2019届二轮复习第23讲 不等式选讲(选修4－5)学案（全国通用）
第 23 讲 不等式选讲(选修 4－5)
考 情 分 析 【p87】
年份 卷别 题号 考查内容 命题规律
2018
Ⅰ 23
含绝对值不等式的解法， 不
等式恒成立求参变量取值范
围.
Ⅱ 23
含绝对值不等式的解法， 不
等式恒成立求参变量取值范
围.
Ⅲ 23
含绝对值不等式的解法， 不
等式恒成立求参变量取值范
围.
2017
Ⅰ 23
含绝对值不等式和一元二次
不等式的解法， 不等式恒成
立求参变量取值范围.
Ⅱ 23
运用差值比较法和综合法证
明不等式.
Ⅲ 23
含绝对值不等式的解法， 不
等式解集非空求参变量取值
范围.
2016
Ⅰ 24
含绝对值函数的图象， 含绝
对值不等式的解法.
Ⅱ 24
含绝对值不等式的解法， 差
值比较法证明不等式.
Ⅲ 24
含绝对值不等式的解法， 不
等式恒成立求参变量取值范
围.
不等式选讲部分主要以
考查绝对值不等式的解法为
主，偶尔也考查不等式证明的
方法， 经常与函数结合，考
查数形结合和转化与化归思
想，考查去绝对值的方法是试
题变化中不变的规律，基本不
等式是考查不等式证明方法
的主要依据；在求解过程中考
查绝对值三角不等式的灵活
应用能力．关于不等式证明的
方法，只有方法要求，因此它
的载体丰富多彩.
专 题 探 究 【p87】
【命题趋势】
从近几年的高考命题看，对本专题的考查主要体现在不等式的解法，利用几个重要的不等式
求函数的最值以及不等式的证明，全国高考以选考试题的形式出现，只有解答题，难度不大．考
查学生的基本运算能力及推理论证能力．
预计在今年高考中，对不等式选讲的考查主要有不含有绝对值的不等式的解法、含有绝对值
的函数的值域或求参数问题，用比较法、分析法、综合法证明简单不等式，全国高考试题仍然还
是以选考试题的形式出现，分值为 10 分，难度中等偏下．
【备考建议】
1．复习含有绝对值不等式时，既要掌握含绝对值不等式的解法及去绝对值的基本思想，又要
理解绝对值的几何意义，并能应用(1)|a＋b|≤|a|＋|b|；(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|证明不等式或求最
值．
2．复习不等式的证明时，要求学生了解和掌握不等式的常用证明方法：比较法、综合法、分
析法、反证法、放缩法等．
典 例 剖 析 【p87】
探究一 绝对值不等式的解法与恒成立问题
例 1 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．
【解析】(1)当 a＝1 时，由 f(x)≤3，可得|2x－1|＋|x－2|≤3，
∴①{x <
1
2，
1－2x＋2－x ≤ 3
或②{1
2 ≤ x < 2，
2x－1＋2－x ≤ 3，
或③{x ≥ 2，
2x－1＋x－2 ≤ 3.
解①得 0≤x<
1
2，解②得1
2≤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}．
例 2 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．
【解析】(1)当 a＝1 时，f(x )＝－x2＋x＋4，是开口向下，对称轴 x＝1
2的二次函数．
g(x )＝|x＋1 |＋|x－1 |＝{2x ，x > 1，
2 ， －1 ≤ x ≤ 1，
－2x ，x < －1，
当 x∈(1，＋∞)时，令－x2＋x＋4＝2x
，解得 x＝ 17－1
2 ，g (x )在(1 ， ＋∞)上单调递增，f (x )在(1 ， ＋∞)上单调递减，∴
此时 f(x )≥g (x )解集为(1 ，
17－1
2 ].
当 x∈[－1 ，1]时，g(x )＝2，f(x )≥f(－1 )＝2.
当 x∈(－∞ ， －1)时，g (x )单调递减，f (x )单调递增，且 g(－1 )＝f(－1 )＝2.
