诊断性检测)已知函数(－)＝m>0.，其中3m的值； (1)求33ba222mababab1.＋若≥，＝∈R，，求证：>0，＋(2)abmxm≥，－3??xmmxm?，2<－2－<，－mxxfmxm＋|－|，所以|(＝)＝|－2 【解】(1)因为>0??mxm23≤－，xmfxmm＝3， )取得最大值所以当3≤－2时，，所以(3m＝1.所以22ba＋，＝1(2)证明：由(1)，得334422222babababa1＋－()＋2ab. 2＝＝＝－＋baababab22baabba时等号成立，＝，当且仅当＝1≥2＋因为1ab≤.所以0<2tab，＝设11httt≤，0<－2令 (，)＝t211hthth()(＝)≥)在(0，]上单调递减，所以则1.(2211abab≥1.2 ≤时，所以当0<－ab233ba所以＋≥1.ba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．[对点训练]fxx＋1|.)1．已知函数＝(|fxxM； 1的解集)<|2＋1|(1)求不等式－(abMfabfafb)．－∈)，证明：(－)> (2)设(，(xx＋1|－1|<|21，解：(1)由题意，| ＋x≤－1时，①当xx－2，－2不等式可化为－－1<x<－1解得；1x<－1<时，②当－2xx－2，＋1<－2不等式可化为此时不等式无解；1xxxx>1.时，不等式可化为，解得＋1<2③当≥－2Mxxx>1}．1或＝{| <－综上，fafbababab，|＋|＝1)|＋－(－1＋＋1|≤|－|－1|＋|＝)－(－)(证明：因为(2)．fabfafb)，－( )>((－所以要证)abab|，1|>| 只需证|＋＋222222babababaabab＋＋|，即证＋>|2＋2＋1>即证|，＋1|2222bbaa－1>0－，即证＋22ba1)>0.1)((－－即证22bbaMa∈>1，所以，>1因为，，22ba－1)(－1)>0成立，所以原不等式成立．所以(xfxx1|. ＋＋2．已知函数－(1|)＝|2|xf解不等式)≤3；((1)32ttMtggxfxxxM.∈＋，证明)的值域为(3)＋|，若＋1|记函数(2)，且(()＝＋1≥txx≤－13，，－??1xx，<，－2－1<?2xf＝( 解：(1)依题意，得)?1?xx，3≥，211????xxx，1≤－，，≥－1<<??22??xfx或)≤3?≤1，或所以解得－1≤(?x≤3－3??????xx，≤≤332－3xfxx≤1}．|即不等式－1≤({)≤3的解集为xxxxxgxfx，22|)＝－()＋||2＋1|＝＝－1|＋|2|2＋2|≥3－1证明：(2)－(xx＋2)≤0－1)(2时取等号，当且仅当(2M＝所以[3，＋∞)．232ttttt1)＋3(－33－3)(＋－2tt＝＝，＋1－3－ttttM，因为∈2tt，所以＋－3≥0，1>02tt1)(＋－3)( ≥0，所以t32tt.＋所以3＋1≥t与绝对值不等式有关的取值(范围)问题[典型例题]2xxxgaafxx＋1|＝4＝) (2019·重庆市七校联合考试已知函数()(－)＋，()|－－|1|.51＋xgfxa时，求不等式((的解集；(1)当)≤)＝2axfxg [1)≤，＋∞)上恒成立，求(的取值范围．(2)若不等式)(在5＋1fxax＋4＝－时，，(【解】 (1)当 )＝2fxxgxxx＋1|||的图象，如图所示，由＝－－＋4，1|(－)在同一坐标系内分别作出(＝)yx＋4＝－??，?y＝－2??A的坐标为(6，－2)解得交点，fxgx)的解集为[6)≤，＋∞)．所以不等式((xgxxx＋1|＝－|2，)＝| －1|(2)当∈[1，＋∞)时，－(fxgx)在[1(因为不等式，＋∞)上恒成立，( )≤2xaa [1，＋∞)上恒成立，所以不等式(＋4≤－－2)在6－2aa [1，＋∞)上恒成立，≤所以不等式在－x2aa，－≤－所以6aa2.≥3或解得≤－绝对值不等式的成立问题的求解模型xffxaa()或(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为形式．≥≤()afaxxafxafxafxf?(恒成立?(2)转化最值：有解(()>恒成立?)>())>；<(；)<maxmin fxafxafxafxafxafxafxa.≥无解无解?(?)≤)()>；；()<(有解?(<)(；()<)>minmaxminmax(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]fxxx－4|. 5|－(＝)||＋1．