【数学】2020届一轮复习人教B版不等式选讲学案文
不等式选讲
【2019年高考考纲解读】
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．
【重点、难点剖析】
1．含有绝对值的不等式的解法
(1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<－a；
(2)|f(x)|
0)⇔－a0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)<5，求a的取值范围．
【命题意图】本题主要考查绝对值三角不等式与基本不等式的应用，含绝对值的不等式的解法，意在考查考生的运算求解能力与分类讨论思想的应用．
【解题思路】(1)利用“绝对值三角不等式”进行放缩，结合基本不等式即得证．
(2)明确不等式后解关于a的绝对值不等式，再分类讨论求解即可．
【解析】(1)证明：由a>0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.
所以f(x)≥2.
(2)f(3)＝＋|3－a|.
当a>3时，f(3)＝a＋，
由f(3)<5，得30.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，解得0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为
.
(2)由题设可得，
f(x)＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
题型二 不等式的证明
【例2】已知函数f(x)＝|x－1|＋.
(1)解不等式f(x)≤x＋1；
(2)设函数f(x)的最小值为c，实数a，b满足a>0，b>0，a＋b＝c，求证：＋≥1.
【解析】(1)解 f(x)≤x＋1，即|x－1|＋≤x＋1.
①当x<1时，不等式可化为4－2x≤x＋1，解得x≥1.
又∵x<1，∴x∈∅；
②当1≤x≤3时，不等式可化为2≤x＋1，解得x≥1.
又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3；
③当x>3时，不等式可化为2x－4≤x＋1，解得x≤5.
又∵x>3，∴3|a＋b|.
(1)解 f(x)＝|3x＋1|＋|3x－1|<6.
当x<－时，f(x)＝－3x－1－3x＋1＝－6x，
由－6x<6，解得x>－1，∴－1时，f(x)＝3x＋1＋3x－1＝6x，
由6x<6，解得x<1，∴0，
∴>|a＋b|.
【变式探究】【2017课标II】已知。证明：
（1）；
（2）。
【答案】(1)证明略；(2)证明略。
【解析】（1）
（2）因为
所以，因此a+b≤2.
【变式探究】已知函数，为不等式的解集．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】（I）
当时，由得解得；
当时， ；
当时，由得解得.
所以的解集.
（II）由（I）知，当时，，
从而，
因此
【变式探究】设a、b、c、d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab＞cd，则＋＞＋；
(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
证明 (1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，
由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(＋)2＞(＋)2.
因此＋＞＋.
(2)①若|a－b|＜|c－d|，
则(a－b)2＜(c－d)2，
即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.
因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.
由(1)得＋＞＋.
②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，即a＋b＋2＞c＋d＋2.
因为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．
【变式探究】已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an0)．
(1)当a＝2时，求不等式f(x)>8的解集；
(2)若∃x∈R，使得f(x)≤成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，由f(x)>8，
得|2x＋1|＋|x－2|>8，
即或或
得x>3或x∈∅或x<－，
所以x>3或x<－，
所以原不等式的解集为∪(3，＋∞)．
(2)因为∃x∈R，使得f(x)≤成立，
所以f(x)min≤.
因为f(x)＝
所以f(x)在上单调递减，
在上单调递增，
所以f(x)min＝f ＝＋a，
所以＋a≤，所以a≤1.
又a>0，所以实数a的取值范围是.
【方法技巧】 绝对值不等式的成立问题的求解策略
(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a≥f(x)或a≤f(x)的形式．
(2)转化最值：f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)a有解⇔f(x)max>a；f(x)a无解⇔f(x)max≤a；f(x)4；
(2)若不等式f(a)>对任意的实数a恒成立，求b的取值范围．
解 (1)当b＝1时，f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|>4，
即⇒x>1或
⇒x<－1或⇒x∈∅，
所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
(2)f(a)＝|2a＋b|＋|2a－b|＝|2a＋b|＋|b－2a|≥|(2a＋b)＋(b－2a)|＝|2b|，
当且仅当(2a＋b)(b－2a)≥0时，f(a)min＝|2b|，
所以|2b|>|b＋1|，所以(2b)2>(b＋1)2，
即(3b＋1)(b－1)>0，
所以b的取值范围为∪(1，＋∞)．
题型四 不等式的综合应用
例4、（2018年全国Ⅲ卷） [选修4—5：不等式选讲]
设函数．
（1）画出的图像；
（2）当，，求的最小值．
【答案】（1）见解析
（2）5
【解析】（1）的图像如图所示．
（2）由（1）知，的图像与轴交点的纵坐标为，且各部分所在直线斜率的最大值为，故当且仅当且时，在成立，因此的最小值为5。
【举一反三】（2018年江苏卷）[选修4—5：不等式选讲]
若x，y，z为实数，且x+2y+2z=6，求的最小值．
【答案】4
【解析】证明：由柯西不等式，得．
因为，所以，
当且仅当时，不等式取等号，此时，
所以的最小值为4．
【变式探究】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.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）当时，不等式等价于.①
当时，①式化为，无解；
当时，①式化为，从而；
当时，①式化为，从而.
所以的解集为.
（2）当时， .
所以的解集包含，等价于当时.
又在的最小值必为与之一，所以且，得.
所以的取值范围为.
【变式探究】已知a，b都是实数，a≠0，f(x)＝|x－1|＋|x－2|.
(1)若f(x)>2，求实数x的取值范围；
(2)若|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)对满足条件的所有a，b都成立，求实数x的取值范围．
【命题意图】本题主要考查绝对值不等式的解法，及带绝对值符号的最值问题．
【解析】(1)f(x)＝
由f(x)>2，得或
解得x<或x>.
∴所求实数x的取值范围为
∪.
(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)且a≠0，得
≥f(x)．
又∵≥＝2，
∴f(x)≤2.
∵f(x)>2的解为x<或x>.
∴f(x)≤2的解为≤x≤.
∴所求实数x的取值范围为.
【感悟提升】不等式f(a)≥g(x)恒成立时，要看是对哪一个变量恒成立．如果对于∀a∈R恒成立，则f(a
)的最小值大于等于g(x)，再解关于x的不等式求x的取值范围；如果对于∀x∈R不等式恒成立，则g(x)的最大值小于等于f(a)，再解关于a的不等式求a的取值范围．
【举一反三】已知函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－1|(a∈R)．
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥2的解集；
(2)若f(x)≤2x的解集包含，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，不等式f(x)≥2可化为|x＋1|＋|2x－1|≥2，
①当x≥时，不等式为3x≥2，解得x≥，故x≥；
②当－1≤x＜时，不等式为2－x≥2，解得x≤0，
故－1≤x≤0；
③当x<－1时，不等式为－3x≥2，
解得x≤－，
故x＜－1.
综上，原不等式的解集为.
(2)f(x)≤2x的解集包含，
不等式可化为|x＋a|≤1，
解得－a－1≤x≤－a＋1，
由已知得
解得－≤a≤0，
所以a的取值范围是.
【变式探究】已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．
(1)求a的值；
(2)若≤k恒成立，求k的取值范围．
【解析】(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.
又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，
所以当a≤0时，不合题意．
当a>0时，－≤x≤，得a＝2.
(2)记h(x)＝f(x)－2f，
则h(x)＝
所以|h(x)|≤1，
因此k≥1.
【规律方法】解答含有绝对值不等式的恒成立问题时，通常将其转化为分段函数，再求分段函数的最值，从而求出所求参数的值．
【变式探究】 已知非负实数x，y，z满足x2＋y2＋z2＋x＋2y＋3z＝，求x＋y＋z的最大值．
