高考数学大一轮复习第十一章 选考部分

这是一份高考数学大一轮复习第十一章 选考部分，文件包含高考数学第一轮复习第1节第1课时坐标系doc、高考数学第一轮复习第2节第1课时绝对值不等式doc、高考数学第一轮复习第1节第2课时参数方程doc、高考数学第一轮复习第2节第2课时不等式的证明doc等4份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

第2节　不等式选讲
第1课时　绝对值不等式
考纲要求　1.理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b，c∈R)；2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－c|＋|x－b|≥a.

知识梳理
1．绝对值三角不等式
定理1：如果a，b是实数，那么|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－b|≤|a－c|＋|c－b|，当且仅当(a－c)(c－b)≥0时，等号成立．
2．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|＜a与|x|＞a的解集.
不等式
a＞0
a＝0
a＜0
|x|＜a
{x|－a＜x＜a}
∅
∅
|x|＞a
{x|x＞a或x＜－a}
{x|x∈R且x≠0}
R
(2)|ax＋b|≤c(c＞0)和|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(c＞0)和|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求解，体现了数形结合的思想；
②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．

1．利用绝对值不等式的几何意义解决问题能有效避免分类讨论不全面的问题；若用零点分段法求解，要掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．
2．绝对值三角不等式|a±b|≤|a|＋|b|，从左到右是一个放大过程，从右到左是缩小过程，证明不等式可以直接用，也可利用它消去变量求最值．
诊断自测

1．判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若|x|＞c的解集为R，则c≤0.(　　)
(2)不等式|x－1|＋|x＋2|＜2的解集为∅.(　　)
(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a＞b＞0时等号成立．(　　)
(4)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．(　　)
(5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√

2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是(　　)
A．(－∞，4) B．(－∞，1) C．(1,4) D．(1,5)
答案　A
解析　①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.
②当1 ∴x<4，∴1 ③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．
综上，原不等式的解集为(－∞，4)．
3．若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在实数解，则实数a的取值范围是________．
答案　(－∞，－3]∪[3，＋∞)
解析　由于|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
∴|x＋1|＋|x－2|的最小值为3，要使原不等式有解，只需|a|≥3，即a≥3或a≤－3.

4．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.
答案　2
解析　因为|kx－4|≤2，所以－2≤kx－4≤2，所以2≤kx≤6.因为不等式的解集为{x|1≤x≤3}，所以k＝2.
5．(2021·天津联考)若对任意的x∈R，不等式|x－1|－|x＋2|≤|2a－1|恒成立，则实数a的取值范围为________．
答案　(－∞，－1]∪[2，＋∞)
解析　∵y＝|x－1|－|x＋2|≤|(x－1)－(x＋2)|＝3，
∴要使|x－1|－|x＋2|≤|2a－1|恒成立，
则|2a－1|≥3,2a－1≥3或2a－1≤－3，
即a≥2或a≤－1，
∴实数a的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
6．(2021·郑州质量预测)已知函数f(x)＝|x＋1|－a|x－1|.
(1)当a＝－2时，解不等式f(x)>5；
(2)若f(x)≤a|x＋3|恒成立，求a的最小值．
解　(1)当a＝－2时，f(x)＝
当x≤－1时，由1－3x>5，得x<－；
当－11时，由3x－1>5，得x>2.
故f(x)>5的解集为∪(2，＋∞)．
(2)由f(x)≤a|x＋3|得a≥，
由|x－1|＋|x＋3|≥2|x＋1|，
得≤，
故a≥(当且仅当x≥1或x≤－3时等号成立)，
故a的最小值为.

考点一　绝对值不等式的解法
【例1】　(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.

(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)求不等式f(x)>f(x＋1)的解集．
解　(1)由题设知f(x)＝
画出y＝f(x)的图象如图(1)所示．

图(1)
(2)函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y＝f(x＋1)的图象，如图(2)所示．

