高考第二轮复习理数专题二十三 不等式选讲
2017年高考第二轮复习：
（理数）专题二十三 不等式选讲
1．(2015·山东，5，易)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1) C．(1，4) D．(1，5)
1．A 由|x－1|－|x－5|<2
⇒
或
或
⇒x<1或1≤x<4或∅⇒x<4.故选A.
2．(2012·陕西，15A，易)若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．
2．【解析】 方法一：不等式|x－a|＋|x－1|≤3表示数轴上的点x到点a和点1的距离之和小于等于3.
因为数轴上的点x到点a和点1的距离之和最小时，即点x在点a和点1之间时，此时距离之和为|a－1|，
要使不等式|x－a|＋|x－1|≤3有解，则|a－1|≤3，
解得－2≤a≤4.
方法二：因为存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，
所以(|x－a|＋|x－1|)min≤3.
又|x－a|＋|x－1|≥|x－a－(x－1)|＝|a－1|，
所以|a－1|≤3，
解得－2≤a≤4.
【答案】 [－2，4]
3．(2016·课标Ⅰ，24，10分，中)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|>1的解集．
3．解：(1)f(x)＝
y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由f(x)的表达式及图象，
当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；
当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5，
故f(x)>1的解集为{x|1
1的解集为.
4．(2016·课标Ⅲ，24，10分，中)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．
4．解：(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．
(2)当x∈R时，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a.
所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.
当a≤1时，上式等价于1－a＋a≥3，无解．
当a>1时，上式等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范围是[2，＋∞)．
5．(2015·江苏，21D，10分，易)解不等式x＋|2x＋3|≥2.
5．解：原不等式可化为或
解得x≤－5或x≥－.
综上，原不等式的解集是{x|x≤－5或x≥－}．
6．(2014·课标Ⅱ，24，10分，中)设函数f(x)＝＋|x－a|(a>0)．
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若f(3)<5，求a的取值范围．
6．解：(1)证明：由a>0，得f(x)＝＋≥
＝＋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时，－≤x≤，得a＝2.
(2)记h(x)＝f(x)－2f ＝|2x＋1|－2|x＋1|，
则h(x)＝
所以当x≤－1时，h(x)＝1；
当－11.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
【解析】 (1)当a＝2时，
f(x)＋|x－4|＝|x－2|＋|x－4|＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1；
当21，所以|4x－2a|≤2，解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，
所以解得a＝3.
解绝对值不等式的关键是去掉绝对值，要注意分类讨论思想的运用．解题(1)时将不等式转化为f(x)＋|x－4|≥4后，利用零点分段法去绝对值，运用分类讨论的思想，确定不等式的解集；解题(2)的关键是构造辅助函数h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)进行求解．
(2015·课标Ⅰ，24，10分)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(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，
即x＞4，无解；
当－10，解得0，解得1≤x<2.
综上，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，＋∞)．
含绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法：对a∈R＋，|x|＜a⇔－a＜x＜a，|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．
含参数的绝对值不等式问题多考查恒成立、存在性、参数范围问题．此类问题多可转化为最值问题，以解答题的形式考查．
2(2013·课标Ⅰ，24，10分)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．
【解析】 (1)当a＝－2时，不等式f(x)x－f(x)恒成立时a的取值范围．
解：(1)由题意得，当a＝2时，
f(x)＝
∵f(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴f(x)的值域为[2，＋∞)．
(2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，
有|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，
即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.
而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|，
∴|1＋a|>2，解得a>1或a<－3.
不等式恒成立时求参数范围问题的解法
(1)分离参数法：运用“f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a，f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问题．
(2)更换主元法：对于不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法．
(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的优势，可直接解决问题．
1．(2016·山西大同质检，24，10分)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－2a|.
(1)当a＝1时，求f(x)≤3的解集；
(2)当x∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，求实数a的取值范围．
1．解：(1)当a＝1时，由f(x)≤3，可得|2x－1|＋|x－2|≤3，
∴①或②或③
解①得0≤x＜，解②得≤x＜2，解③得x＝2.
综上可得，0≤x≤2，即不等式的解集为[0，2]．
(2)∵当x∈[1，2]时，f(x)≤3恒成立，
即|x－2a|≤3－|2x－1|＝4－2x，
故2x－4≤2a－x≤4－2x，
即3x－4≤2a≤4－x.
再根据3x－4在x∈[1，2]上的最大值为6－4＝2，4－x的最小值为4－2＝2，
∴2a＝2，∴a＝1，
即a的取值范围为{1}．
2．(2016·河南开封二模，24，10分)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)<|a－1|的解集不是空集，求实数a的取值范围．
2．解：(1)原不等式等价于
或或
解得4，∴a<－3或a>5，
∴实数a的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．
3．(2015·福建泉州模拟，21(3)，7分)已知函数f(x)＝|x＋3|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若f(x)≥|a－4|有解，求a的取值范围．
3．解：(1)f(x)＝|x＋3|－|x－2|≥3，
当x≥2时，有x＋3－(x－2)≥3，解得x≥2；
当x≤－3时，－x－3＋(x－2)≥3，解得x∈∅；
当－33或
解得x>.
