2020届高考数学二轮教师用书：层级二专题七第2讲　选修4－5：不等式选讲

第2讲　选修4－5：不等式选讲

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高考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．

[真题体验]

1．(2019·全国Ⅱ卷)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，＋∞)．

2．(2017·全国Ⅰ卷)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的取值范围是[－1,1]．

[主干整合]

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，等号成立．

2．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c＞0)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.

3．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)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≥，当且仅当a＝b时，等号成立．

定理3：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

定理4：(一般形式的算术—几何平均数不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数(n∈N*，n＞1)，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．

热点一　绝对值不等式的解法

[例1]　已知f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3.

(1)求不等式f(x)≤2的解集．

(2)若直线y＝kx－2与函数f(x)的图象有公共点，求k的取值范围．

[审题指导]　(1)看到f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3，联想到分x≤1、1＜x＜4、x≥4三种情况去绝对值号．

(2)看到y＝kx－2联想到此直线恒过定点(0，－2)．

[解析]　(1)由f(x)≤2，

得或或

解得0≤x≤5，

故不等式f(x)≤2的解集为[0,5]．

(2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝

作出函数f(x)的图象，如图所示，

直线y＝kx－2过定点C(0，－2)，

当此直线经过点B(4,0)时，k＝；

当此直线与直线AD平行时，k＝－2，

故由图可知，k∈(－∞，－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．

(2019·聊城三模)已知函数f(x)＝|x－2|－|x－5|.

(1)证明：－3≤f(x)≤3；

(2)求不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集．

解析：(1)证明：f(x)＝|x－2|－|x－5|

＝

当2＜x＜5时，－3＜2x－7＜3.

所以－3≤f(3)≤3.

(2)由(1)可知，

当x≤2时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为空集；

当2＜x＜5时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－≤x＜5}；

当x≥5时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5≤x≤6}．

综上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－≤x≤6}．

热点二　不等式的证明

[例2]　(2019·全国Ⅰ卷)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.

[审题指导]　(1)利用重要不等式a2＋b2≥2ab构造三个不等式相加，再结合abc＝1进行证明．

(2)利用平均值不等式进行证明．

[解析]　(1)证明：因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2ab，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)证明：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.

(2019·苏州二模)已知f(x)＝|2x－1|＋x＋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)当x≥时，f(x)＝3x－在上单调递增，且f(x)≥－＝1；当x＜时，f(x)＝－x在上单调递减，且f(x)＞－＝1.

综上可得x＝时，f(x)取得最小值1，即m＝1.

(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＝时取得等号．

不等式证明的常用方法

不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；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．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．

热点三　绝对值不等式恒成立(存在)问题

[例3]　(2019·日照三模)已知函数f(x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|，a∈R，g(x)＝x2－2x－4＋.

(1)若f(2a2－1)＞4|a－1|，求实数a的取值范围；

(2)若存在实数x，y，使f(x)＋g(y)≤0，求实数a的取值范围．

[解析]　(1)∵f(2a2－1)＞4|a－1|，

∴|2a2－2a|＋|a2－1|＞4|a－1|，

∴|a－1|(2|a|＋|a＋1|－4)＞0，

∴|2a|＋|a＋1|＞4且a≠1.

①若a≤－1，则－2a－a－1＞4，∴a＜－；

②若－1＜a＜0，则－2a＋a＋1＞4，∴a＜－3，此时无解；

③若a≥0且a≠1，则2a＋a＋1＞4，∴a＞1.

综上所述，a的取值范围为∪(1，＋∞)．

(2)∵g(x)＝(x－1)2＋－5≥2 －5＝－1，显然可取等号，

∴g(x)min＝－1.

于是，若存在实数x，y，使f(x)＋g(y)≤0，只需f(x)min≤1.

又f(x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|≥|(x＋1－2a)－(x－a2)|＝(a－1)2，

∴(a－1)2≤1，∴－1≤a－1≤1，∴0≤a≤2，即a∈[0,2]．

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

(2018·全国Ⅰ卷)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{x|x＞}．

(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0＜x＜，所以≥1，故0＜a≤2.

