（全國通用）2020版高考數學二輪復習 專題提分教程 第二編 專題七 選修4系列 第2講 不等式選講練習 理

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1、第2講　不等式選講 「考情研析」　　　　不等式選講主要考查平均值不等式的應用，絕對值三角不等式的理解及應用、含絕對值不等式的解法、含參不等式解法和恒成立問題以及不等式的證明方法(比較法、綜合法、分析法、放縮法)及它們的應用．其中絕對值不等式的解法及證明方法的應用是重點．難度不大，分值10分，一般會出現(xiàn)在選考部分第二題的位置. 核心知識回顧 1.絕對值的三角不等式 定理1：如果a，b是實數，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立． 定理2：如果a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立． 2．|ax＋b|

2、≤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. (2)|ax＋b|≥c(c>0)?ax＋b≥c或ax＋b≤－c. 3．|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法 (1)利用絕對值不等式幾何意義求解，體現(xiàn)數形結合思想． (2)利用“零點分段法”求解，體現(xiàn)分類討論思想． (3)通過構建函數，利用函數圖象求解，體現(xiàn)函數與方程思想． 4．證明不等式的基本方法 (1)比較法；(2)綜合法；(3)分析法； (4)反證法；(5)放縮法． 5．二維形式的柯西不等式 若a，b，c

3、，d都是實數，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時，等號成立． 熱點考向探究 考向1 絕對值不等式的解法及應用 角度1　絕對值不等式的解法 例1　(2019·烏魯木齊高三第二次質量檢測)已知函數f(x)＝2|x＋1|－|x－a|，a∈R. (1)當a＝1時，求不等式f(x)<0的解集； (2)若關于x的不等式f(x)

4、(x)＜0得2(x＋1)＋(x－1)＜0， 即3x＋1＜0，得x＜－，此時－1≤x＜－， 當x＞1時，由f(x)＜0得2(x＋1)－(x－1)＜0， 即x＋3＜0，得x＜－3，此時無解， 綜上，不等式的解集為. (2)∵f(x)＜x?2|x＋2|－x＜|x－a|有解，等價于函數y＝2|x＋2|－x的圖象上存在點在函數y＝|x－a|的圖象下方， 由函數y＝2|x＋2|－x與函數y＝|x－a|的圖象可知，a＞0或a＜－4. 解絕對值不等式的步驟和方法 (1)用零點分段法解絕對值不等式的步驟 ①求零點． ②劃區(qū)間、去絕對值號．③分別解去掉絕對值的不等式． ④取每個結果的

5、并集，注意在分段時不要遺漏區(qū)間的端點值． (2)用圖象法求解不等式 用圖象法，數形結合可以求解含有絕對值的不等式，使得代數問題幾何化，既通俗易懂，又簡潔直觀，是一種較好的方法． (3)用絕對值不等式的幾何意義求解． (1)解關于x的不等式x|x＋4|＋3<0； (2)關于x的不等式|x|＋2|x－9|f(x)min. f(x)

6、＝所以f(x)的最小值為9. 所以a>9，即實數a的取值范圍為(9，＋∞)． 角度2　絕對值不等式恒成立(或存在性)問題 例2　(2019·德陽市高三第二次診斷)已知函數f(x)＝|x－a|－|x＋2|. (1)當a＝1時，求不等式f(x)≤－x的解集； (2)若f(x)≤a2＋1恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時，f(x)＝|x－1|－|x＋2|， 即f(x)＝不等式f(x)≤－x即為或或 即有x≤－3或－1≤x＜1或1≤x≤3，得x≤－3或－1≤x≤3， 所以不等式的解集為{x|x≤－3或－1≤x≤3}． (2)因為|x－a|－|x＋2|≤|x－a－x－2|

7、＝|a＋2|， 所以f(x)≤|a＋2|， 若f(x)≤a2＋1恒成立，則|a＋2|≤a2＋1， 即或 解得a≤或a≥， 解答含參數的絕對值不等式應熟記的幾個轉化 f(x)>a恒成立?f(x)min>a；f(x)a有解?f(x)max>a；f(x)a無解?f(x)max≤a；f(x)

8、不等式|g(x)|－c≥|x－1|恒成立，求實數c的取值范圍． 解　(1)由題意可得，g(x)＝2x－1， 所以g(x)≥|x－1|即2x－1≥|x－1|. ①當x≥1時，2x－1≥x－1，解得x≥0，所以x≥1； ②當x<1時，2x－1≥1－x，解得x≥，所以≤x<1. 考向2 絕對值不等式的證明 例3　已知a>0，b>0，函數f(x)＝|x＋a|－|x－b|. (1)當a＝1，b＝1時，解關于x的不等式f(x)>1； (2)若函數f(x)的最大值為2，求證：＋≥2. 解　(1)當a＝1，b＝1時， f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝ ①當x≥1時，f(x)＝2>