(2)函数g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，
即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在x∈[－2，2]上恒成立，
在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示．
故当x∈[－2，2]时，若0≤－a≤4，则函数g(x)的图象在函数f(x)的图象的下方，g(x)≤f(x)在x∈[－2，2]上恒成立，
求得－4≤a≤0，故所求的实数a的取值范围为[－4，0]．
1．(2014·陕西，15A，易)设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，则的最小值为________．
1．【解析】 根据柯西不等式(ma＋nb)2≤(a2＋b2)(m2＋n2)，得25≤5(m2＋n2)，得m2＋n2≥5，故的最小值为.
【答案】
2．(2016·课标Ⅱ，24，10分)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.
2．[考向1]解： (1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；
当－0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
3．证明：由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，
有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2.
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，
则由a2＋a<2及a>0得00，y>0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
4．证明：因为x>0，y>0，
所以1＋x＋y2≥3>0， 1＋x2＋y≥3>0，
故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3·3＝9xy.
5．(2014·福建，21(3)，7分，中)已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.
(1)求a的值；
(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.
5．解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)证明：由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3.
不等式的证明是高考的一个重要考向，证明方法灵活多样，技巧性和综合性较强．全国高考都是以解答题的形式出现．
在复习中，熟练掌握不等式的证明方法尤为重要，弄清每种方法的适用性，通过训练寻找解题规律．
1(2015·课标Ⅱ，24，10分)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．
本例考查不等式的证明和充要条件的判定，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法．
解题(1)利用分析法证明，要证的不等式两边都是正数，要证原不等式，只要证明左边的平方大于右边的平方即可；
解题(2)要分充分性和必要性两种情况证明，同样通过两边平方来证明．
(2013·课标Ⅱ，24，10分)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，
证明：(1)ab＋bc＋ca≤；
(2)＋＋≥1.
证明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b， ＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.
所以＋＋≥1.
证明不等式常用的方法
(1)证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法．如果已知条件与待证结论的联系不明显，可考虑用分析法．
(2)如果待证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法．
(3)如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．
利用基本不等式和柯西不等式求最值问题是近几年高考常考内容，在全国高考中一般是以解答题形式考查，难度属中低档．
复习中掌握基本不等式、柯西不等式及其变形技巧是解答此类问题的关键．
2(1)(2013·湖南，10)已知a，b，c∈R，a＋2b＋3c＝6，则a2＋4b2＋9c2
的最小值为________．
(2)(2014·课标Ⅰ，24，10分)若a>0，b>0，且＋＝.
①求a3＋b3的最小值；
②是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．
【解析】 (1)由柯西不等式(a2＋4b2＋9c2)(12＋12＋12)≥(a＋2b＋3c)2得3(a2＋4b2＋9c2)≥36，所以a2＋4b2＋9c2≥12，当且仅当a＝2b＝3c＝2时，a2＋4b2＋9c2取得最小值12.
(2)①由＝＋≥，得ab≥2，且当a＝b＝时等号成立．
故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．
所以a3＋b3的最小值为4.
②不存在a，b，使得2a＋3b＝6.理由如下：
由(1)知，2a＋3b≥2≥4.
由于4>6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
解题(1)时注意观察已知与所求式的特点，由柯西不等式求解；
解题(2)①时结合已知等式运用基本不等式得到ab≥2，再次运用基本不等式求出最小值；解题(2)②时运用基本不等式求出2a＋3b的最小值为4，而4>6，从而说明不存在a，b，使得2a＋3b＝6.
(2015·陕西，24，10分)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．
(1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值．
解：(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，则
解得a＝－3，b＝1.
(2)＋＝＋≤
＝2＝4，
当且仅当＝，即t＝1时等号成立，
故(＋)max＝4.
利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法
(1)在运用基本不等式求函数的最大(小)值时，常需要对函数式作“添、裂、配、凑”变形，使其完全满足基本不等式要求的“正、定、等”三个条件．
(2)在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问题．
1．(2016·贵州六校联考，24，10分)已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：
(1)＋＋≥8；
(2)≥9.
1．证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，
∴＋＋＝＋＋
＝2＝2
＝2＋4
≥4＋4＝8(当且仅当a＝b＝时，等号成立)，
∴＋＋≥8.
(2)∵
＝＋＋＋1，
由(1)知＋＋≥8.
∴≥9.