(2019·贵州省适应性考试)已知函数xfxx＋1；()≥ (1)解关于的不等式fxMababMab的最大值．，求＝1)＋1)(＋(为正实数，且，，设的最大值为)(若函数(2)．x5－<??xxxxf等价于＋5|－|＋解：(1)－4|≥(1)＝|?xxx1≥＋5)＋(＋－－(4)??xx≥4<4－5≤????. 或或??xxxxxx15)－(＋＋5)＋(－－4)≥4)＋1(≥(＋????xxx或0≤≤8，<4或4≤解得≤－10 8]．所以原不等式的解集为(－∞，－10]∪[0，Mxxxx9. －4)|＝9＋5|－|，即－4|≤|((＋5)－＝(2)易知|ba 1)(，＋1)＝所以(9＋222abbaba＝＋1)＋[(＋1]≥()＋1)1][(即9＝(，＋1)()abbababa4. ＝于是2＋1≤3，解得时等号成立，即≤4，当且仅当的最大值为＝xfx1|. ＋)．(2019·合肥市第一次质量检测2)设函数＝(|xfxx的取值范围；(1)若>2(，求实数)＋21aaxagxxgfxf )(的值．>1)，若(2)设的最小值为()＝((，求)＋)(2xx1<0＋1≥0＋??1??x>?xxxxf 2或?2＋，>2，即|－解：(1)＋(1|>2)??3xxxx2－－－2－1>2＋1>2????1x所以实数的取值范围是(，＋∞)．3axx∈(－∞，－－2－(，＋1)1)??1xax]1)，－，∈[(1－－1? axag ，)(＝(2)因为－>1，所以－1<， a ?1?xxa )∈(－1)＋2，，＋∞(＋ a 11gx )在(－∞，－)上单调递减，在((－，＋∞)上单调递增，易知函数aa 11gxg .－＝1)则(＝)(－ min aa 11a ＝2. ＝，解得所以1－ a 2fxx －|2(1|. )已知函数1．(2019·昆明市质量检测)＝fxfx ＋1)≥4；＋)(1)解不等式 ((1xxfxf ()≥4.－ )(2)当＋≠0，∈R 时，证明：( xfxfxxx ＋1|≥4，|2＋1|－|2等价于＋1)≥4(＋)(不等式(1)解：1111??????xxx >≤<－≤－ 2222???等价于，或或??????xx ≥4－42≥4≥44xx ≥1， ≤－1解得或所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．12xxfxfx －1|＋|－－21|(－，)＋ ()(2)证明：当＝≠0，时，∈R |xx 2?x ?≥0－(21)＋1)( x 222? xxx ≥4，当且仅当||＝2|－21|－＋|－1|≥|2＋＋因为|xxx ||2?x ?|＝2| x ||1xfxf ()≥4.－，即)＝±1时等号成立，所以＋( xfxxx －|1|. ＋已知函数1|(＋)＝|22．(2019·武汉市调研测试)fx )≥3的解集；求不等式 ((1)9yxayfxa 的值．，求实数与)＝的图象所围成的多边形面积为(2)若直线＝(＋ 2xx ≥31，??1xx <1<＋2，－? 2xfxf 解：(1)由题意知(()＝可知：，由)≥3?1?xx ≤－－，3 2xxx ①当≥1；≥1时，3，即≥311xxxx ＋2≥3，即≥1，与－<<1时，矛盾，舍去；②当－<<1 221xxx 1.≥3，即≤－≤－时，－3③当 2xfxxx ≥1}．1综上可知不等式≤－()≥3的解集为{或|31ABAfxBy 的斜的图象，如图所示，其中，可知直线(－，)，(1，(2)画出函数＝3)()22axkyaAB >2.＋平行，若要围成多边形，则与直线率＝1，知直线＝ABaaaa33yxayfxCD(－，)两点，)的图象交于易得直线＝＋与＝()(，，4422．aa23aCD＝|，＝2·|则|＋|442aa2－3－|22|ABdABCD，＝＝|＝平行线，与|间的距离222333322aa＋＋4422a9－2aSABCDa >2)，＝·(＝所以梯形－2)的面积(＝·2222aaa 4－2)＝12，所以，即(＝＋2)(a4.的值为故所求实数2mxfxxm3|. 2．(2019·南昌市第一次模拟测试3)已知函数－(＋)＝||＋－|xf ((1)求证：)≥2；mf的取值范围．若不等式恒成立，求实数(2)≤16(2)222mmmfxxxmxmxfx)≥|所以2(－－2－3|≥|(3)|＋，)－解：(1)证明：因为(()＝|－＋|＋|2mm＋1)3|＋＝(＋2≥2.＋22mmf ＋|21|(2)由已知，得，(2)＝＋＋2122mmfmm1)等价于≤＋214＋3≤16，即(＋①当，≥－时，(2)≤1621mm 14－1≤14－1；，所以－≤≤解得－14－1≤212mmmf <－时，(2)≤16等价于＋1≤16，－②当221mm.