2018高考数学(理)专题突破――选考系列：不等式选讲

不等式选讲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(c0)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.【考点梳理】3.|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c0)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＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立.定理3：如果a，b，c为正数，则a＋b＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立.定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则a1＋a2＋…＋ann≥na1a2…an，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立.【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.【题型突破】题型一、绝对值不等式的解法【解析】(1)f(x)＝x－4，x≤－1，3x－2，－1x≤32，－x＋4，x32，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＝3；当f(x)＝－1时，可得x＝13或x＝5.故f(x)1的解集为{x|1x3}；f(x)－1的解集为x|x13，或x5.所以|f(x)|1的解集为x|x13，或1x3，或x5.1.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.【类题通法】已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a0.(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|－10.当x≤－1时，不等式化为x－40，无解；当－1x1时，不等式化为3x－20，解得23x1；当x≥1时，不等式化为－x＋20，解得1≤x2.所以f(x)1的解集为x23x2.【对点训练】(2)由题设可得，f(x)＝x－1－2a，x－1，3x＋1－2a，－1≤x≤a，－x＋1＋2a，xa.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－13，0，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，△ABC的面积S＝12|AB|·(a＋1)＝23(a＋1)2.由题设得23(a＋1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，＋∞).【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x12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.题型二、不等式的证明(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.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.【类题通法】设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若abcd，则a＋bc＋d；(2)a＋bc＋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＋bc＋d，只需证明(a＋b)2(c＋d)2，也就是证明a＋b＋2abc＋d＋2cd，只需证明abcd，即证abcd.由于abcd，因此a＋bc＋d.【对点训练】(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abcd.由(1)得a＋bc＋d.②若a＋bc＋d，则(a＋b)2(c＋d)2，∴a＋b＋2abc＋d＋2cd.∵a＋b＝c＋d，所以abcd.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＋bc＋d是|a－b||c－d|的充要条件.【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|＝－3，x≤－1，2x－1，－1x2，3，x≥2.由f(x)≥1可得①当x≤－1时显然不满足题意；题型三、与绝对值不等式有关的最值问题②当－1x2时，2x－1≥1，解得x≥1，则1≤x2；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)＝－x2＋x－3，x≤－1，－x2＋3x－1，－1x2，－x2＋x＋3，x≥2.①当x≤－1时，[g(x)]max＝g(－1)＝－3－1－1＝－5；②当－1x2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－∞，54.1.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.【类题通法】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－5x1＋1x－1－mxa＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.【对点训练】【解析】(1)由|x－m||x|，得|x－m|2|x|2，即2mxm2，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－5x1＋1x－1－mxa＋2x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.设f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝2x－1，0x2，3，x≥2，当0x2时，f(x)在(0，2)上是增函数，－1f(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a－5≤－1，a＋23.解得1a≤4.所以实数a的取值范围是(1，4].