2019年高考数学高分突破复习练习专题七 第2讲
第2讲 不等式选讲
高考定位 本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，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，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅲ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)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.
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，f(x)＝－x2＋x＋4，
g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝
①当x>1时，f(x)≥g(x)－x2＋x＋4≥2x，
解之得1
0)型不等式的解法
(1)|ax＋b|≤c－c≤ax＋b≤c.
(2)|ax＋b|≥cax＋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—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，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】 (2018·衡水中学质检)已知函数f(x)＝|2x－2|＋|x＋3|.
(1)求不等式f(x)≥3x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)>＋a的解集包含[2，3]，求实数a的取值范围.
解 (1)依题意得|2x－2|＋|x＋3|≥3x＋2，
当x<－3时，原不等式可化为2－2x－x－3≥3x＋2，
解得x≤－，故x<－3；
当－3≤x≤1时，原不等式可化为2－2x＋x＋3≥3x＋2，
解得x≤，故－3≤x≤；
当x>1时，原不等式可化为2x－2＋x＋3≥3x＋2，无解.
综上所述，不等式f(x)≥3x＋2的解集为.
(2)依题意，|2x－2|＋|x＋3|>＋a在[2，3]上恒成立，
则3x＋1－>a在[2，3]上恒成立.
又因为g(x)＝3x＋1－在[2，3]上为增函数，
所以有3×2＋1－>a，解得a<.
故实数a的取值范围为.
探究提高 1.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.
2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.
【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)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)＝
可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}.
(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.
又|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，＋∞).
热点二 不等式的证明
【例2】 (2017·全国Ⅱ卷)已知实数a>0，b>0，且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.
探究提高 1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点.
2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.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.
【训练2】 (2018·济南调研)已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(x)＋f(2x＋5)≥x＋9；
(2)若a>0，b>0，且＋＝2，证明：f(x＋a)＋f(x－b)≥，并求f(x＋a)＋f(x－b)＝时，a，b的值.
解 (1)f(x)＋f(2x＋5)＝|x－1|＋|2x＋4|≥x＋9，
当x≤－2时，不等式为4x≤－12，
解得x≤－3，故x≤－3，
当－20，b>0).
又＋＝2，
所以a＋b＝(a＋b)＝＋＋
≥＋2＝，
当且仅当＝，即b＝2a时“＝”成立；
由可得
综上所述，f(x＋a)＋f(x－b)≥，
当f(x＋a)＋f(x－b)＝时，a＝，b＝3.
热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题
【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围.
解 (1)f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝
由f(x)≥1可得
①当x≤－1时显然不满足题意；
②当－1|3a－1|成立，求实数a的取值范围.
解 ∵f(x)＝|2x＋3|－|1－2x|≤|(2x＋3)＋(1－2x)|＝4.画出f(x)的图象，如图所示：
∴f(x)max＝4.
若存在x∈R，使得f(x)>|3a－1|成立.
∴|3a－1|<4，解之得－1cd，则＋>＋；
(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件.
证明 (1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，
要证＋>＋，只需证明(＋)2>(＋)2，
也就是证明a＋b＋2>c＋d＋2，
只需证明>，即证ab>cd.
由于ab>cd，因此＋>＋.
(2)必要性：若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2<(c－d)2，
即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd.
∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
由(1)得＋>＋.
充分性：若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，
∴a＋b＋2>c＋d＋2.
∵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.
3.(2018·南宁联考)已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值为m，正数a，b满足a＋b＝m，求证：＋≥4.
(1)解 当x≥1时，x－1≥3－2x，解得x≥，故x≥；
当01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0－1，所以－14的解集；
(2)求f(a)的最小值.
解 (1)当a＝1时，不等式f(x)>4，
即f(x)＝>4，
①当x<－1时，得f(x)＝2>4，无解；
②当x∈[－1，0)∪(0，1]时，得f(x)＝>4，
即|x|<，解得－1时，得f(x)＝2>4，无解；
综上不等式f(x)>4的解集为∪.
(2)f(a)＝＝，
①当a<－1或a>1时，f(a)＝＝2|a|>2，
②当－1≤a≤1且a≠0时，f(a)＝≥2，
综上知，f(a)的最小值为2.
7.已知定义在R上的函数f(x)＝|x－m|＋|x|，m∈N*，若存在实数x使得f(x)<2成立.
(1)求实数m的值；
(2)若α，β>1，f(α)＋f(β)＝6，求证：＋≥.
(1)解 因为|x－m|＋|x|≥|x－m－x|＝|m|，
要使|x－m|＋|x|<2有解，则|m|<2，解得－21，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝6，
∴α＋β＝4，
∴＋＝(α＋β)
＝≥＝，
当且仅当＝，
即α＝，β＝时“＝”成立，
故＋≥.
8.(2018·江南十校联考)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|2x＋1|，a∈R.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≤1的解集；
(2)设关于x的不等式f(x)≤－2x＋1的解集为P，且P，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝|x＋a|＋|2x＋1|＝|x＋1|＋|2x＋1|，
f(x)≤1|x＋1|＋|2x＋1|≤1，
所以或
或
即或或
解得x＝－1或－1
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