解得－3≤<≤5，所以－3≤－2m．－的取值范围是[3，14－综上，实数1]xaxxx≥－1}|4．(2019·江西八所重点中学联考)已知不等式|．－1|≤|＋3|的解集为{a求实数的值；(1)tat 的最大值．4＋(2)＋求12－22xxxxaxxaa的解集为＋8≥0＋)＋(26)＋3|的解集为{(1|≥－1}，即－解：(1)|－1|≤|2axx－时，不符合题意，舍去．≠0{1|≥－1}，当2aa＝±11当－0＝，即时，axaax符合题＋8＝＝－1＋6)不符合题意，舍去，1＝0(2＝－1为方程的一解，经检验意．a1. 综上，＝822ttttttt时，＝4－(12＝)(4＋16)＝＋2－＋8＋48，当216412(2)(－＋＋)＝＋22tttttt的最大值为＋4＋－12≥0，所以＋4＋－12又32.有最大值)＋4＋－12(2.4xxfx3|. |－＋))设函数|(－)＝|15．(2019·石家庄市模拟(一xf求不等式)≤1(的解集；(1)12mpqpqfxm，，求满足＋(2)若函数＋(2)的最大值为的最小值．，正实数＝qp2＋不等式可化为解：(1)xxx≥1≤－3－3<<1???3???x≥－或或，解得，???2xxxxxx－3≤1－－1＋－3≤1＋3≤11－－－1??????3xxxf }|(．)≤1的解集为{所以≥－2xxxx，＝|＋＋3|≤|1－3|＋(2)法一：因为|1－4|－qpmpq，＝(6＋所以2)＝4，＋＋22＝4，所以qpqp＋24＋2122111144qp·)＝，)＝(4＋＋)≥(4＋＋＋＝()(2＋2＋2qppqppqq3＋＋26662＋＋22p＝1???qp时取“＝”， 3＝2，即当且仅当＝＋23q＝??2214＋所以的最小值为. pq3＋2xxxx＋3|＝＋－4|－|，＋3|≤|1－法二：因为|1mpqpqq∈(0，2)，＝4－2所以＝4，＋2，＝4，所以qq336－221212＋＋＝＋＝＝，＝2qqqpqqqq9)2－6－233(6－2＋2q－)(－＋243214qq＝时，＋，所以当∈(0，2)取得最小值因为.pq3＋22xxfx1|.|＋－(1|)＝|2＋．(2019·成都第一次诊断性检测6)已知函数2xf的解集；)(1)求不等式－(3<052mmxmxf无实数解，求实数的取值范围．－(2)若关于的方程＝(0)－－24x5?x<－，－22?xx13?xxfx.＋－2≤，－2≤ |1|＝由题意，知解：(1)()|2－＋＋＝1| 222?x15?x>，22．1?xx?2<－≤－2≤??2??xf或－)由3<0(，可得x5x33<0－－???2?3<02－－＋21?x?>262?x.<，解得－<或53x5??3<0－262 ．－，)所以原不等式的解集为(535xf，＋∞)(．)的值域为[(2)由(1)知，函数4522mmmmxfx无实数解，则若关于<0的方程＋(－)＝2＋2，4m<0.2<解得－m．(－2，所以实数0)的取值范围为xxfx1|. －|7．已知(＋)＝2||xxf )>4((1)解关于；的不等式11Mfxxnmmn.()≤＋＋2(2)对于任意正数的取值集合，恒成立的，求使得不等式22nmxxxx<－1，所以2；＋1－ >4解：(1)当≤0时，不等式化为－xxxx>3，无解； >4时，不等式化为2，解得＋1当0<－<15xxxx>，1>4时，不等式化为2，所以＋当－≥135fx)>4的解集为(－∞，－1)∪(综上，不等式，＋∞)．( 3112mnmnmn＝12时“＝”成立，≥4，当且仅当 (2)因为＋＋2＝≥＋22mnmn5xxxM为[－1，|]－1|≤4，由(1)知．的取值集合所以2| |＋322ba＋ababM.的最小值为＝>2>0，且，记设8．(2019·沈阳市质量监测(一))ba－Mab的值； (1)求，的值，并写出此时xxxM. －3|＋|(2)解关于2|>的不等式：|3＋4bbaa>0，>0>，所以>0，－解：(1)因为ba－222baab＋4－＋4)(ab＋≥4，根据基本不等式有＝＝－bbbaaa－－－?baa2＝－＝3＋1???bMa－，3＝＝3＋当且仅当，即1时取等号，所以，此时的值为4?ab2＝??b ＝3－1?1.5xxxx<－；)>4，解得 1≤－时，原不等式等价于－(3－＋3)＋(2(2)当41xxxx<2；< ＋(2－)>4，解得－当－1<时，原不等式等价于<2(33)＋2xxxx≥2. 2)>4，解得时，原不等式等价于≥2(33)＋＋(－当51综上所述，原不等式的解集为(－∞，－)∪(－，＋∞)．42。