图(2)
易得y＝f(x)的图象与y＝f(x＋1)的图象的交点坐标为.
由图象可知，当且仅当x<－时，
y＝f(x)的图象在y＝f(x＋1)的图象上方．
故不等式f(x)>f(x＋1)的解集为.
【例2】　(2021·驻马店联考)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－1|(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求不等式f(x)≥2的解集；
(2)若f(x)≤2x的解集包含，求a的取值范围．
解　(1)当a＝－1时，不等式f(x)≥2可化为|x－1|＋|2x－1|≥2，
当x≤时，不等式为1－x＋1－2x≥2，解得x≤0；
当＜x＜1时，不等式为1－x＋2x－1≥2，无解；
当x≥1时，不等式为x－1＋2x－1≥2，解得x≥.
综上，原不等式的解集为(－∞，0]∪.
(2)因为f(x)≤2x的解集包含，所以不等式可化为|x＋a|＋2x－1≤2x，即|x＋a|≤1.
解得－a－1≤x≤－a＋1，由题意知
解得－≤a≤.
所以实数a的取值范围是.
感悟升华　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．含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想．
【训练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，显然f(x)≥0.
所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
(2)当a<1时，若a≤x<1，则f(x)＝(x－a)x＋(2－x)(x－a)＝2(x－a)≥0，不合题意；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，＋∞)．
考点二　绝对值不等式性质的应用
【例3】　设a>0，|x－1|<，|y－2|<，求证：|2x＋y－4| 证明　由|x－1|<可得|2x－2|<，|2x＋y－4|≤|2x－2|＋|y－2|<＋＝a.
【例4】　若f(x)＝＋3|x－a|的最小值为4，求a的值．
解　因为f(x)＝＋3|x－a|≥＝，由＝4得a＝±1或a＝±.
感悟升华　1.求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：
(1)利用绝对值的几何意义．
(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|.
(3)利用零点分区间法．
2．含绝对值不等式的证明中，关键是绝对值三角不等式的活用．
【训练2】　设函数f(x)＝x2－x－15，且|x－a|<1.
(1)解不等式|f(x)|>5；
(2)求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
(1)解　因为|x2－x－15|>5，所以x2－x－15<－5或x2－x－15>5，即x2－x－10<0或x2－x－20>0，解得5，所以不等式|f(x)|>5的解集为.
(2)证明　因为|x－a|<1，所以|f(x)－f(a)|＝|(x2－x－15)－(a2－a－15)|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|<1·|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a－1|≤1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1)．
考点三　绝对值不等式的综合应用
角度1　绝对值不等式恒成立问题
【例5】　(2021·陇南二诊)已知a≠0，函数f(x)＝|ax－1|，g(x)＝|ax＋2|.
(1)若f(x) (2)若f(x)＋g(x)≥|2×10a－7|对x∈R恒成立，求a的最大值与最小值之和．
解　(1)因为f(x) 所以|ax－1|<|ax＋2|，
两边同时平方得a2x2－2ax＋1 即6ax>－3，当a>0时，x>－，
即x的取值范围是；
当a<0时，x<－，即x的取值范围是.
(2)因为f(x)＋g(x)＝|ax－1|＋|ax＋2|≥|(ax－1)－(ax＋2)|＝3，
所以f(x)＋g(x)的最小值为3，
所以|2×10a－7|≤3，则－3≤2×10a－7≤3，
解得lg 2≤a≤lg 5，
故a的最大值与最小值之和为lg 2＋lg 5＝lg 10＝1.
角度2　绝对值不等式能成立问题
【例6】　(2021·东北三省三校联考)已知函数f(x)＝|2x＋a|＋1.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)＋x＜2；
(2)若存在a∈时，使不等式f(x)≥b＋|2x＋a2|的解集非空，求b的取值范围．
解　(1)当a＝2时，函数f(x)＝|2x＋2|＋1，
不等式f(x)＋x＜2化为|2x＋2|＜1－x.
当1－x≤0时，即x≥1时，该不等式无解．
当1－x＞0时，原不等式化为x－1＜2x＋2＜1－x.
解之得－3＜x＜－.
综上，原不等式的解集为.
(2)由f(x)≥b＋|2x＋a2|，
得b≤|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，
设g(x)＝|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，则不等式的解集非空，即不等式有解，
所以不等式等价于b≤g(x)max.
由g(x)≤|(2x＋a)－(2x＋a2)|＋1＝|a2－a|＋1，
所以b≤|a2－a|＋1.
由题意知存在a∈，使得上式成立，
而函数h(a)＝|a2－a|＋1在a∈上的最大值为h＝，
所以b≤，即b的取值范围是.
感悟升华　1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决．
2．(1)在例6第(1)问，可作出函数y＝|2x＋2|与y＝1－x的图象，观察、计算边界，直观求得不等式的解集．
(2)第(2)问把不等式解集非空，转化为求函数的最值．
存在性问题转化方法：f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a.
【训练3】　(2021·呼和浩特模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋2|x＋1|.
(1)当a＝1时，解关于x的不等式f(x)≤6；
(2)已知g(x)＝|x－1|＋2，若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|，
则f(x)＝
当x<－1时，由－4x－1≤6，得－≤x<－1；
当－1≤x≤时，f(x)≤6恒成立；
当x>时，由4x＋1≤6，得 综上，f(x)≤6的解集为.
(2)∵对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立， ∴{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}．
又f(x)＝|2x－a|＋2|x＋1|≥|2x－a－(2x＋2)|
＝|a＋2|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，
∴|a＋2|≥2，解得a≤－4或a≥0，
∴实数a的取值范围是(－∞，－4]∪[0，＋∞)．


