【数学】2020届一轮复习人教B版 不等式选讲 学案
不等式选讲
[全国卷3年考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2018
含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题
含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题
含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题
2017
含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围
基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法
含绝对值不等式的解法、函数最值的求解
2016
含绝对值不等式的解法、分段函数的图象及应用
含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式及应用
含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质
(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 保分考点·练后讲评
1.解不等式|x＋3|<|2x－1|.
解：由已知，可得|x＋3|<|2x－1|，
即|x＋3|2<|2x－1|2，
∴3x2－10x－8>0，解得x<－或x>4.
故所求不等式的解集为∪(4，＋∞)．
2.(2018·全国卷Ⅱ)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)＝
当x<－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1；
当－1≤x≤2时，显然满足题意；
当x>2时，由－2x＋6≥0，解得2
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.
保分考点·练后讲评
1.已知f(x)＝|x－1|＋|x|，且α>1，β>1，f(α)＋f(β)＝2，求证：＋≥.
证明：因为α>1，β>1，f(α)＋f(β)＝2α－1＋2β－1＝2，
所以α＋β＝2.
所以＋＝(α＋β)
＝≥＝，
当且仅当α＝2β＝时取等号．
2.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．
3.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≥22＝[(a＋b)＋4]2＝当且仅当a＋2＝b＋2，即a＝b＝时，等号成立．
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2<0，这与2≥0矛盾，故假设不成立．所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥.
[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．
(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.
与绝对值不等式有关的最值问题
[析母题]
[典例] 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，
∴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＝.
[练子题]
1．在本例条件下，若f(x)≤|2x＋1|的解集包含，求a的取值范围．
解：由题意可知f(x)≤|2x＋1|在上恒成立，
当x∈时，f(x)＝|2x－a|＋|x－1|
＝|2x－a|＋x－1≤|x＋1|＝x＋1，
∴|2x－a|≤2，即2x－2≤a≤2x＋2，
∴(2x－2)max＝4，
(2x＋2)min＝5，
因此a的取值范围为[4,5]．
2．函数f(x)不变，若存在实数x，使不等式f(x)－3|x－1|≥2能成立，求实数a的取值范围．
解：∵f(x)－3|x－1|＝|2x－a|－2|x－1|
＝|2x－a|－|2x－2|≤|a－2|.
∴|a－2|≥2.
∴a≤0或a≥4.
∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．
[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)
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