（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 文 新人教A版

-1-第2讲不等式选讲[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．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x1时，f(x)＝－2(x－1)20；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，＋∞)．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.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＋bc＋caabc＝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＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)＝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.[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-2-用．-3-含绝对值不等式的解法(综合型)[知识整合]|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法(1)若c＞0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的取值求解即可．(2)若c＜0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.[典型例题](2019·安徽五校联盟第二次质检)已知f(x)＝|x|＋2|x－1|.(1)解不等式f(x)≥4；(2)若不等式f(x)≤|2a＋1|有解，求实数a的取值范围．【解】(1)不等式f(x)≥4，即|x|＋2|x－1|≥4，等价于x0，2－3x≥4或0≤x≤1，2－x≥4或x1，3x－2≥4⇒x≤－23或无解或x≥2.故不等式的解集为－∞，－23∪[2，＋∞)．(2)f(x)≤|2a＋1|有解等价于f(x)min≤|2a＋1|.f(x)＝|x|＋2|x－1|＝2－3x（x0），2－x（0≤x≤1），3x－2（x1），故f(x)的最小值为1，所以1≤|2a＋1|，得2a＋1≤－1或2a＋1≥1，解得a≤－1或a≥0，故实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)．(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(组)；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)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．[对点训练]1．(2019·长春市质量监测(二))设函数f(x)＝|x＋2|.-4-(1)求不等式f(x)＋f(－x)≥6的解集；(2)若不等式f(x－4)－f(x＋1)kx＋m的解集为(－∞，＋∞)，求k＋m的取值范围．解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝－2x（x－2）4（－2≤x≤2），2x（x2）当x－2时，－2x≥6，所以x≤－3；当－2≤x≤2时，4≥6不成立，所以无解；当x2时，2x≥6，所以x≥3.综上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)．(2)令g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝5（x－3）－2x－1（－3≤x≤2），－5（x2）作出g(x)的图象，如图．由f(x－4)－f(x＋1)kx＋m的解集为(－∞，＋∞)，结合图象可知k＝0，m－5，所以k＋m－5，即k＋m的取值范围是(－∞，－5)．2．已知函数f(x)＝|x－a|，其中a1.(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|＝－2x＋6，x≤2，2，2x4，2x－6，x≥4，当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1；当2x4时，由f(x)≥4－|x－4|得无解；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)，-5-则h(x)＝－2a，x≤0，4x－2a，0xa，2a，x≥a，由|h(x)|≤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，解得a＝3.-6-不等式的证明(综合型)[知识整合]证明不等式的基本方法(1)比较法：作差或作商比较．(2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论．(3)分析法：执果索因的证明方法．(4)反证法：反设结论，导出矛盾．(5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．[典型例题](1)已知a0，b0，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＋b）24(a＋b)＝2＋3（a＋b）34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.(2)由柯西不等式可得：(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8.证明不等式的方法和技巧(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤-7-其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．[对点训练](一题多解)(2019·福州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.解：(1)法一：当x－12时，不等式化为：－2x－1＋1－2x4，即x－1，所以－1x－12；当－12≤x≤12时，不等式化为：2x＋1－2x＋14，即24，所以－12≤x≤12；当x12时，不等式化为：2x＋1＋2x－14，即x1，所以12x1.综上可知，M＝{x|－1x1}．法二：设f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，则f(x)＝－4x，x－12，2，－12≤x≤12，4x，x12，函数f(x)的图象如图所示，若f(x)4，由上图可得，－1x1.所以M＝{x|－1x1}．(2)证明：法一：因为a∈M，b∉M，所以|a|1，|b|≥1.而|ab|＋1－(|a|＋|b|)-8-＝|ab|＋1－|a|－|b|＝(|a|－1)(|b|－1)≤0，所以|ab|＋1≤|a|＋|b|.法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|，只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0，只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0，因为a∈M，b∉M，所以|a|1，|b|≥1，所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立．所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．-9-含绝对值不等式的成立问题(综合型)[知识整合]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.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．[典型例题](2019·兰州市诊断考试)已知a0，b0，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a0，b0，a＋b＝4，所以1a＋1b＝141a＋1b(a＋b)＝142＋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]．(1)求含绝对值号函数的最值的两种方法①利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解．②将函数化为分段函数，数形结合求解．(2)恒成立(存在)问题的等价转化f(x)≥Mf(x)≤M任意x恒成立f(x)min≥Mf(x)max≤M存在x成立f(x)max≥Mf(x)min≤M-10-[对点训练](2019·洛阳市统考)已知f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.(1)当a＝－1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；(2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，原不等式可化为|x＋1|－2|x|≥－1，设φ(x)＝|x＋1|－2|x|，则φ(x)＝x－1，x≤－1，3x＋1，－1x0，－x＋1，x≥0，则x≤－1，x－1≥－1或－1x0，3x＋1≥－1或x≥0，－x＋1≥－1，即－23≤x≤2.所以原不等式的解集为x－23≤x≤2.(2)存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立，等价于|x＋1|≥2|x|＋a有解，即φ(x)≥a有解，即a≤φ(x)max.由(1)可知，φ(x)在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．所以φ(x)max＝φ(0)＝1，所以a≤1.1．(2019·安徽省考试试题)已知f(x)＝|x－2|.(1)解不等式f(x)＋1f(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|＋12|x－1|，所以x1，2－x＋12－2x或1≤x≤2，2－x＋12x－2或x2，x－2＋12x－2，所以－1x1或1≤x53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