2018高考数学(理)专题突破——选考系列：不等式选讲

【题型突破】
题型一、绝对值不等式的解法 【例1】已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)在图中画出y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1的解集.
x－4，x≤－1， 【解析】(1)f(x)＝3x－2，－1<x≤ 32，
－x＋4，x>32， 故 y＝f(x)的图象如图所示. (2)由 f(x)的解析式及图象知，当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝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.
【解析】证明 (1)∵a，b，c，d 为正数，且 a＋b＝c＋d， 欲证 a＋ b> c＋ d，只需证明( a＋ b)2>( c＋ d)2， 也就是证明 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd， 只需证明 ab> cd，即证 ab>cd. 由于 ab>cd，因此 a＋ b> c＋ d.
【对点训练】
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. 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23<x<1； 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x23<x<2.
(2)①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. ②若 a＋ b> c＋ d，则( a＋ b)2>( c＋ d)2， ∴a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd.∵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.
当 f(x)＝－1 时，可得 x＝13或 x＝5.
故 f(x)>1 的解集为{x|1<x<3}；f(x)<－1 的解集为x|x<13，或x>5.
所以|f(x)|>1 的解集为x|x<13，或1<x<3，或x>5.
【类题通法】
1.本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不等式，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.
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a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号 成立.
定理 2：如果 a，b 为正数，则a＋2 b≥ 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＋3b＋c≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时，等号成立. 定理 4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1，a2，…， an 为 n 个正数，则a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an，当且仅当 a1 ＝a2＝…＝an 时，等号成立.
不等式选讲
【考点梳理】
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.
(2)证明 a，b，c 是正实数，且 a＋b＋c＝1， 由 a3＋b3－a2b－b2a＝a2(a－b)＋b2(b－a) ＝(a－b)(a2－b2)＝(a＋b)(a－b)2≥0， 则有 a3＋b3－a2b－b2a≥0， 即 a3＋b3≥a2b＋b2a＝ab(a＋b)＝ab(1－c)＝ab－abc， 所以 a3＋b3≥ab－abc. 同理可得 b3＋c3≥bc－abc；c3＋a3≥ca－abc. 上面三式相加得，2(a3＋b3＋c3)≥ab＋bc＋ca－3abc，当且仅当 a ＝b＝c＝13取得等号.
【类题通法】
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.
x－1－2a，x<－1， (2)由题设可得，f(x)＝3x＋1－2a，－1≤x≤a，
－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 A2a－ 3 1，0，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)， △ABC 的面积 S＝12|AB|·(a＋1)＝23(a＋1)2.
【解析】(1)由|x－m|<|x|，得|x－m|2<|x|2， 即 2mx>m2， 又不等式|x－m|<|x|的解集为(1，＋∞)， 则 1 是方程 2mx＝m2 的解， 解得 m＝2(m＝0 舍去). (2)∵m＝2，∴不等式a－x 5<1＋1x－1－mx <a＋x 2对 x∈(0，＋∞) 恒成立等价于不等式 a－5<|x＋1|－|x－2|<a＋2 对 x∈(0，＋∞)恒 成立.
由题设得23(a＋1)2>6，故 a>2. 所以 a 的取值范围为(2，＋∞).
题型二、不等式的证明 【例 2】已知 f(x)＝|2x－1|＋x＋12的最小值为 m.
(1)求 m 的值； (2)已知 a，b，c 是正实数，且 a＋b＋c＝m，求证：2(a3＋b3＋ c3)≥ab＋bc＋ca－3abc. 【解析】(1)解 当 x≥12时，f(x)＝3x－12在12，＋∞上单调递增， 且 f(x)≥32－12＝1；当 x<12时，f(x)＝32－x 在－∞，12上单调递减， 且 f(x)>32－12＝1.综上可得 x＝12时，f(x)取得最小值 1，即 m＝1.
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)≥x2－x＋m 等价于 f(x)－x2＋x≥m， 令 g(x)＝f(x)－x2＋x，则 g(x)≥m 解集非空只需要[g(x)]max≥m. 由(1)知 g(x)＝－－xx22＋＋x3－x－3，1，x≤－－1<1x，<2，
－x2＋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＝g32＝－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.
题型三、与绝对值不等式有关的最值问题
【例3】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.
【解析】(1)f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝－ 2x－3，1，x≤－－11<，x<2， 3，x≥2.
设 f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝23x，－x1≥，20，<x<2， 当 0<x<2 时，f(x)在(0，2)上是增函数，－1<f(x)<3， 当 x≥2 时，f(x)＝3. 因此函数 f(x)的值域为(－1，3]. 从而原不等式等价于aa－＋52≤>3－. 1，解得 1<a≤4. 所以实数 a 的取值范围是(1，4].
【类题通法】
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.
【对点训练】
已知不等式|x－m|<|x|的解集为(1，＋∞). (1)求实数 m 的值； (2)若不等式a－x 5<1＋1x－1－mx <a＋x 2对 x∈(0，＋∞)恒 成立，求实数 a 的取值范围.