2020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 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·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)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]．。

(新课标)2020版高考数学二轮复习专题七选考部分第2讲不等式选讲练习文新人教A版

第2讲不等式选讲1．(2019·安徽省考试试题)已知f (x )＝|x －2|.(1)解不等式f (x )＋1>f (2x )；(2)若f (m )≤1，f (2n )≤2，求|m －2n －1|的最大值，并求此时实数m ，n 的取值．解：(1)原不等式等价于|x －2|＋1>2|x －1|，所以⎩⎪⎨⎪⎧x <1，2－x ＋1>2－2x 或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，2－x ＋1>2x －2或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，x －2＋1>2x －2，所以－1<x <1或1≤x <53或∅，所以原不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－1，53. (2)由题意得f (m )＝|m －2|≤1，f (2n )＝|2n －2|≤2，所以|n －1|≤1，所以|m －2n －1|＝|(m －2)－2(n －1)－1|≤|m －2|＋2|n －1|＋1≤4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝2时，|m －2n －1|取得最大值4. 2．已知不等式|x |＋|x －3|<x ＋6的解集为(m ，n )．(1)求m ，n 的值；(2)若x >0，y >0，nx ＋y ＋m ＝0，求证：x ＋y ≥16xy .解：(1)由|x |＋|x －3|<x ＋6，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ＋x －3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <3，3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，－x ＋3－x <x ＋6，解得－1<x <9，所以m ＝－1，n ＝9.(2)证明：由(1)知9x ＋y ＝1，又x >0，y >0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y (9x ＋y )＝10＋y x ＋9x y ≥10＋2y x ×9x y＝16，当且仅当y x ＝9x y ，即x ＝112，y ＝14时取等号，所以1x ＋1y≥16，即x ＋y ≥16xy . 3．(2019·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|.(1)求不等式f (x )>1的解集；(2)若不等式f (x )<x 2＋x ＋m 的解集为R ，求实数m 的取值范围．解：(1)原不等式等价于|2x ＋1|－|x －1|>1，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <1，3x －1>0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋1>0，解得x <－3或13<x <1或x ≥1. 所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－3或x >13. (2)由f (x )<x 2＋x ＋m 得m >－x 2－x ＋|2x ＋1|－|x －1|.令g (x )＝－x 2－x ＋|2x ＋1|－|x －1|，则由题意知m >g (x )max . g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－2x －2，x <－12，－x 2＋2x ，－12≤x ≤1，－x 2＋2，x >1，作出其图象如图所示，由图象知g (x )max ＝1.所以m >1，即m 的取值范围为(1，＋∞)．4．(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：(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]，故由已知得(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]，故由已知得(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．因此(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. 5．设函数f (x )＝a (x －1)．(1)当a ＝1时，解不等式|f (x )|＋|f (－x )|≥3x .(2)设|a |≤1，当|x |≤1时，求证：|f (x 2)＋x |≤54. 解：(1)当a ＝1时，不等式 |f (x )|＋|f (－x )|≥3x ，即|x －1|＋|x ＋1|≥3x ，当x ≤－1时，得1－x －x －1≥3x ⇒x ≤0，所以x ≤－1，当－1<x <1时，得1－x ＋x ＋1≥3x ⇒x ≤23，所以－1<x ≤23，当x ≥1时，得x －1＋x ＋1≥3x ⇒x ≤0，与x ≥1矛盾，综上，原不等式的解集为{x |x ≤－1}∪⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－1<x ≤23＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≤23. (2)证明：|f (x 2)＋x |＝|a (x 2－1)＋x |≤|a (x 2－1)|＋|x |，因为|a |≤1，|x |≤1，所以|f (x 2)＋x |≤|a |(1－x 2)＋|x |≤1－x 2＋|x |＝－|x |2＋|x |＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－122＋54≤54. 6．(2019·四省八校双教研联考)已知f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|，g (x )＝|x －a |－|x ＋a ＋1|.(1)解不等式f (x )>4；(2)若∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 2)＝g (x 1)，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )>4，即|2x －1|－|x ＋2|>4，当x <－2时，－(2x －1)＋(x ＋2)>4，得x <－2；当－2≤x ≤12时，－(2x －1)－(x ＋2)>4，得－2≤x <－53；当x >12时，2x －1－(x ＋2)>4，得x >7. 综上，不等式f (x )>4的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－53或x >7. (2)因为∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 2)＝g (x 1)，所以g (x )的值域是f (x )的值域的子集，f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3，x <－2，－3x －1，－2≤x ≤12，x －3，x >12，所以f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－52，＋∞，g (x )＝|x －a |－|x ＋a ＋1|的值域为[－|2a ＋1|，|2a ＋1|]，所以－|2a ＋1|≥－52，即|2a ＋1|≤52，则－52≤2a ＋1≤52，－74≤a ≤34，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，34.。