综上，a的取值范围为(0,2]．

限时45分钟　满分50分

解答题(本大题共5小题，每小题10分，共50分)

1．(2018·全国Ⅱ卷)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)当x≤－时，f(x)＝－2x－1－x＋1＝－3x，

当－<x<1时，f(x)＝2x＋1－x＋1＝x＋2.

当x≥1时，f(x)＝2x＋1＋x－1＝3x，

由此可画出函数f(x)的图象．

(2)由图象可得，b≥2，a≥3，

所以a＋b的最小值为5.

2．(2020·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝|x－2|＋|x＋a|，其中a∈R.

(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥6的解集；

(2)若存在x0∈R，使得f(x0)＜2 020a，求实数a的取值范围．

解析：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＝

所以f(x)≥6⇔或或

解得x≤－或x≥，

因此不等式f(x)≥6的解集为.

(2)f(x)＝|x－2|＋|x＋a|≥|(x－2)－(x＋a)|＝|a＋2|，

故f(x)min＝|a＋2|.由题意知，解得a＞，

所以实数a的取值范围是.

3．(2020·唐山摸底考试)已知f(x)＝|x＋1|－|2x－1|.

(1)求不等式f(x)＞0的解集；

(2)若x∈R时，不等式f(x)≤a＋x恒成立，求a的取值范围．

解析：(1)由题意得|x＋1|＞|2x－1|，

所以|x＋1|2＞|2x－1|2，

整理可得x2－2x＜0，解得0＜x＜2，

故原不等式的解集为{x|0＜x＜2}．

(2)由已知可得，a≥f(x)－x恒成立，

设g(x)＝f(x)－x，则g(x)＝

由g(x)的单调性可知，x＝时，g(x)取得最大值1，

所以a的取值范围是[1，＋∞)．

4．(2019·全国Ⅲ卷)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.

解析：两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型．

(1)[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2](12＋12＋12)≥[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x＋y＋z＋1)2＝4故(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥等号成立当且仅当x－1＝y＋1＝z＋1而又因x＋y＋z＝1，解得时等号成立

所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.

(2)因为(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，所以[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2](12＋12＋12)≥1.

根据柯西不等式等号成立条件，当x－2＝y－1＝z－a，即时有[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2](12＋12＋12)＝(x－2＋y－1＋z－a)2＝(a＋2)2成立．

所以(a＋2)2≥1成立，所以有a≤－3或a≥－1.

5．(2020·辽宁重点协作校模拟)已知函数f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1|，g(x)＝|x＋a2＋c2|＋|x－2b2|，其中a，b，c均为正实数，且ab＋bc＋ac＝1.

(1)当b＝1时，求不等式f(x)≥1的解集；

(2)当x∈R时，求证f(x)≤g(x)．

解析：(1)由题意，当b＝1时，f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1|＝

当x≤－1时，f(x)＝－2＜1，不等式f(x)≥1无解，不等式f(x)≥1的解集为∅；

当－1＜x＜1时，f(x)＝2x，由不等式f(x)≥1，

解得x≥，

所以≤x＜1；

当x≥1时，f(x)＝2≥1恒成立，

所以不等式f(x)≥1的解集为.

(2)证明：当x∈R时，f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1|

≤|x＋b2＋(－x＋1)|＝|b2＋1|＝b2＋1；

g(x)＝|x＋a2＋c2|＋|x－2b2|

≥|x＋a2＋c2－(x－2b2)|

＝|a2＋c2＋2b2|＝a2＋c2＋2b2.

而a2＋c2＋2b2－(b2＋1)＝a2＋c2＋b2－1

＝(a2＋c2＋b2＋a2＋c2＋b2)－1

≥ab＋bc＋ac－1＝0，

当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立，

即a2＋c2＋2b2≥b2＋1，即f(x)≤g(x)．