9、1，不等式恒成立， 此時不等式的解集為{x|x≥1}； ②當－1≤x<1時，f(x)＝2x>1，所以x>， 此時不等式的解集為； ③當x<－1時，f(x)＝－2>1，不等式不成立，此時無解． 綜上所述，不等式f(x)>1的解集為. (2)證法一：由絕對值三角不等式可得 |x＋a|－|x－b|≤|a＋b|，a>0，b>0，∴a＋b＝2， ∴＋＝(a＋b)＝≥2， 當且僅當a＝b＝1時，等號成立． 證法二：∵a>0，b>0，∴－a<0

10、 ∴＋＝(a＋b)＝≥2，當且僅當a＝b＝1時，等號成立． 不等式證明的常用方法 (1)不等式的證明常利用綜合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等，要根據題目特點靈活選用方法． (2)證明含絕對值的不等式主要有以下三種方法： ①利用絕對值的定義去掉絕對值符號，轉化為普通不等式再證明． ②利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|進行證明． ③轉化為函數問題，利用數形結合進行證明． (2019·延安市高考模擬)已知函數f(x)＝|2x－1|，x∈R. (1)解不等式f(x)<|x|＋1； (2)若對x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求證：

11、f(x)≤. 解　(1)因為f(x)<|x|＋1，所以|2x－1|<|x|＋1， 即或或 解得≤x<2或00，a＋b＋c＝1.求證： (1)＋＋≤ ； (2)＋＋≥. 證明　(1)由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]＝3，當且僅當＝＝，即a＝b＝c＝

12、時等號成立，∴＋＋≤ . (2)證法一：∵＋(3a＋1)≥2＝4， ∴≥3－3a.同理得≥3－3b，≥3－3c， 以上三式相加得，4≥9－3(a＋b＋c)＝6， ∴＋＋≥. 證法二：由柯西不等式得 [(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]≥＋·＋·2＝9， 又a＋b＋c＝1，∴6≥9， ∴＋＋≥. 柯西不等式的應用方法 (1)使用柯西不等式證明的關鍵是恰當變形，化為符合它的結構形式，當一個式子與柯西不等式的左邊或右邊具有一致形式時，就可使用柯西不等式進行證明． (2)利用柯西不等式求最值的一般結構為(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式時

13、，要注意右邊為常數且應注意等號成立的條件． (2019·南通市高三下學期模擬)已知a，b，c均為正數，且a＋2b＋4c＝3，求＋＋的最小值，并指出取得最小值時a，b，c的值． 解　因為a＋2b＋4c＝3，所以(a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)＝10， 因為a，b，c為正數，所以由柯西不等式得，[(a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)]·＋＋≥(1＋＋2)2， 當且僅當(a＋1)2＝2(b＋1)2＝4(c＋1)2等式成立， 所以＋＋≥， 所以＋＋的最小值是， 此時a＝，b＝，c＝. 真題押題 『真題模擬』 1．(2019·哈爾濱市第六中學高三第二次模擬)設函數f(x)

14、＝|2x－1|＋2|x＋1|－a. (1)當a＝4時，求不等式f(x)>0的解集； (2)若函數f(x)的定義域為R，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝4時，f(x)＞0為|2x－1|＋2|x＋1|>4， 當x≤－1時，1－2x－2x－2>4?x<－； 當－14，無解； 當x≥時，2x－1＋2x＋2>4?x>. 綜上，f(x)>0的解集為（－∞，－）∪（，＋∞）. (2)由題意得|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)|＝

15、3，∴a<3. 2．(2019·赤峰市高三模擬)已知函數f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，g(x)＝x2－2x－1. (1)若m，n∈R，不等式f(m)≥g(n)恒成立，求實數n的取值范圍； (2)設a>0，b>0，且a＋b＝2，求證：＋≤2. 解　(1)由f(m)＝|m－1|＋|m＋1|≥|(m－1)－(m＋1)|＝2， ∴f(m)min＝2，∴n2－2n－1≤2，∴－1≤n≤3，所以n的取值范圍是[－1,3]． (2)證明：由(1)可知，2≥2， ∴(＋)2＝a＋b＋2＋2≤4＋(a＋1)＋(b＋1)＝8，∴＋≤2， 當且僅當a＝b＝1時等號成立， ∴＋≤2. 3．(2

16、019·全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數，且滿足abc＝1. 證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 證明　(1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋. 當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立． 所以＋＋≤a2＋b2＋c2. (2)因為a，b，c為正數且abc＝1， 故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3 ≥3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a) ≥3×(2)×(2)×(2)＝24. 當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立． 所以(a＋b

