2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題七 系列4選考 第2講 不等式選講教學案（選修4-5）

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1、 第2講　選修4－5 不等式選講 [考情考向·高考導航] 高考主要考查絕對值不等式的解法，求含絕對值的函數(shù)的值域及求含參數(shù)的絕對值不等式中參數(shù)的取值范圍，不等式的證明等，結合集合的運算、函數(shù)的圖象和性質、恒成立問題及基本不等式、絕對值不等式的應用成為命題的熱點． [真題體驗] 1．(2019·全國Ⅱ卷)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當a＝1時，求不等式f(x)＜0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時，f(x)＜0，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當x＜1時，f(x)＝－2(x－1)2＜0

2、；當x≥1時， f(x)≥0. 所以，不等式f(x)＜0的解集為(－∞，1)． (2)因為f(a)＝0，所以a≥1. 當a≥1，x∈(－∞，1)時，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)＜0. 所以，a的取值范圍是[1，＋∞)． 2．(2017·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)當a＝1時，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的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，不等式f(x)≥g(x)等價于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①

3、 當x＜－1時，①式化為x2－3x－4≤0，無解； 當－1≤x≤1時，①式化為x2－x－2≤0，從而－1≤x≤1； 當x＞1時，①式化為x2＋x－4≤0，從而1＜x≤. 所以f(x)≥g(x)的解集為 . (2)當x∈[－1,1]時，g(x)＝2. 所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等價于當x∈[－1，1]時，f(x)≥2. 又f(x)在[－1,1]的最小值必為f(－1)與f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以a的取值范圍是[－1,1]． [主干整合] 1．絕對值不等式的性質 定理1：如果a，b是實數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|

4、b|，當且僅當ab≥0時，等號成立． 定理2：如果a，b，c是實數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0，等號成立． 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)利用絕對值不等式的幾何意義直觀求解． (2)利用零點分段法求解． (3)構造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象求解． 4．基本不等式 定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當且僅

5、當a＝b時，等號成立． 定理2：如果a，b為正數(shù)，則≥，當且僅當a＝b時，等號成立． 定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立． 定理4：(一般形式的算術—幾何平均數(shù)不等式)如果a1，a2，…，an為n個正數(shù)(n∈N*，n＞1)，則≥，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立． 熱點一　絕對值不等式的解法 [例1]　已知f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3. (1)求不等式f(x)≤2的解集． (2)若直線y＝kx－2與函數(shù)f(x)的圖象有公共點，求k的取值范圍． [審題指導]　(1)看到f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3，聯(lián)想到分x≤1、1＜x

6、＜4、x≥4三種情況去絕對值號． (2)看到y(tǒng)＝kx－2聯(lián)想到此直線恒過定點(0，－2)． [解析]　(1)由f(x)≤2， 得或或 解得0≤x≤5， 故不等式f(x)≤2的解集為[0,5]． (2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝ 作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示， 直線y＝kx－2過定點C(0，－2)， 當此直線經過點B(4,0)時，k＝； 當此直線與直線AD平行時，k＝－2， 故由圖可知，k∈(－∞，－2)∪. (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取每個結果的并集，注意在分段時不要遺漏

7、區(qū)間的端點值． (2)用圖象法、數(shù)形結合法可以求解含有絕對值的不等式，使得代數(shù)問題幾何化，既通俗易懂，又簡潔直觀，是一種較好的方法． (2019·聊城三模)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|－|x－5|. (1)證明：－3≤f(x)≤3； (2)求不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集． 解析：(1)證明：f(x)＝|x－2|－|x－5| ＝ 當2＜x＜5時，－3＜2x－7＜3. 所以－3≤f(3)≤3. (2)由(1)可知， 當x≤2時，f(x)≥x2－8x＋15的解集為空集； 當2＜x＜5時，f(x)≥x2－8x＋15的解集為{x|5－≤x＜5}； 當x≥5時，f(x

8、)≥x2－8x＋15的解集為{x|5≤x≤6}． 綜上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集為{x|5－≤x≤6}． 熱點二　不等式的證明 邏輯 推理 素養(yǎng) 邏輯推理——不等式證明中心的核心素養(yǎng) 通過不等式的證明掌握邏輯推理的基本形式，表述論證的過程；能理解數(shù)學知識之間的聯(lián)系，對式子進行等價變形，進而通過證明不等式，體驗邏輯推理的核心素養(yǎng). [例2]　(2019·全國Ⅰ卷)已知a，b，c為正數(shù)，且滿足abc＝1.證明： (1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. [審題指導]　(1)利用重要不等式a2＋b2≥2ab構造三個不等

9、式相加，再結合abc＝1進行證明． (2)利用平均值不等式進行證明． [解析]　(1)證明：因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2ab，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)證明：因為a，b，c為正數(shù)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. 當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. (2019·蘇州二模)已知

10、f(x)＝|2x－1|＋x＋的最小值為m. (1)求m的值； (2)已知a，b，c是正實數(shù)，且a＋b＋c＝m，求證：2(a3＋b3＋c3)≥ab＋bc＋ca－3abc. 解析：(1)當x≥時，f(x)＝3x－在上單調遞增，且f(x)≥－＝1；當x＜時，f(x)＝－x在上單調遞減，且f(x)＞－＝1. 綜上可得x＝時，f(x)取得最小值1，即m＝1. (2)證明：a，b，c是正實數(shù)，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， 則有a3＋b3－a2b－b2a≥0， 即a3＋b3≥a2b