2．(2016·湖北武汉四校联考，24，10分)已知关于x的不等式m－|x－2|≥1，其解集为[0，4]．
(1)求m的值；
(2)若a，b均为正实数，且满足a＋b＝m，求a2＋b2的最小值．
2．解：(1)不等式m－|x－2|≥1可化为|x－2|≤m－1，
∴1－m≤x－2≤m－1，
即3－m≤x≤m＋1.
∵其解集为[0，4]，∴
∴m＝3.
(2)由(1)知a＋b＝3，
∵(a2＋b2)(12＋12)≥(a×1＋b×1)2＝(a＋b)2＝9，
∴a2＋b2≥，∴a2＋b2的最小值为.
3．(2016·陕西宝鸡质检，24，10分)已知a，b均为正数，且a＋b＝1，证明：
(1)(ax＋by)2≤ax2＋by2；
(2)＋≥.
3．证明：(1)(ax＋by)2－(ax2＋by2)＝a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy，
因为a＋b＝1，
所以a－1＝－b，b－1＝－a.
又a，b均为正数，
所以a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy
＝－ab(x2＋y2－2xy)
＝－ab(x－y)2≤0，当且仅当x＝y时等号成立．
所以(ax＋by)2≤ax2＋by2.
(2)＋＝4＋a2＋b2＋＝4＋a2＋b2＋＋＝4＋a2＋b2＋1＋＋＋＋＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋2＋≥4＋＋2＋4＋2＝
.
当且仅当a＝b时等号成立．
4．(2016·广东佛山一模，24，10分)已知二次函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的定义域为[－1，1]，且|f(x)|的最大值为M.
(1)证明：|1＋b|≤M；
(2)证明：M≥.
4．证明：(1)∵M≥|f(－1)|＝|1－a＋b|， M≥|f(1)|＝|1＋a＋b|，
∴2M≥|1－a＋b|＋|1＋a＋b|≥|(1－a＋b)＋(1＋a＋b)|＝2|1＋b|，
∴M≥|1＋b|.
(2)依题意，M≥|f(－1)|，M≥|f(0)|，M≥|f(1)|.
又|f(－1)|＝|1－a＋b|，|f(1)|＝|1＋a＋b|，|f(0)|＝|b|.
∴4M≥|f(－1)|＋2|f(0)|＋|f(1)|
＝|1－a＋b|＋2|b|＋|1＋a＋b|
≥|(1－a＋b)－2b＋(1＋a＋b)|＝2.
∴M≥.
5．(2016·福建厦门质检，21(3)，7分)已知a，b，c为非零实数，且a2＋b2＋c2＋1－m＝0，＋＋＋1－2m＝0.
(1)求证：＋＋≥；
(2)求实数m的取值范围．
5．解：(1)证明：由柯西不等式得
(a2＋b2＋c2)≥，
即(a2＋b2＋c2)≥36.
∴＋＋≥.
(2)由已知得a2＋b2＋c2＝m－1，＋＋＝2m－1，
∴(m－1)(2m－1)≥36，
即2m2－3m－35≥0，
解得m≤－或m≥5.
又a2＋b2＋c2＝m－1>0，
＋＋＝2m－1>0，
∴m≥5.
即实数m的取值范围是[5，＋∞)．
6．(2015·黑龙江大庆二模，24，10分)已知函数f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且f(x＋1)≥0的解集为[0，1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c，x，y，z∈R，且x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1.
6．解：(1)由f(x＋1)≥0得|x|＋|x－1|≤m.
∵|x|＋|x－1|≥1恒成立，
∴若m<1，不等式|x|＋|x－1|≤m的解集为∅，不合题意．
若m≥1，①当x<0时，得x≥，则≤x<0；
②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m，即m≥1恒成立；
③当x>1时，得x≤，则10)型不等式的解法
(1)若c＞0，则|ax＋b|≤c等价于－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c等价于ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的值解出即可．
(2)若c＜0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.
2．|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)(c＞0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c＞0)型不等式的解法
可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解．
(1)零点分区间法的一般步骤
①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；
②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；
③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；
④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．
(2)利用绝对值的几何意义
由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)或|x－a|－|x－b|≥c(c＞0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
3．|f(x)|＞g(x)，|f(x)|＜g(x)(g(x)＞0)型不等式的解法
(1)|f(x)|＞g(x)⇔f(x)＞g(x)或f(x)＜－g(x)．
(2)|f(x)|＜g(x)⇔－g(x)＜f(x)＜g(x)．
解含绝对值号的不等式要注意分类讨论思想的应用．
二、几种特殊不等式
1．绝对值的三角不等式
定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
2．三个正数的算术－几何平均不等式：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
3．基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均值不小于它们的几何平均值，即≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立．
4．一般形式的柯西不等式
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立．