综上所述，f(x )≥g (x )的解集为[－1 ，
17－1
2 ].
(2)依题意得：－x2＋ax＋4≥2 在[－1 ，1]恒成立．即 x2－ax－2≤0 在[－1 ，1]恒成立．
则只须{12－a·1－2 ≤ 0，
(－1 )
2
－a(－1 )－2 ≤ 0，解出：－1≤a≤1.故 a 取值范围是[－1 ，1].
【点评】1.形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有两种解法：
(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 a
1 的解集；
(2)若 x∈(0，1 )时不等式 f(x )>x 成立，求 a 的取值范围．
【解析】(1)依题意，|x＋1 |－|x－1 |>1，
该不等式等价于{x < －1，
－x－1＋x－1 > 1，
{－1 ≤ x ≤ 1，
x＋1＋x－1 > 1，或{x > 1，
x＋1－x＋1 > 1，
解得 x>
1
2，即不等式 f(x )>1 的解集为{x|x >
1
2 }；
(2)依题意，|x＋1 |－|ax－1|>x；当 x∈(0，1 )时，该式化为 x＋1－|ax－1|>x，即|ax－1|<1，
即－1 0，
ax < 2 在(0，1 )上恒成立，
故 00，b>0，a3＋b3＝2，证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
【解析】(1)解法一：由柯西不等式得：
(a＋b)(a5＋b5)＝[（ a）2＋（ b）2]·[（ a·a2）2＋（ b·b2）2]≥(a3＋b3)2＝4.
解法二：(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋b6＋ab5＋a5b＝(a3＋b3)2＋ab5＋a5b－2a3b3
≥(a3＋b3)2＋2 a6b6－2a3b3＝(a3＋b3)2＝4.
解法三：(a＋b )(a5＋b5)－4＝(a＋b )(a5＋b5)－(a3＋b3)2
＝ab5＋a5b－2a3b3，
又 a>0，b>0，所以 ab5＋a5b－2a3b3＝ab(a2－b2)2
≥0.当 a＝b 时，等号成立．
所以，(a＋b )(a5＋b5)－4≥0，即(a＋b)(a5＋b5)≥4.
(2)解法一：由 a3＋b3＝2 及 ab≤
（a＋b）2
4 得
2＝(a＋b)·(a2＋b2－ab)＝(a＋b)·[（a＋b）2－3ab]≥
(a＋b)·[（a＋b）2－3（a＋b）2
4 ]
＝
（a＋b）3
4 .
所以 a＋b≤2.
解法二：(反证法)假设 a＋b>2，则 a>2－b，两边同时立方得：a3>(2－b)3＝8－12b＋6b2－b3，
即 a3＋b3>8－12b＋6b2，因为 a3＋b3＝2，
所以 6－12b＋6b2<0，即 6(b－1)2<0，矛盾，所以假设不成立，即 a＋b≤2.
解法三：因为 a3＋b3＝2，
所以(a＋b )
3
－8＝(a＋b )
3
－4(a3＋b3)＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3－4a3－4b3
＝3a2(b－a )＋3b2(a－b )＝－3(a＋b )(a－b )
2
.
又 a>0，b>0，所以－3(a＋b )(a－b )
2
≤0，
所以(a＋b )
3
≤8，即 a＋b≤2.
解法四：因为 a3＋1＋1≥33 a3＝3a，b3＋1＋1≥33 b3＝3b，所以 a3＋1＋1＋b3＋1＋1≥3(a＋b)
，即 6≥3(a＋b)，即 a＋b≤2(当且仅当 a＝b＝1 时取等号)．
【命题立意】本题主要考查不等式证明方法的应用能力和推理论证能力．
考点限时训练 【p158】
A 组 基础演练
1．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．
【解析】(1)原不等式等价于
{x >
3
2，
（2x＋1）＋（2x－3） ≤ 6
或{－1
2 ≤ x ≤ 3
2，
（2x＋1）－（2x－3） ≤ 6
或
{x < －1
2，
－（2x＋1）－（2x－3） ≤ 6，
解得3
24，∴a<－3 或 a>5，
∴实数 a 的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．
2．已知函数 f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.