1．(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4的解集；
(2)若f(x)≥4，求a的取值范围．
解　(1)当a＝2时，f(x)＝
因此，不等式f(x)≥4的解集为.
(2)因为f(x)＝|x－a2|＋|x－2a＋1|≥|a2－2a＋1|＝(a－1)2，
故当(a－1)2≥4，即|a－1|≥2时，f(x)≥4.
所以当a≥3或a≤－1时，f(x)≥4.
当－1 所以a的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
2．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)＝
则当x≥1时，f(x)＝2>1恒成立，所以x≥1；
当－11，
所以 当x≤－1时，f(x)＝－2<1.
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，
所以≥1，故0 综上，a的取值范围为(0,2]．
3．(2021·安徽江南十校模拟)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|.
(1)求不等式f(x) (2)若不等式m－x2－2x≤f(x)在R上恒成立，求实数m的取值范围．
解　(1)当x<－2时，f(x)－，无解；
当－2≤x≤1时，f(x)0，故0 当x>1时，f(x) 综上可得，f(x) (2)不等式m－x2－2x≤f(x)在R上恒成立，可得m≤x2＋2x＋f(x)恒成立，
即m≤min.
y＝x2＋2x＝(x＋1)2－1的最小值为－1，此时x＝－1.
f(x)＝|x－1|＋|x＋2|≥|x－1－x－2|＝3，当且仅当－2≤x≤1时，取得等号，
则[x2＋2x＋f(x)]min＝－1＋3＝2，所以m≤2，
即m的取值范围是(－∞，2]．
4．已知f(x)＝|x＋1|＋|x－m|.
(1)若f(x)≥2，求m的取值范围；
(2)已知m＞1，若∃x∈(－1,1)，f(x)≥x2＋mx＋3成立，求m的取值范围．
解　(1)因为f(x)＝|x＋1|＋|x－m|≥|m＋1|，
所以只需|m＋1|≥2，所以m＋1≥2或m＋1≤－2，
解得m≥1或m≤－3，
即m的取值范围为(－∞，－3]∪[1，＋∞)．
(2)因为m＞1，所以当x∈(－1,1)时，f(x)＝m＋1，
所以f(x)≥x2＋mx＋3，即m≥x2＋mx＋2，
所以m(1－x)≥x2＋2，m≥，
令g(x)＝＝＝(1－x)＋－2(－1＜x＜1)．
因为－1＜x＜1，所以0＜1－x＜2，
所以(1－x)＋≥2(当且仅当x＝1－时取“＝”)，
所以g(x)min＝2－2，所以m≥2－2.
故实数m的取值范围是[2－2，＋∞)．
5．(2021·南昌摸底测试)已知f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥2的解集；
(2)若f(x)≥a|x|恒成立，求a的取值范围．
解　(1)∵f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|≥2，
①当x≤－时，⇒x≤－；
②当－ ③当x≥1时，⇒x≥1.
综上所述，f(x)≥2的解集为∪[0，＋∞)．
(2)由题意知|2x＋1|＋|x－1|≥a|x|恒成立，
①当x＝0时，2≥a·0恒成立，得a∈R；
②当x≠0时，＝＋≥a恒成立，
因为＋≥＝3，所以a≤3.
综上所述，符合条件的实数a的取值范围是(－∞，3]．
6．(2021·长春模拟)已知函数f(x)＝.
(1)当a＝4时，求函数f(x)的定义域；
(2)若函数f(x)的定义域为R，设a的最大值为s，当正数m，n满足＋＝s时，求3m＋4n的最小值．
解　(1)当a＝4时，|x＋2|＋|x－1|－4≥0，
当x<－2时，－x－2－x＋1－4≥0，解得x≤－；
当－2≤x≤1时，x＋2－x＋1－4≥0，解得x∈∅；
当x>1时，x＋2＋x－1－4≥0，解得x≥.
∴函数f(x)的定义域为.
(2)∵函数f(x)的定义域为R，
∴|x＋2|＋|x－1|－a≥0对任意的x∈R恒成立，
∴a≤|x＋2|＋|x－1|对任意的x∈R恒成立，
又|x＋2|＋|x－1|≥|x＋2－x＋1|＝3，
∴a≤3，∴s＝3，
∴＋＝3，且m>0，n>0，
∴3m＋4n＝(2m＋n)＋(m＋3n)
＝[(2m＋n)＋(m＋3n)]·
＝≥(3＋2)
＝1＋，当且仅当m＝，n＝时取等号，
∴3m＋4n的最小值为1＋.