2020年高考数学考纲解读与热点难点突破专题20不等式选讲

不等式选讲【2020年高考考纲解读】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．【重点、难点剖析】1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f(x)|a(a0)⇔f(x)a或f(x)－a；(2)|f(x)|a(a0)⇔－af(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．2．含有绝对值的不等式的性质|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.此性质可用来解不等式或证明不等式．3．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．所以1fx的解集为1xx.（2）由得，而，且当32x时，.故m的取值范围为5-4，.【变式探究】已知函数.（I）在答题卡第（24）题图中画出yfx的图像；（II）求不等式1fx的解集．【答案】（I）见解析（II）【解析】⑴如图所示：⑵1fx,当1x≤,41x,解得5x或3x,1x∴≤当312x,321x,解得1x或13x113x∴或312x当32x≥,41x,解得5x或3x,332x∴≤或5x综上,13x或13x或5x,1fx∴,解集为【变式探究】解不等式x＋|2x＋3|≥2.【变式探究】若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.解析由绝对值的性质知f(x)的最小值在x＝－1或x＝a时取得，若f(－1)＝2|－1－a|＝5，a＝32或a＝－72，经检验均不合适；若f(a)＝5，则|x＋1|＝5，a＝4或a＝－6，经检验合题意，因此a＝4或a＝－6.答案4或－6【变式探究】设函数f(x)＝x＋1a＋|x－a|(a0)．(1)证明：f(x)≥2；(2)若f(3)5，求a的取值范围．【命题意图】本题主要考查绝对值三角不等式与基本不等式的应用，含绝对值的不等式的解法，意在考查考生的运算求解能力与分类讨论思想的应用．【解题思路】(1)利用“绝对值三角不等式”进行放缩，结合基本不等式即得证．(2)明确不等式后解关于a的绝对值不等式，再分类讨论求解即可．【解析】(1)证明：由a0，有f(x)＝x＋1a＋|x－a|≥x＋1a－x－a＝1a＋a≥2.所以f(x)≥2.(2)f(3)＝3＋1a＋|3－a|.当a3时，f(3)＝a＋1a，由f(3)5，得3a5＋212.当0a≤3时，f(3)＝6－a＋1a，由f(3)5，得1＋52a≤3.综上，a的取值范围是1＋52，5＋212.【感悟提升】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．求解绝对值不等式恒成立问题的解析(1)可利用绝对值不等式的性质求最值或去掉绝对值号转化为分段函数求最值．(2)结合“a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min”求字母参数的取值范围．【举一反三】已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．(1)求实数a，b的值；(2)求at＋12＋bt的最大值．解(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，则－b－a＝2，b－a＝4，解得a＝－3，b＝1.(2)－3t＋12＋t＝34－t＋t≤[（3）2＋12][（4－t）2＋（t）2]＝24－t＋t＝4，当且仅当4－t3＝t1，即t＝1时等号成立，故(－3t＋12＋t)max＝4.【举一反三】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(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.(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的面积为23(a＋1)2.由题设得23(a＋1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，＋∞)．题型二不等式的证明【例2】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a0，b0，a＋b＝c，求证：a2a＋1＋b2b＋1≥1.【解析】(1)解f(x)≤x＋1，即|x－1|＋||x－3≤x＋1.①当x1时，不等式可化为4－2x≤x＋1，解得x≥1.又∵x1，∴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x3时，不等式可化为2x－4≤x＋1，解得x≤5.又∵x3，∴3x≤5.综上所得，1≤x≤3或3x≤5，即1≤x≤5.∴原不等式的解集为[]1，5.【感悟提升】(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．【变式探究】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－6x6，解得x－1，∴－1x－13；当－13≤x≤13时，f(x)＝3x＋1－3x＋1＝2，又26恒成立，∴－13≤x≤13；当x13时，f(x)＝3x＋1＋3x－1＝6x，由6x6，解得x1，∴13x1.综上，f(x)6的解集M＝{x|－1x1}．(2)证明()ab＋12－(a＋b)2＝a2b2＋2ab＋1－(a2＋b2＋2ab)＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)．由a，b∈M，得|a|1，|b|1，∴a2－10，b2－10，∴(a2－1)(b2－1)0，∴||ab＋1|a＋b|.【变式探究】【2017课标II】已知。证明：（1）；（2）2ab。【答案】(1)证明略；(2)证明略。【解析】（1）（2）因为所以，因此a+b≤2.【变式探究】已知函数，M为不等式()2fx的解集．（Ⅰ）求M；（Ⅱ）证明：当,abM时，．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】（I）当12x时，由()2fx得22,x解得1x；当1122x时，()2fx；当12x时，由()2fx得22,x解得1x.所以()2fx的解集.（II）由（I）知，当,abM时，，从而，因此【变式探究】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．【变式探究】已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若anbn，则st.(1)解当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}．可得，A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．(2)证明由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及anbn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)·qn－2－qn－1＝（q－1）（1－qn－1）1－q－qn－1＝－10.所以，st.【举一反三】已知a，b，c均为正数．(1)求证：a2＋b2＋1a＋1b2≥42；(2)若a＋4b＋9c＝1，求证：9a＋4b＋1c≥100.【命题意图】本题主要考查利用均值不等式证明不等式的成立问题．意在考查考生的逻辑推理与论证能力．解题过程中要注意标明等号成立的条件，以保证过程的完整性．【证明】(1)证法一：a，b均为正数，由均值不等式，得a2＋b2≥2ab，1a＋1b2≥21a·1b2＝4ab，∴a2＋b2＋1a＋1b2≥2ab＋4ab≥22ab·4ab＝42.当且仅当a＝b＝42时，等号成立．(2)9a＋4b＋1c＝(a＋4b＋9c)9a＋4b＋1c＝9＋4ab＋ac＋36ba＋16＋4bc＋81ca＋36cb＋9＝34＋4ab＋36ba＋ac＋81ca＋4bc＋36cb≥34＋24ab·36ba＋2ac·81ca＋24bc·36cb＝34＋24＋18＋24＝100.当且仅当a＝3b＝9c，且a＋4b＋9c＝1时，等号成立，即当且仅当a＝310，b＝110，c＝130时，原式取等号．【感悟提升】不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式或柯西不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的．【变式探究】已知实数x，y满足：|x＋y|13，|2x－y|16，求证：|y|518.【证明】因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|13，|2x－y|16，从而3|y|23＋16＝56，所以|y|518.题型三绝对值不等式恒成立(存在)问题例3、（2018年全国I卷）已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.