2020届高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型2解答题规范踩点多得分第8讲选修4系列第2课时不等式选讲练习
第2课时 不等式选讲
[考情分析] 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值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等．结合函数的图象和性质、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．
热点题型分析
热点1 含绝对值不等式的解法
含绝对值不等式的解法：
(1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<－a；
(2)|f(x)|
0)⇔－a－2时，x的取值范围是{x|－2≤x≤a}．
形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：
- 8 -
(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b)，[b，＋∞)(此处设ac的几何意义：数轴上到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体实数；
(3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结合图象求解．
(2019·太原模拟)已知函数f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|.
(1)当m＝－1时，求不等式f(x)≤2的解集；
(2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含，求m的取值范围．
解 (1)当m＝－1时，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|，
当x≥1时，f(x)＝3x－2≤2，所以1≤x≤；
当a恒成立⇔f(x)≤a无解⇔f(x)min>a；
- 8 -
f(x)a有解⇔f(x)max>a；f(x)0，b>0，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立；
定理3：如果a>0，b>0，c>0，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立；
定理4：如果a1，a2，…an为n个正数，则≥ ，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．
(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)(c＋a)
- 8 -
≥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.
证明不等式常用的方法：
(1)比较法
①作差比较法：a>b⇔a－b>0，ab>0⇔>1且a>0，b>0.
(2)分析法
从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件或定理等)．
(3)综合法
从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不等式成立，即“由因导果”的方法．
(4)反证法的步骤
第一步：作出与所证不等式相反的假设；
第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立．
(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，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.
- 8 -
专题作业
1．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当a＝－2时，求不等式f(x)1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
解 (1)当a＝－2时，不等式f(x)1，则－<，所以
f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|＝
当x∈时，f(x)＝a＋1，即a＋1≤x＋3在x∈上恒成立，所以a＋1≤－＋3，解得a≤.所以a的取值范围是.
2．(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.
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
- 8 -
－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.
3．(2019·河北省衡水模拟)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)≤3；
(2)若函数g(x)＝|2x－2018－a|＋|2x－2019|，若对于任意的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)依题意，得f(x)＝
由f(x)≤3，得或或
解得－1≤x≤1.
即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．
(2)由(1)知，f(x)min＝f＝，
g(x)＝|2x－2018－a|＋|2x－2019|
≥|2x－2018－a－2x＋2019|＝|a－1|，
则|a－1|≤，解得－≤a≤，
即实数a的取值范围为.
4．(2019·南昌一模)已知函数f(x)＝|2x＋3a2|.
(1)当a＝0时，求不等式f(x)＋|x－2|≥3的解集；
(2)若对于任意实数x，不等式|2x＋1|－f(x)<2a恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，不等式可化为|2x|＋|x－2|≥3，得
或或
解得x≤－或x≥1，
所以当a＝0时，不等式f(x)＋|x－2|≥3的解集为
∪[1，＋∞)．
(2)对于任意实数x，不等式|2x＋1|－f(x)<2a恒成立，
- 8 -
即|2x＋1|－|2x＋3a2|<2a恒成立．
因为|2x＋1|－|2x＋3a2|≤|2x＋1－2x－3a2|＝|3a2－1|，
所以要使原不等式恒成立，只需|3a2－1|<2a.
当a<0时，无解；
当0≤a≤时，1－3a2<2a，解得时，3a2－1<2a，解得
查看更多