(新课标)2020版高考数学专题七选考部分第2讲不等式选讲课件文新人教A版

[典型例题] (2019·兰州市诊断考试)已知 a>0，b>0，a＋b＝4，m∈R. (1)求1a＋1b的最小值； (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立，求 m 的取值范围．
【解】 (1)因为 a>0，b>0，a＋b＝4，所以1a＋1b＝141a＋1b(a＋b)＝142＋ba＋ab≥1(当且仅当 a＝b＝2 时“＝”成立)，所以1a ＋1b的最小值为 1. (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立，则|x＋m|－|x－2|≤1a＋1bmin对任意的实数 x 恒成立，即|x＋m|－|x－2|≤1 对任意的实数 x 恒成立，因为|x＋m|－|x－2|≤|(x＋m)－(x－2)|＝|m＋2|，所以|m＋2|≤1，所以－3≤m≤－1，即 m 的取值范围为[－3，－1]．
第二部分高考热点分层突破
专题七选考部分第2讲不等式选讲
数学
01
做高考真题明命题趋向
02
研考点考向破重点难点
03
练典型习题提数学素养
[做真题] 1．(2019·高考全国卷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．
[典型例题] (1)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2. 证明：①(a＋b)(a5＋b5)≥4； ②a＋b≤2. (2)已知 a，b，c，d 为实数，且 a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.
【证明】 (1)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＋4 b）2(a＋b) ＝2＋3（a＋4 b）3，所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.

高考数学二轮复习专题七选考系列第2讲不等式选讲课件

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【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. 2x＋4，x≤－1，解 (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. 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，＋∞).
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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，
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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≤
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2
.
(2)依题意得：－x2＋ax＋4≥2在[－1，1]上恒成立.
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【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，＋∞).

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课件理

1．(2019·咸阳一模)设函数 f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|； (1)解不等式 f(x)＋g(x)<2； (2)对任意的实数 x，y，若 f(x)≤1，g(y)≤1，求证：|x－2y＋1|≤3.
解析：(1)当 x<2 时，原不等式可化为 3－x＋2－x<2，可得 x>32，所以32<x<2.
证明：(1)因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又 abc ＝1，故有 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋abbcc＋ca＝1a＋1b＋1c.当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立．所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.
(2)因为 a，b，c 为正数且 abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋
1．(2019·云南一模)已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|x－2a＋3|. (1)当 a＝2 时，解关于 x 的不等式 f(x)≤9； (2)当 a≠2 时，若对任意实数 x，f(x)≥4 都成立，求实数 a 的取值范围．解析：(1)当 a＝2 时，f(x)＝3|x－1|，由 f(x)≤9 得|x－1|≤3，由|x－1|≤3 得－3≤x－1≤3，解得：－2≤x≤4，故 a＝2 时，关于 x 的不等式的解集是{x∈R|－2≤x≤4}．
[类题通法] 1.零点分段求解绝对值不等式的模型 (1)求零点； (2)划区间，去绝对值号； (3)分别解去掉绝对值号的不等式； (4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值．
2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形式； (2)转化最值：f(x)＞a 恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a 恒成立⇔ f(x)max＜a；f(x)＞a 有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a 有解⇔f(x)min＜a； f(x)＞a 无解⇔f(x)max≤a；f(x)＜a 无解⇔f(x)min≥a； (3)得结论．

高三数学(理)二轮专题复习文档：专题七选考系列第2讲不等式选讲

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 ＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立.定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立.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.。

