成都市高三二轮复习文科数学（二十四） 不等式选讲
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成都市高三二轮复习文科数学（二十四） 不等式选讲
[全国卷 考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2019
不等式的证明·T23
含绝对值不等式的解法、不等式恒成立求参数的范围·T23
利用重要不等式求最值、解不等式·T23
2018
含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题·T23
含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题·T23
含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题·T23
2017
含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围·T23
基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法·T23
含绝对值不等式的解法、函数最值的求解·T23
(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
[例1] (2019·福建省质量检查)已知函数f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a>0).(1)当a＝2时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，求a的值.
[解] (1)当a＝2时，不等式f(x)>1即|x＋1|－|2x－3|>1.
当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＋2x－3>1，解得x>5，因为x≤－1，所以此时原不等式无解；
当－1
1，解得x>1，所以1时，原不等式可化为x＋1－2x＋3>1，解得x<3，所以0，所以>0，所以f(x)＝
若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(a－1)(a＋1)＝－1或(a＋1)(1－a)＝－1，
解得a＝0(舍去)或a＝或a＝－(舍去).经检验，a＝符合题意，所以所求a的值为.
[解题方略] 绝对值不等式的常用解法
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(1)基本性质法：对a＞0，|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.
[跟踪训练]
1.(2019·全国卷Ⅱ)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.(2019·石家庄市质量检测)设函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)≤5－f(x－3)的解集；(2)已知关于x的不等式2f(x)＋|x＋a|≤x＋4在[－1，1]上有解，求实数a的取值范围.
解：(1)不等式f(x)≤5－f(x－3)，即|x＋1|＋|x－2|≤5，等价于或
或解得－2≤x≤3，所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤3}.
(2)当x∈[－1，1]时，不等式2f(x)＋|x＋a|≤x＋4，即|x＋a|≤2－x，所以|x＋a|≤2－x在[－1，1]上有解，
即－2≤a≤2－2x在[－1，1]上有解，所以－2≤a≤4，即实数a的取值范围是[－2，4].
不等式的证明
[例2] (2019·全国卷Ⅰ)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.
[证明] (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，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)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.
[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.
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(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.
[跟踪训练]
1.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.
2.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≥2＝[(a＋b)＋4]2＝
.
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<0，这与≥0矛盾，故假设不成立.所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥.
与绝对值不等式有关的最值问题
[例3] 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，
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∴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＝.
[解题方略]
解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略
不等式恒成立问题
不等式f(x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)min>A.
不等式f(x)A成立，等价于在区间D上f(x)max>A.
在区间D上存在实数x使不等式f(x)A在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)>A的解集为D.
不等式f(x)b>0，且ab＝2，记的最小值为M.(1)求M的值，并写出此时a，b的值；(2)解关于x的不等式：|3x＋3|＋|x－2|>M.
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3．已知函数f(x)＝|x－2|.(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥5.(2)若|a|>1，且f(ab)>|a|·f，证明：|b|>2.
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．
5．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x－1|.(1)求不等式f(x)≤3的解集；(2)若不等式f(x)≤ax的解集为空集，求实数a的取值范围．
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6．(2019·广州市调研测试)已知函数f(x)＝|x－a|(a∈R)．(1)当a＝2时，解不等式＋f(x)≥1；
(2)设不等式＋f(x)≤x的解集为M，若⊆M，求实数a的取值范围．
7．(2019·全国卷Ⅲ)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.
8．(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，若f(x)的最小值为1.
(1)求实数a的值；(2)若a＞0，m，n均为正实数，且满足m＋n＝，求m2＋n2的最小值．
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1解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥4等价于|2x－1|＋|2x＋1|≥4，
等价于或或解得x≤－1或x≥1，
所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．
(2)证明：当x≠0，x∈R时，f(－x)＋f＝|－2x－1|＋，
因为|－2x－1|＋≥＝2|x|＋≥4，当且仅当即x＝±1时等号成立，
所以f(－x)＋f≥4.
2解：(1)因为a>b>0，所以a－b>0，>0，
根据基本不等式有＝＝a－b＋≥4，
当且仅当即时取等号，
所以M的值为4，此时a＝＋1，b＝－1.
(2)当x≤－1时，原不等式等价于－(3x＋3)＋(2－x)>4，解得x<－；
当－14，解得－4，解得x≥2.
综上所述，原不等式的解集为∪.
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3解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥5等价于|x－2|＋|x－1|≥5，
当x>2时，(x－2)＋(x－1)≥5，x≥4；
当1≤x≤2时，(2－x)＋(x－1)≥5，1≥5，无解；
当x<1时，(2－x)＋(1－x)≥5，x≤－1.
综上，不等式的解集为{x|x≥4或x≤－1}．
(2)证明：f(ab)>|a|·f
⇔|ab－2|>|a|·
⇔|ab－2|>|b－2a|
⇔(ab－2)2>(b－2a)2
⇔a2b2＋4－b2－4a2>0
⇔(a2－1)(b2－4)>0.
因为|a|>1，所以a2－1>0，
所以b2－4>0，|b|>2.
4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解：(1)法一：由题意f(x)＝
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当x≤时，f(x)＝－3x＋3≤3，解得x≥0，即0≤x≤，
当ax对任意x∈R恒成立，
即函数y＝ax的图象始终在函数y＝f(x)的图象的下方，
当直线y＝ax过点A(2，3)以及与直线y＝－3x＋3平行时为临界情况，
所以－3≤a<，即实数a的取值范围为.
6解：(1)当a＝2时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3，
①当x≤时，1－3x＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0；
②当＜x＜2时，3x－1＋2－x≥3，解得x≥1，所以1≤x＜2；
③当x≥2时，3x－1＋x－2≥3，解得x≥，所以x≥2.
综上所述，当a＝2时，不等式的解集为.
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(2)不等式＋f(x)≤x可化为|3x－1|＋|x－a|≤3x，
依题意不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在x∈上恒成立，
所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，即a－1≤x≤a＋1，
所以解得－≤a≤，
故实数a的取值范围是.
7解：(1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2
＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]
≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，
所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，
当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．
所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.
(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
8解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，
①当a＞3，即－1＞－时，f(x)＝
∵f(－1)－f＝－＝＞0，
∴f(－1)＞f，
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则当x＝－时，f(x)min＝－4－1－a＝1，
∴a＝6.
②当a＜3，即－1＜－时，
f(x)＝
∵f(－1)－f＝(3－a)－＝＞0，
∴f(－1)＞f，
则当x＝－时，f(x)min＝4＋1＋a＝1，
∴a＝0.
③当a＝3，即－1＝－时，f(x)＝4|x＋1|，
当x＝－1时，f(x)min＝0不满足题意．
综上，a＝0或a＝6.
(2)由题意知，m＋n＝3.∵m＞0，n＞0，
∴(m＋n)2＝m2＋n2＋2mn≤(m2＋n2)＋(m2＋n2)＝2(m2＋n2)，
即m2＋n2≥(m＋n)2，
当且仅当m＝n＝时取“＝”．
∵m2＋n2≥，∴m2＋n2的最小值为.
