2020届二轮复习不等式选讲学案（全国通用）
第2讲 不等式选讲
[做真题]
1．(2019·高考全国卷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，且abc＝1，故有
a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
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.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
2．(2019·高考全国卷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，＋∞)．
3．(2019·高考全国卷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)由于
[(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]，
故由已知得(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：由于
[(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]，
故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．
因此(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.
[明考情]
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
[典型例题]
(2018·高考全国卷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)＝
可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法：对a∈R＋，|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．
[对点训练]
1．(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|x－|＋f(x)≥1；
(2)设不等式|x－|＋f(x)≤x的解集为M，若[，]⊆M，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3，
①当x≤时，不等式可化为1－3x＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0；
②当kx＋m的解集为(－∞，＋∞)，求k＋m的取值范围．
解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝
当x<－2时，－2x≥6，所以x≤－3；
当－2≤x≤2时，4≥6不成立，所以无解；
当x>2时，2x≥6，所以x≥3.
综上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
(2)令g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝作出g(x)的图象，
如图．
由f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集为(－∞，＋∞)，结合图象可知k＝0，m<－5，
所以k＋m<－5，即k＋m的取值范围是(－∞，－5)．
不等式的证明
[典型例题]
(2019·成都市第二次诊断性检测)已知函数f(x)＝|x－m|－|x＋2m|的最大值为3，其中m>0.
(1)求m的值；
(2)若a，b∈R，ab>0，a2＋b2＝m2，求证：＋≥1.
【解】 (1)因为m>0，所以f(x)＝|x－m|－|x＋2m|＝
所以当x≤－2m时，f(x)取得最大值3m，所以3m＝3，
所以m＝1.
(2)证明：由(1)，得a2＋b2＝1，
＋＝＝＝－2ab.
因为a2＋b2＝1≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，
所以0f(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－11.
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．已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.
(1)解不等式f(x)≤3；
(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|，且g(x)的值域为M，若t∈M，证明t2＋1≥＋3t.
解：(1)依题意，得f(x)＝
所以f(x)≤3⇔或或解得－1≤x≤1，
即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．
(2)证明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，
当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0时取等号，
所以M＝[3，＋∞)．
t2＋1－3t－＝＝，
因为t∈M，
所以t－3≥0，t2＋1>0，
所以≥0，
所以t2＋1≥＋3t.
与绝对值不等式有关的取值(范围)问题
[典型例题]
(2019·重庆市七校联合考试)已知函数f(x)＝(a－a2)x＋4，g(x)＝|x－1|－|x＋1|.
(1)当a＝时，求不等式f(x)≤g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≤g(x)在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
【解】 (1)当a＝时，f(x)＝－x＋4，
在同一坐标系内分别作出f(x)＝－x＋4，g(x)＝|x－1|－|x＋1|的图象，如图所示，由，
解得交点A的坐标为(6，－2)，
所以不等式f(x)≤g(x)的解集为[6，＋∞)．
(2)当x∈[1，＋∞)时，g(x)＝|x－1|－|x＋1|＝－2，
因为不等式f(x)≤g(x)在[1，＋∞)上恒成立，
所以不等式(a－a2)x＋4≤－2在[1，＋∞)上恒成立，
所以不等式a－a2≤在[1，＋∞)上恒成立，
所以a－a2≤－6，
解得a≥3或a≤－2.
绝对值不等式的成立问题的求解模型
(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a≥f(x)或a≤f(x)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)2，求实数x的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋f(ax)(a>1)，若g(x)的最小值为，求a的值．
解：(1)f(x)＋2x>2，即|x＋1|>2－2x⇔或⇔x>，
所以实数x的取值范围是(，＋∞)．
(2)因为a>1，所以－1<－，g(x)＝，
易知函数g(x)在(－∞，－)上单调递减，在(－，＋∞)上单调递增，
则g(x)min＝g(－)＝1－.
所以1－＝，解得a＝2.
1．(2019·昆明市质量检测)已知函数f(x)＝|2x－1|.
(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4；
(2)当x≠0，x∈R时，证明：f(－x)＋f()≥4.
