2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题十五　选修4－5　不等式选讲

重点增分专题十五　选修4－5　不等式选讲

[全国卷3年考情分析]

(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用．

  含绝对值不等式的解法  保分考点·练后讲评

1.解不等式|x＋3|<|2x－1|.

解：由已知，可得|x＋3|<|2x－1|，

即|x＋3|2<|2x－1|2，

∴3x2－10x－8>0，解得x<－或x>4.

故所求不等式的解集为∪(4，＋∞)．

2.(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.

(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；

(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝

当x<－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1；

当－1≤x≤2时，显然满足题意；

当x>2时，由－2x＋6≥0，解得2<x≤3，

故f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．

(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.

而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．

故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.

由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.

所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．

[解题方略]　绝对值不等式的常用解法

(1)基本性质法：对a∈R＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－a或x>a.

(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．

(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．

(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．

(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解.

    保分考点·练后讲评

1.已知f(x)＝|x－1|＋|x|，且α>1，β>1，f(α)＋f(β)＝2，求证：＋≥.

证明：因为α>1，β>1，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝2，

所以α＋β＝2.

所以＋＝(α＋β)

＝≥＝，

当且仅当α＝2β＝时取等号．

2.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．

3.已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥.

证明：法一：(放缩法)因为a＋b＝1，

所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥22＝[(a＋b)＋4]2＝当且仅当a＋2＝b＋2，即a＝b＝时，等号成立．

法二：(反证法)假设(a＋2)2＋(b＋2)2<，

则a2＋b2＋4(a＋b)＋8<.

因为a＋b＝1，则b＝1－a，所以a2＋(1－a)2＋12<.

所以2<0，这与2≥0矛盾，故假设不成立．所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥.

[解题方略]　证明不等式的常用方法

不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等．

(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．

(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的．

(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾.

  与绝对值不等式有关的最值问题 

[析母题]

[典例]　已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R.

(1)若不等式f(x)＋|x－1|≥2对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围；

(2)当a<2时，函数f(x)的最小值为a－1，求实数a的值．

[解]　(1)f(x)＋|x－1|≥2可化为＋|x－1|≥1.

∵＋|x－1|≥，

∴≥1，

∴a≤0或a≥4，

∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．

(2)当a<2时，易知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|的零点分别为和1，且<1，

∴f(x)＝

易知f(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴f(x)min＝f＝－＋1＝a－1，解得a＝，又<2，∴a＝.

[练子题]

1．在本例条件下，若f(x)≤|2x＋1|的解集包含，求a的取值范围．

解：由题意可知f(x)≤|2x＋1|在上恒成立，

当x∈时，f(x)＝|2x－a|＋|x－1|

＝|2x－a|＋x－1≤|x＋1|＝x＋1，

∴|2x－a|≤2，即2x－2≤a≤2x＋2，

∴(2x－2)max＝4，

(2x＋2)min＝5，

因此a的取值范围为[4,5]．

2．函数f(x)不变，若存在实数x，使不等式f(x)－3|x－1|≥2能成立，求实数a的取值范围．

解：∵f(x)－3|x－1|＝|2x－a|－2|x－1|

＝|2x－a|－|2x－2|≤|a－2|.

∴|a－2|≥2.

∴a≤0或a≥4.

∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．

[解题方略]

解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略

[多练强化]

已知函数f(x)＝|x|＋|x＋1|.

(1)若任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，求实数λ的取值范围．

(2)若存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，求实数t的取值范围．

解：(1)由f(x)＝|x|＋|x＋1|≥|x－(x＋1)|＝1知，f(x)min＝1，

欲使任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，

则需满足λ≤f(x)min，

所以实数λ的取值范围为(－∞，1]．

(2)由题意得f(t)＝|t|＋|t＋1|＝

存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，

即有Δ＝4－4f(t)≥0，所以f(t)≤1，

又f(t)≤1可等价转化为

或或

所以实数t的取值范围为[－1,0]．

1．(2019届高三·湖北五校联考)已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.

(1)解不等式f(x)<|x|＋1；

(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)<1.

解：(1)∵f(x)<|x|＋1，∴|2x－1|<|x|＋1，

即或或

得≤x＜2或0＜x＜或无解．

故不等式f(x)<|x|＋1的解集为{x|0<x<2}．

(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝<1.

2．(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，则|ax－1|<1的解集为，

所以≥1，故0<a≤2.

综上，a的取值范围为(0,2]．

3．设不等式0<|x＋2|－|1－x|<2的解集为M，a，b∈M.

(1)证明：<.

(2)比较|4ab－1|与2|b－a|的大小，并说明理由．

解：(1)证明：记f(x)＝|x＋2|－|1－x|

＝

所以由0<2x＋1<2，解得－<x<，

所以M＝，

所以≤|a|＋|b|<＋×＝.

(2)由(1)可得a2<，b2<，

所以(4ab－1)2－4(b－a)2＝(4a2－1)(4b2－1)>0，

所以|4ab－1|>2|b－a|.

4．已知a，b∈(0，＋∞)，且2a4b＝2.

(1)求＋的最小值．

(2)若存在a，b∈(0，＋∞)，使得不等式|x－1|＋|2x－3|≥＋成立，求实数x的取值范围．

解：(1)由2a4b＝2可知a＋2b＝1，

又因为＋＝(a＋2b)＝＋＋4，

由a，b∈(0，＋∞)可知＋＋4≥2＋4＝8，

当且仅当a＝2b时取等号，所以＋的最小值为8.

(2)由(1)及题意知不等式等价于|x－1|＋|2x－3|≥8，

①所以x≤－.

②无解，

③所以x≥4.

综上，实数x的取值范围为∪[4，＋∞)．

5．(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.

6．已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.

(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|－1>0.

当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；

当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，

解得<x<1；

当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.

所以f(x)>1的解集为.

(2)由题设可得f(x)＝

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，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，

所以△ABC的面积为(a＋1)2.

由题设得(a＋1)2>6，故a>2.

所以a的取值范围为(2，＋∞)．

7．(2018·郑州二检)已知函数f(x)＝|3x＋2|.

(1)解不等式f(x)<4－|x－1|；

(2)已知m＋n＝1(m，n>0)，若|x－a|－f(x)≤＋(a>0)恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)不等式f(x)<4－|x－1|，即|3x＋2|＋|x－1|<4.

当x<－时，即－3x－2－x＋1<4，

解得－<x<－；

当－≤x≤1时，即3x＋2－x＋1<4，

解得－≤x<；

当x>1时，即3x＋2＋x－1<4，无解．

综上所述，x∈.

(2)＋＝(m＋n)＝1＋1＋＋≥4，

当且仅当m＝n＝时等号成立．

令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝

所以x＝－时，g(x)max＝＋a，要使不等式恒成立，

只需g(x)max＝＋a≤4，即0<a≤.

所以实数a的取值范围是.

8．已知函数f(x)＝|x－a|＋2|x＋b|(a>0，b>0)的最小值为1.

(1)求a＋b的值；

(2)若m≤＋恒成立，求实数m的最大值．

解：(1)f(x)＝

则f(x)在区间(－∞，－b]上单调递减，在区间[－b，＋∞)上单调递增，

所以f(x)min＝f(－b)＝a＋b，所以a＋b＝1.

(2)因为a>0，b>0，且a＋b＝1，

所以＋＝(a＋b)＝3＋＋，

又3＋＋≥3＋2＝3＋2，当且仅当＝时，等号成立，

所以当a＝－1，b＝2－时，＋有最小值3＋2.

所以m≤3＋2，所以实数m的最大值为3＋2.