2020届二轮复习(理)第2部分专题7第2讲　选修4－5　不等式选讲学案

第2讲　选修4－5　不等式选讲

　含绝对值不等式的解法(5年7考)

[高考解读]　以解答题的形式考查绝对值不等式的解集、有限制条件的恒成立、有解等问题、考查学生的等价转化能力和数学运算能力，难度中等.
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
[解](1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1＜x≤.
所以f(x)≥g(x)的解集为.
(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
2．(2019·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x＜1时，f(x)＝－2(x－1)2＜0；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，＋∞)．
[教师备选题]
(2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)＞x成立，求a的取值范围．
[解](1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝
故不等式f(x)＞1的解集为.
(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|＞x成立等价于当x∈(0,1)时，|ax－1|＜1成立．
若a≤0，则当x∈(0,1)时|ax－1|≥1；
若a＞0，|ax－1|＜1的解集为00＜x＜，所以≥1，故0＜a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．

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、去绝对值符号；
(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、数形结合法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．

1．(有解问题)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，
等价于或或⇒x≤－或无解或x≥2.
故不等式的解集为∪[2，＋∞)．
(2)f(x)≤|2a＋1|有解等价于f(x)min≤|2a＋1|.
f(x)＝|x|＋2|x－1|＝
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，＋∞)．
2．(恒成立问题)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)＞2；
(2)若g(x)＝f(x)＋f(－x)，且对任意x∈R，都有|k－1|＜g(x)，求实数k的取值范围．
[解](1)依题意得f(x)＝
于是得或或
解得x＜－或0＜x＜1或x≥1.
故不等式f(x)＞2的解集为.
(2)g(x)＝f(x)＋f(－x)＝|x－1|＋|x＋1|＋(|2x＋1|＋|2x－1|)≥|(x－1)－(x＋1)|＋|(2x＋1)－(2x－1)|＝4，
当且仅当即x∈时取等号，
若对任意的x∈R，不等式|k－1|＜g(x)恒成立，则|k－1|＜g(x)min＝4，
所以－4＜k－1＜4，解得－3＜k＜5，即实数k的取值范围为(－3,5).
　不等式的证明(5年3考)

[高考解读]　以解答的形式考查学生应用比较法、基本不等式等证明不等式，考查学生的逻辑推理及数学运算能力.
(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
(1)＋＋≤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
＝＝＋＋.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以＋＋≤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≥
3
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
≥3×(2)×(2)×(2)
＝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.
[教师备选题]
1．(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab>cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
[证明](1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，
得(＋)2>(＋)2.
因此＋>＋.
(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＋>＋.
②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，
即a＋b＋2>c＋d＋2.
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，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．
2．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
[证明](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＋(a＋b)＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.

不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．

1．(用基本不等式证明不等式)已知函数f(x)＝|x－2|.
(1)求不等式f(x)＞4－|x＋1|的解集；
(2)设a，b∈，若f＋f＝10，求证：a＋≥.
[解](1)f(x)＞4－|x＋1|可化为|x－2|＞4－|x＋1|，
等价于
或或
解得x＜－或x∈或x＞.
所以原不等式的解集为∪.
(2)因为a，b∈，所以＞2，＞4.
则f＋f＝－2＋－2＝10，即＋＝14.
由基本不等式得，＝2＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当即时取等号．
所以14≥4，即a＋≥.
2．(用绝对值不等式的性质证明不等式)已知函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．
[解](1)由题意，|x＋1|＜|2x＋1|－1，
①当x≤－1时，
不等式可化为－x－1＜－2x－2，
解得x＜－1；
②当－1＜x＜－时，
不等式可化为x＋1＜－2x－2，
此时不等式无解；
③当x≥－时，
不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.
综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．
(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|＞|a＋b|，
即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，
即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，
即证a2b2－a2－b2＋1＞0，
即证(a2－1)(b2－1)＞0.
因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，
所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立.
　与代数式有关的最值问题(5年3考)

[高考解读]　以解答题的形式考查代数式(含绝对值不等式)的最值求法，考查学生应用均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式的几何意义等工具分析问题和解决问题的能力，考查逻辑推理的数学素养.
1．(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.
(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；
(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.
[解](1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)·(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，
当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
2．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.