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|＋|－1|，
因为|－2x－1|＋|－1|≥|2x＋|＝2|x|＋≥4，当且仅当
，即x＝±1时等号成立，所以f(－x)＋f()≥4.
2．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若直线y＝x＋a与y＝f(x)的图象所围成的多边形面积为，求实数a的值．
解：(1)由题意知f(x)＝，由f(x)≥3可知：
①当x≥1时，3x≥3，即x≥1；
②当－2.
易得直线y＝x＋a与y＝f(x)的图象交于C(，)，D(－，)两点，
则|CD|＝·|＋|＝a，
平行线AB与CD间的距离d＝＝，|AB|＝，
所以梯形ABCD的面积S＝·＝·(a－2)＝(a>2)，
即(a＋2)(a－2)＝12，所以a＝4，
故所求实数a的值为4.
3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f(x)＝|x＋m2|＋|x－2m－3|.
(1)求证：f(x)≥2；
(2)若不等式f(2)≤16恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)证明：因为f(x)＝|x＋m2|＋|x－2m－3|≥|(x＋m2)－(x－2m－3)|，所以f(x)≥|m2＋2m＋3|＝(m＋1)2＋2≥2.
(2)由已知，得f(2)＝m2＋2＋|2m＋1|，
①当m≥－时，f(2)≤16等价于m2＋2m＋3≤16，即(m＋1)2≤14，
解得－－1≤m≤－1，所以－≤m≤－1；
②当m<－时，f(2)≤16等价于m2－2m＋1≤16，
解得－3≤m≤5，所以－3≤m<－.
综上，实数m的取值范围是[－3，－1]．
4．(2019·江西八所重点中学联考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．
(1)求实数a的值；
(2)求＋的最大值．
解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集为{x|x≥－1}，当1－a2≠0时，不符合题意，舍去．
当1－a2＝0，即a＝±1时，
x＝－1为方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，经检验a＝－1不符合题意，舍去，a＝1符合题意．
综上，a＝1.
(2)(＋)2＝16＋2＝16＋2，当t＝＝4时，(＋)2有最大值32.又＋≥0，所以＋的最大值为4.
5．(2019·石家庄市模拟(一))设函数f(x)＝|1－x|－|x＋3|.
(1)求不等式f(x)≤1的解集；
(2)若函数f(x)的最大值为m，正实数p，q满足p＋2q＝m，求＋的最小值．
解：(1)不等式可化为
或或，解得x≥－，
所以f(x)≤1的解集为{x|x≥－}．
(2)法一：因为|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4，
所以m＝4，p＋2q＝4，所以(p＋2)＋2q＝6，
＋＝(＋)(p＋2＋2q)＝(4＋＋)≥(4＋2)＝，
当且仅当p＋2＝2q＝3，即时取“＝”，
所以＋的最小值为.
法二：因为|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4，
所以m＝4，p＋2q＝4，所以p＝4－2q，q∈(0，2)，
＋＝＋＝＝＝，
因为q∈(0，2)，所以当q＝时，＋取得最小值.
6．(2019·成都第一次诊断性检测)已知函数f(x)＝|2x－1|＋|＋1|.
(1)求不等式f(x)－3<0的解集；
(2)若关于x的方程f(x)－m2－2m－＝0无实数解，求实数m的取值范围．
解：(1)由题意，知f(x)＝|2x－1|＋|＋1|＝
由f(x)－3<0，可得或
或，解得－4；
(2)对于任意正数m，n，求使得不等式f(x)≤＋＋2nm恒成立的x的取值集合M.
解：(1)当x≤0时，不等式化为－2x＋1－x>4，所以x<－1；
当04，解得x>3，无解；
当x≥1时，不等式化为2x＋x－1>4，所以x>，
综上，不等式f(x)>4的解集为(－∞，－1)∪(，＋∞)．
(2)因为＋＋2mn≥＋2mn≥4，当且仅当m＝n＝1时“＝”成立，
所以2|x|＋|x－1|≤4，由(1)知x的取值集合M为[－1，]．
8．(2019·沈阳市质量监测(一))设a>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.
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(－∞，－)∪(－，＋∞)．