【人教A版】2020年高考数学二轮复习《不等式选讲》讲义及拔高题型精讲卷

【人教A 版】2020年高考数学二轮复习《不等式选讲》讲义及拔高题型精讲卷一、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）,c a b d a c b d >>⇒+>+；（3）0,c 0a 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 b a b b a >>⇔>>⇔>>.（变形后为充要条件）3.作差比较法0,0a 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）0,0,22a ba b ab +>>≥（当且仅当等号成立条件为a b =）；30,0,0,3a b c a b c abc++>>>≥（当且仅当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：2222||ad bc a b c d ⋅⇔+≤++a b a b ||||||≤②推广：222222212121122()()()n n n n a a a b b b a b a b a b ++++++≥+++ .当且仅当向量12(,,,)n a a a a =与向量12(,,,)n b b b 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:利用柯西不等式证明解不等式柯西不等式不仅具有优美的代数表现形式及向量表现形式，而且有明显的几何意义，它与基本不等式具有密切的关系，其作用类似于基本不等式可用来求最大（小）值或证明不等式，不过它的特点更明显应用更直接.1.二维形式的柯西不等式设1212,,,x x y y ∈R，2222211221212()()()x y x y x x y y ++≥+.等号成立1221x y x y ⇔=.证明设1122(,),(,)x y x y ==a b ，由|cos ⋅=a b a ||b |a,b，得cos |⋅=a ba,b a ||b |，又|cos |1≤a,b ，即1|⋅≤|a b |a ||b |，|⋅≤|a b |a ||b |，故2222212121122()()()x x y y x y x y +≤++等号成立即1221x y x y =.2.一般形式的柯西不等式设12,,,na a a 及12,,,nb b b 为任意实数，则21122()n n a b a b a b +++≤ 2222221212()()n n a a a b b b ++++++ ，当且仅当1212n na a ab b b === （规定i a =时i b =，1,2,,i n = ）时等号成立.证法一：当ia 全为0时，命题显然成立.否则21nii a=>∑，考查关于x 的二次函数21()()ni i i f x a x b ==-∑，显然()0f x ≥恒成立.注意到222111()()2()nnnii i ii i i f x a x a b x b====-+∑∑∑，而()0f x ≥恒成立，且21nii a=>∑，故()f x 的判别式不大于零，即2221114()40nn n i i ii i i i a b a b ===∆=-⋅≤∑∑∑，整理后得222111()n nniii i i i i a ba b ===⋅≥∑∑∑.证法二：向量的内积证法.令12(,,,)n a a a = a ，12(,,,)n b b b = b ，θ为a 与b 的夹角.因为|cos ⋅=a b a ||b |a,b ，且|cos |1≤a,b ，所以|cos ||⋅=≤|a b |a ||b ||a,b a ||b |222|⇒⋅≤|a b |a ||b |，即21122()n n a b a b a b +++≤ 2222221212()()n n a a a b b b ++++++ ，等号成立0θ⇔=︒或180︒⇔a,b 平行1212n na a ab b b ⇔=== .柯西不等式提示了任意两组实数积之和的平方与平方和之间的关系，应用它可以简单地证明许多复杂的不等式，下面举例说明.1已知函数()|2|,f x m x m =--∈R ，且(2)0f x +≥的解集为[1,1]-.①求m 的值；②若,,a b c +∈R ，且11123m a b c ++=，求证：239a b c ++≥.解析①因为(2)||f x m x +=-，(2)0f x +≥等价于||x m ≤.由||x m ≤有解，得0m ≥，且其解集为{|}x m x m -≤≤.又(2)0f x +≥的解集为[1,1]-，故1m =.②由①知111123a b c ++=，又,,a b c +∈R ，由柯西不等式得11123(23)()23a b c a b c a b c ++=++++2111(23)923a b c a b c ≥⋅+⋅+⋅=.2.已知1a b c ++=，0,0,0a b c >>>，求证：31313132a b c +++++≤.解析由柯西不等式有()()2313131313131(111)18a b c a b c ++++++++++⋅++=≤.当且仅当313131a b c +=+=+即13a b c ===时等号成立.故31313132a b c +++++≤.3.已知0,0,0a b c >>>，22cos sin a b c θθ+<.求证：22cos sin a b c θθ+<.解析由柯西不等式及0a >,0b >,0c >,2222222(cos sin )(cos sin )(cos sin )a b a b θθθθθθ++≥+.即222(cos sin )c a b θθ>+,又因为0c >,所以22cos sin a b c θθ+<.4.设实数,,a b c 满足2223232a b c ++=，求证：39271a b c ---++≥.解析由柯西不等式，222222(23)[1(2)+(3)][(2)(3)]9a b c a b c ++≤+++=2.所以233a b c ++≤，所以33(23)3392733331a b ca b c ----++-++≥≥=.5.已知n *∈N ,且2n ≥，求证：1111112172342122n n <-+-++-<- .解析因为111111234212n n -+-+⋯+--111111(1)2()232242n n =+++⋯+-++⋯+111111(1)()23212n n =+++⋯+-++⋯+111122n n n =++⋯+++.所以原不等式等价于4111271222n n n <++⋯+<++.由柯西不等式有2111()[(1)(2)(2)]122n n n n n n n ++⋯+++++⋯+>++.故2111241122(1)(2)(2)73n n n n n n n n ++⋯+>=≥++++++⋯++.又由柯西不等式有2222222111111()(111)[]122(1)(2)(2)n n n n n n ++⋯+<++⋯+++⋯+++++()()()()1111[]112212n n n n n n n <++⋯++++-1111()22n n n =-=.所以11121222n n n ++⋯+<++.6.已知正实数,,a b c 满足1abc =，求证：3331113()()()2a b c b c a c a b ++≥+++.解析由1abc =,得()2221b c a b c ab ac=++,从而原不等式等价于22222232b c c a a b ab ac bc ba ca cb ++≥+++.左边()()()()2bc ca ab ab ac bc ba ca cb ++≥+++++()12ab bc ca =++()333322abc ≥=.7.已知,11122=-+-a b b a 求证：122=+b a 。