(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
[解](1)f(x)＝
y＝f(x)的图象如图所示．

(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.
[教师备选题]
若a＞0，b＞0，且＋＝.
(1)求a3＋b3的最小值；
(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
[解](1)由＝＋≥，得ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
(2)由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.

1．形如f(x)＝|Ax＋B|＋|Ax＋C|的最值．
因为|Ax＋B|＋|Ax＋C|≥|Ax＋B－(Ax＋C)|＝|B－C|，当且仅当(Ax＋B)(Ax＋C)≤0时取“＝”，所以f(x)min＝[|Ax＋B|＋|Ax＋C|]min＝|B－C|.
2．形如f(x)＝|Ax＋B|－|Ax＋C|的最值．
因为||Ax＋B|－|Ax＋C||≤|Ax＋B－Ax－C|＝|B－C|，当且仅当(Ax＋B)(Ax＋C)≥0时取“＝”，所以f(x)max＝[|Ax＋B|－|Ax＋C|]max＝|B－C|，f(x)min＝[|Ax＋B|－|Ax＋C|]min＝－|B－C|.
3．形如f(x)＝|Ax＋B|＋|Cx＋D|或f(x)＝|Ax＋B|－|Cx＋D|的最值由绝对值的几何意义作图可知．

1．(求最值问题)设函数f(x)＝|x＋1|－|x|的最大值为m.
(1)求m的值；
(2)若正实数a，b满足a＋b＝m，求＋的最小值．
[解](1)|x＋1|－|x|≤|x＋1－x|＝1，
f(x)的最大值为1，∴m＝1.
(2)由(1)可知，a＋b＝1，
∴＋＝[(a＋1)＋(b＋1)]
＝
≥(2ab＋a2＋b2)＝(a＋b)2＝，
当且仅当a＝b＝时取等号，
∴＋的最小值为.
2．(求参数问题)设函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋a|.
(1)当a＝1时，求f(x)的图象与直线y＝3围成区域的面积；
(2)若f(x)的最小值为1，求a的值．
[解](1)当a＝1时，
f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|＝
如图，作出函数f(x)的图象与直线y＝3，结合图象可知所求面积为×[1－(－1)]×＝.
(2)法一：(借助分段函数的性质)
当－a＞，即a＜－时，
f(x)＝
则f(x)min＝f＝－a－1＝1，所以a＝－.
当－a≤，即a≥－时，f(x)＝
则f(x)min＝f＝3×＋a－1＝1，所以a＝.
综上，a＝－或a＝.
法二：(解恒成立问题)∵f(x)＝|2x－1|＋|x＋a|＝＋＋|x＋a|≥＋≥，
当且仅当x＝时取等号．
令＝1，得a＝或a＝－.
3．(与恒成立交汇)已知函数f(x)＝x|x－a|，a∈R.
(1)当f(1)＋f(－1)＞1时，求a的取值范围；
(2)若a＞0，x，y∈(－∞，a]，不等式f(x)≤＋|y－a|恒成立，求a的取值范围．
[解](1)f(1)＋f(－1)＝|1－a|－|1＋a|＞1，
若a≤－1，则1－a＋1＋a＞1，得2＞1，即a≤－1；
若－1＜a＜1，则1－a－(1＋a)＞1，得a＜－，即－1＜a＜－；
若a≥1，则－(1－a)－(1＋a)＞1，得－2＞1，此时不等式无解．综上所述，a的取值范围是.
(2)由题意知， 要使不等式恒成立，
只需f(x)max≤min.
当x∈(－∞，a]时，f(x)＝－x2＋ax，f(x)max＝f＝.
因为＋|y－a|≥，当且仅当(y－a)≤0，即－≤y≤a时等号成立，
所以当y∈(－∞，a]时，min＝＝a＋.
于是≤a＋，解得－1≤a≤5.
又a＞0，所以a的取值范围是(0,5]．