17、)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 『金版押題』 4．已知函數f(x)＝|2x－3|－|x＋1|. (1)若不等式f(x)≤a的解集是空集，求實數a的取值范圍； (2)若存在x0∈R，使得2f(x0)≤－t2＋4|t|成立，求實數t的取值范圍． 解　(1)f(x)＝|2x－3|－|x＋1| ＝ y＝f(x)的圖象如圖所示， 易得f(x)min＝－. ∵不等式f(x)≤a的解集是空集， ∴a的取值范圍為. (2)?x0∈R，使得2f(x0)≤－t2＋4|t|成立， 即2f(x)min≤－t2＋4|t|，由(1)知f(x)min＝－， ∴t2－4|t|－5≤0，

18、解得－5≤t≤5，∴t的取值范圍為[－5,5]． 配套作業(yè) 1．(2019·西安八校高三聯(lián)考)已知a，b均為實數，且|3a＋4b|＝10. (1)求a2＋b2的最小值； (2)若|x＋3|－|x－2|≤a2＋b2對任意的a，b∈R恒成立，求實數x的取值范圍． 解　(1)因為102＝(3a＋4b)2≤(32＋42)(a2＋b2)＝25(a2＋b2)，所以a2＋b2≥4，當且僅當＝， 即或時取等號，即a2＋b2的最小值為4. (2)由(1)知|x＋3|－|x－2|≤a2＋b2對任意的a，b∈R恒成立?|x＋3|－|x－2|≤4?或或?x<－3或－3≤x≤?x≤，所以實數x的取值范圍為

19、（－∞，]. 2．已知函數f(x)＝|2x－a|＋|x－1|. (1)當a＝3時，求不等式f(x)≥2的解集； (2)若f(x)≥5－x對任意x∈R恒成立，求實數a的取值范圍． 解　(1)當a＝3時，即求解|2x－3|＋|x－1|≥2， ①當x≥時，2x－3＋x－1≥2，∴x≥2； ②當1

20、函數f(x)＝|x－5|－|x－2|. (1)若?x∈R，使得f(x)≤m成立，求m的范圍； (2)求不等式x2－8x＋15＋f(x)≤0的解集． 解　(1)f(x)＝|x－5|－|x－2|＝其對應圖象如圖所示．易知f(x)min＝－3， ∴m≥－3，即m的取值范圍為[－3，＋∞)． (2)x2－8x＋15＋f(x)＝ ①x≤2，x2－8x＋18≤0，解集為?. ②2

21、x)＝x2－x＋1，實數a滿足|x－a|<1，求證：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)． 解　(1)當x<0時，原不等式可化為－2x＋x<0， 解得x>0，所以x不存在； 當0≤x<時，原不等式可化為－2x－x<0， 解得x>0，所以0

22、a)|<2(|a|＋1)． 5．(2019·益陽市高三4月模擬)已知f(x)＝|2x＋1|－|ax－1|. (1)當a＝1時，求不等式f(x)≤2的解集； (2)當x∈(－，0)時，不等式f(x)>2x成立，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時， f(x)＝|2x＋1|－|x－1|＝ 由f(x)≤2，得或或 解得x∈?或－≤x≤或－4≤x<－， 6．已知函數f(x)＝|x－m|，m<0. (1)當m＝－1時，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的取值范圍． 解　(1)當m＝－1時，f(x)＋f(－x)＝|

23、x＋1|＋|x－1|， 設F(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝ 當x<－1時，－2x≥2－x，解得x≤－2； 當－1≤x<1時，2≥2－x，解得0≤x<1； 當x≥1時，2x≥2－x，解得x≥1. 綜上，原不等式的解集為{x|x≤－2或x≥0}． (2)f(x)＋f(2x)＝|x－m|＋|2x－m|，m<0. 設g(x)＝f(x)＋f(2x)， 當x≤m時，g(x)＝m－x＋m－2x＝2m－3x，則g(x)≥－m； 當m

24、 由題知不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，則1>－，解得m>－2，由于m<0，故m的取值范圍是(－2，0)． 7．(2019·寶雞市高考模擬)已知函數f(x)＝|x－2|－|x＋3|. (1)求不等式f(x)≤2的解集； (2)若不等式f(x)2， (2)因為|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)

25、x)min0，解得a<－5或a>－1， 所以a的取值范圍為(－∞，－5)∪(－1，＋∞)． 8．(2019·太原市高三模擬)已知函數f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|. (1)求不等式f(x)≤5的解集； (2)若存在實數x0，使得f(x0)≤5＋m－m2成立的m的最大值為M，且實數a，b滿足a3＋b3＝M，證明：00， ∵2ab≤a2＋b2，∴4ab≤(a＋b)2，∴ab≤， ∵2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]≥(a＋b)3，∴a＋b≤2，∴0