2020年高考数学复习——不等式选讲(二)(2021年整理)

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2020年高考数学复习——不等式选讲（二）1.已知函数()||1f x x x a =--（Ⅰ)当1a =时，解不等式()1f x x <-；(Ⅱ）当(0,1]x ∈时，21()2f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围。

2.设函数()23f x x x =-++，x R ∈。

（1）当2x ≥时，解不等式()5f x x ≤+;(2）如果关于x 的不等式()24f x a a ≥+在R 上恒成立，求实数a 的取值范围。

3.已知函数()42f x x x =++-。

（1)解不等式()8f x >；(2）设函数()f x 的最小值为a ,正实数,,m n s 满足22m m s a ++=，求222m n s ++的最小值。

4.已知函数()2f x x =-．(Ⅰ）求不等式2()40f x x +->的解集;（Ⅱ）设()73g x x m =-++，若关于x 的不等式()f x ()g x <的解集非空,求实数m 的取值范围．5。

已知函数()1ni f x x i ==-∑．（2）若4n =，求()f x 的最小值．6.已知函数()|3|f x x =+，()2|11|g x m x =--，若2()(4)f x g x +≥恒成立，实数m 的最大值为t ． (1）求实数t ．（2)已知实数x 、y 、z 满足22236(0)x y x a a 2++=>，且x y z ++的最大值是20t，求a 的值．7。

(新高考)2020版高考数学二轮复习题型篇选修考法集训(二)不等式选讲文

选修考法集训（二）不等式选讲1．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，存在实数x 使f (x )<2成立． (1)求实数m 的值；(2)若α≥1，β≥1，f (α)＋f (β)＝4，求证：4α＋1β≥3.解：(1)因为|x －m |＋|x |≥|(x －m )－x |＝|m |. 所以要使不等式|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.因为m ∈N *，所以m ＝1. (2)证明：因为α≥1，β≥1，所以f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝4，即α＋β＝3，所以4α＋1β＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥13⎝⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝3.当且仅当4βα＝αβ，即α＝2，β＝1时等号成立，故4α＋1β≥3.2．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 在x ∈R 时恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，由f (x )＞0，得2|x ＋1|＞|x －1|， ∴4(x ＋1)2－(x －1)2＞0， ∴(3x ＋1)(x ＋3)＞0， ∴x ＞－13或x ＜－3，∴f (x )＞0的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜－3或x ＞－13. (2)f (x )＝2|x ＋1|－|x －a |≥x 对x ∈R 恒成立，即|x －a |≤2|x ＋1|－x ，即－2|x ＋1|＋x ≤x －a ≤2|x ＋1|－x ， ∴2x －2|x ＋1|≤a ≤2|x ＋1|对x ∈R 恒成立．显然(2|x ＋1|)min ＝0，令g (x )＝2x －2|x ＋1|，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋2，x ≤－1，－2，x ＞－1，g (x )在(－∞，－1]上单调递增，∴g (x )max ＝－2，∴－2≤a ≤0，即实数a 的取值范围为[－2,0]．3．已知函数f (x )＝|x ＋2|－⎪⎪⎪⎪⎪⎪12x －1.(1)求函数f (x )的图象与x 轴所围成的三角形的面积；(2)设函数f (x )的最小值为M ，若关于x 的不等式x 2＋x －2m ≤M 有实数解，求实数m 的取值范围．解：(1)原函数可化为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x －3，x ＜－2，32x ＋1，－2≤x ≤2，12x ＋3，x ＞2，函数f (x )的图象与x 轴所围成的三角形的三个顶点坐标分别为(－6,0)，(－2，－2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0， ∴此三角形的面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＋6×2＝163.(2)由(1)知函数f (x )的最小值M ＝f (－2)＝－2，关于x 的不等式x 2＋x －2m ≤M 有实数解即x 2＋x －2m ≤－2有实数解，即2m ≥x 2＋x ＋2有实数解，令h (x )＝x 2＋x ＋2，当x ＝－12时，h (x )min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－12＋2＝74，∴2m ≥74，即 m ≥78，∴实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫78，＋∞.4．(2019·合肥模拟)已知f (x )＝|x －2|. (1)解不等式f (x )＋1＞f (2x )；(2)若f (m )≤1，f (2n )≤2，求|m －2n －1|的最大值，并求此时实数m ，n 的取值．解：(1)原不等式等价于|x －2|＋1＞2|x －1|，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，2－x ＋1＞2－2x或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，2－x ＋1＞2x －2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2，x －2＋1＞2x －2，∴－1＜x ＜1或1≤x ＜53或∅，∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1<x <53. (2)由题意得f (m )＝|m －2|≤1，f (2n )＝|2n －2|≤2，∴|n －1|≤1， ∴|m －2n －1|＝|(m －2)－2(n －1)－1|≤|m －2|＋2|n －1|＋1≤4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝2时，|m －2n －1|取得最大值4.5．已知函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|.(1)若不等式f (x )≤|a ＋1|恒成立，求a 的取值范围； (2)求不等式|f (x )－|x ＋2||＞3的解集．解：(1)f (x )＝|x －1|－|x ＋2|≤|(x －1)－(x ＋2)|＝3，由f (x )≤|a ＋1|恒成立得|a ＋1|≥3，即a ＋1≥3或a ＋1≤－3，得a ≥2或a ≤－4. ∴a 的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．(2)不等式|f (x )－|x ＋2||＝||x －1|－2|x ＋2||＞3等价于|x －1|－2|x ＋2|＞3或|x －1|－2|x ＋2|＜－3，令g (x )＝|x －1|－2|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5，x ≥1，－3x －3，－2≤x ＜1，x ＋5，x ＜－2.由x ＋5＝－3得x ＝－8，由－3x －3＝－3得x ＝0，作出g (x )的图象如图所示，由图可得原不等式的解集为{x |x ＜－8或x ＞0}． 6．(2019·陕西模拟)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，证明：t 2＋1≥3t＋3t .解：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12，于是f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.故不等式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， ∴M ＝[3，＋∞)．t 2＋1≥3t ＋3t 等价于t 2－3t ＋1－3t≥0，t 2－3t ＋1－3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝(t －3)(t 2＋1)t.∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1>0， ∴(t －3)(t 2＋1)t ≥0，∴t 2＋1≥3t＋3t .7．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|2x －1|. (1)求不等式f (x )≥2的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≤－m 2＋2m ＋92的解集非空，求实数m 的取值范围．解：(1)由题意知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，－x ＋2，－1＜x ＜12，3x ，x ≥12，∴原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≥2或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜12，－x ＋2≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≥2，解得x ≤－1或－1＜x ≤0或x ≥23，∴原不等式的解集为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞. (2)由(1)知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，－x ＋2，－1＜x ＜12，3x ，x ≥12.∴f (x )min ＝32.要使不等式f (x )≤－m 2＋2m ＋92的解集非空，只需f (x )min ≤－m 2＋2m ＋92即可，∴32≤－m 2＋2m ＋92，化简得m 2－2m －3≤0，解得－1≤m ≤3， ∴实数m 的取值范围是[－1,3]．8．(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.。