11、＋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，當且僅當a＝b＝c＝時取得等號． 不等式證明的常用方法 不等式證明的常用方法有比較法、分析法、綜合法、反證法等．如果已知條件與待證結論直接聯(lián)系不明顯，可考慮用分析法；如果待證命題是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的，則考慮用反證法．在必要的情況下，可能還需要使用換元法、構造法等技巧簡化對問題的表述和證明． 熱點三　絕對值不等式恒成立(存在)問

12、題 [例3]　(2019·日照三模)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|，a∈R，g(x)＝x2－2x－4＋. (1)若f(2a2－1)＞4|a－1|，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若存在實數(shù)x，y，使f(x)＋g(y)≤0，求實數(shù)a的取值范圍． [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，則－2a－a－1＞4，∴a＜－； ②若－1＜a＜0，則－2a＋a＋1＞4，∴a＜－3，此時無解； ③若a≥0且a≠1，則

13、2a＋a＋1＞4，∴a＞1. 綜上所述，a的取值范圍為∪(1，＋∞)． (2)∵g(x)＝(x－1)2＋－5≥2 －5＝－1，顯然可取等號， ∴g(x)min＝－1. 于是，若存在實數(shù)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．求含絕對值號函數(shù)的最值的兩種方法 (1)利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解． (2)將函數(shù)化為分段函數(shù)，數(shù)形結合求解． 2．恒成立(存在)問題

14、的等價轉化 f(x)≥M f(x)≤M 任意x恒成立? f(x)min≥M f(x)max≤M 存在x成立? f(x)max≥M f(x)min≤M (2018·全國Ⅰ卷)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|. (1)當a＝1時，求不等式f(x)>1的解集； (2)若x∈(0,1)時不等式f(x)>x成立，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝|x＋1|－|x－1|， 即f(x)＝ 故不等式f(x)＞1的解集為{x|x＞}． (2)當x∈(0,1)時|x＋1|－|ax－1|＞x成立等價于當x∈(0,1)時|ax－1|＜1成立． 若a≤0，則

15、當x∈(0,1)時|ax－1|≥1； 若a＞0，|ax－1|＜1的解集為0＜x＜，所以≥1，故0＜a≤2. 綜上，a的取值范圍為(0,2]． 限時45分鐘　滿分50分 解答題(本大題共5小題，每小題10分，共50分) 1．(2018·全國Ⅱ卷)設函數(shù)f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)畫出y＝f(x)的圖象； (2)當x∈[0，＋∞)時，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值． 解：(1)當x≤－時，f(x)＝－2x－1－x＋1＝－3x， 當－

16、x)的圖象． (2)由圖象可得，b≥2，a≥3， 所以a＋b的最小值為5. 2．(2020·湖南省五市十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋|x＋a|，其中a∈R. (1)當a＝1時，求不等式f(x)≥6的解集； (2)若存在x0∈R，使得f(x0)＜2 020a，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)當a＝1時，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的解集為. (2)f(x)＝|x－2|＋|x＋a|≥|(x－2)－(x＋a)|＝|a＋2|， 故f(x)min＝|a＋2|.由題意知，解得a＞， 所以實數(shù)a

17、的取值范圍是. 3．(2020·唐山摸底考試)已知f(x)＝|x＋1|－|2x－1|. (1)求不等式f(x)＞0的解集； (2)若x∈R時，不等式f(x)≤a＋x恒成立，求a的取值范圍． 解析：(1)由題意得|x＋1|＞|2x－1|， 所以|x＋1|2＞|2x－1|2， 整理可得x2－2x＜0，解得0＜x＜2， 故原不等式的解集為{x|0＜x＜2}． (2)由已知可得，a≥f(x)－x恒成立， 設g(x)＝f(x)－x，則g(x)＝ 由g(x)的單調性可知，x＝時，g(x)取得最大值1， 所以a的取值范圍是[1，＋∞)． 4．(2019·全國Ⅲ卷)設x，y，z∈R，且

18、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，證明：a≤－3或a≥－1. 解析：兩個問都是考查柯西不等式，屬于柯西不等式的常見題型． (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≥等號成立當且僅當x－1＝y(tǒng)＋1＝z＋1而又因x＋y＋z＝1，解得時等號成立 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)因為(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2

19、≥，所以[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2](12＋12＋12)≥1. 根據(jù)柯西不等式等號成立條件，當x－2＝y(tǒng)－1＝z－a，即時有[(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·遼寧重點協(xié)作校模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1|，g(x)＝|x＋a2＋c2|＋|x－2b2|，其中a，b，c均為正實數(shù)，且ab＋bc＋ac＝1. (1)當b＝1時，求不等式f(x)≥1的解集； (2)當x∈R時，求證f(x)≤g(x)． 解析：

20、(1)由題意，當b＝1時，f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1|＝ 當x≤－1時，f(x)＝－2＜1，不等式f(x)≥1無解，不等式f(x)≥1的解集為?； 當－1＜x＜1時，f(x)＝2x，由不等式f(x)≥1， 解得x≥， 所以≤x＜1； 當x≥1時，f(x)＝2≥1恒成立， 所以不等式f(x)≥1的解集為. (2)證明：當x∈R時，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， 當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立， 即a2＋c2＋2b2≥b2＋1，即f(x)≤g(x)． - 9 -