(1)当 a＝－3 时，求不等式 f(x)≥3 的解集；
(2)若 f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求 a 的取值范围．
【解析】(1)当 a＝－3 时，
不等式 f(x)≥3 化为|x－3|＋|x－2|≥3.①
若 x≤2 时，由①式，得 5－2x≥3，∴x≤1.
若 2
1
2，
所以 φ (n )的最小值为 4，故实数 m 的取值范围是[4，＋∞).
6．设函数 f(x)＝|x－3|－|x＋1|，x∈R.
(1)解不等式 f(x)<－1；
(2)设函数 g(x)＝|x＋a|－4，且 g(x)≤f(x)在 x∈[－2，2]上恒成立，求实数 a 的取值范围．
【解析】(1)函数 f(x)＝|x－3|－|x＋1|＝{4，x < －1，
2－2x，－1 ≤ x ≤ 3，
－4，x > 3，
故由不等式 f(x)<－1 可得，x>3 或{2－2x < －1，
－1 ≤ x ≤ 3.
解得 x>
3
2.
(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]．
7．已知 a>0，b>0，a＋b＝1，求证：
(1)
1
a＋1
b＋ 1
ab≥8；
(2)(1＋1
a )(1＋1
b )≥9.
【解析】证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，
∴1
a＋1
b＋ 1
ab＝1
a＋1
b＋a＋b
ab
＝2(1
a
＋1
b )＝2(a＋b
a
＋a＋b
b )
＝2(b
a
＋a
b )＋4
≥4
b
a·
a
b＋4＝8(当且仅当 a＝b＝1
2时，等号成立)，
∴1
a＋1
b＋ 1
ab≥8.
(2)∵(1＋1
a )(1＋1
b )
＝1
a＋1
b＋ 1
ab＋1，
由(1)知1
a＋1
b＋ 1
ab≥8.
∴(1＋1
a )(1＋1
b )≥9.
B 组 能力提升
8．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.
【解析】(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≥1－m
2 ，则1－m
2 ≤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≤m＋1
2 ，则 11，|y|<1，求证：f(y)<|x|·f( y
x2 ).
【解析】(1)原不等式即为|x＋9 |≥10－|x＋1 |.
当 x<－9 时，则－x－9≥10＋x＋1，解得 x≤－10；
当－9≤x≤－1 时，则 x＋9≥10＋x＋1，此时不成立；
当 x>－1 时，则 x＋9≥10－x－1，解得 x≥0.
所以原不等式的解集为{x|x≤－10 或 x≥0}．
(2)要证 f(y )<|x |·f( y
x2 )，
即|y＋1 |<|x |·| y
x2＋1 |，
只需证明|y＋1 |
|x |<| y
x2＋1 |.
则有
(y＋1 )
2
x2 －
(y＋x2 )
2
x4 ＝
x2(y＋1 )2
－(y＋x2 )
2
x4
＝x2y2＋2x2y＋x2－(y2＋2x2y＋x4)
x4
＝x2y2＋x2－y2－x4
x4
＝(1－x2 )(x2－y2)
x4 .
因为|x|2>1，|y|2<1，
则
(y＋1 )
2
x2 －
(y＋x2 )
2
x4 ＝(1－x2 )(x2－y2)
x4 <0，
所以
(y＋1 )
2
x2 <
(y＋x2 )
2
x4 ，原不等式得证．
11．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)．
【解析】(1)解：①当 x≤－1 时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得 x<－1；
②当－11.
综上，M＝{x|x<－1 或 x>1}．
(2)证明：∵f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
∴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.
∵a，b∈M，∴a2>1，b2>1.
∴(a2－1)(b2－1)>0 成立，∴原不等式成立．