2020版高考数学二轮复习专题七选考部分第2讲不等式选讲练习理

第2讲不等式选讲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(错误!)≥4。

解:（1)不等式f(x）＋f（x＋1）≥4等价于｜2x－1|＋｜2x＋1｜≥4,等价于错误!或错误!或错误!，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（错误!)＝｜－2x－1|＋|错误!－1｜，因为|－2x－1｜＋|错误!－1|≥｜2x＋错误!|＝2｜x|＋错误!≥4，当且仅当错误!，即x＝±1时等号成立，所以f(－x）＋f(错误!）≥4.2．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝｜2x＋1｜＋|x－1｜。

(1）求不等式f（x)≥3的解集；（2)若直线y＝x＋a与y＝f(x)的图象所围成的多边形面积为错误!，求实数a 的值．解：(1）由题意知f (x )＝错误!,由f (x )≥3可知：①当x ≥1时，3x ≥3，即x ≥1； ②当－12〈x 〈1时，x ＋2≥3，即x ≥1,与－错误!<x 〈1矛盾，舍去；③当x ≤－错误!时，－3x ≥3,即x ≤－1.综上可知不等式f (x ）≥3的解集为｛x |x ≤－1或x ≥1}．（2)画出函数y ＝f (x ）的图象，如图所示，其中A （－错误!,错误!)，B (1,3),可知直线AB 的斜率k AB ＝1，知直线y ＝x ＋a 与直线AB 平行，若要围成多边形，则a 〉2。

易得直线y ＝x ＋a 与y ＝f （x )的图象交于C (错误!,错误!)，D (－错误!，错误!)两点，则｜CD ｜＝错误!·｜错误!＋错误!｜＝错误!a ，平行线AB 与CD 间的距离d ＝错误!＝错误!，｜AB ｜＝错误!，所以梯形ABCD 的面积S ＝错误!·错误!＝错误!·(a －2)＝错误!(a >2)，即（a＋2)(a－2）＝12,所以a＝4，故所求实数a的值为4。