2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：选修4 - 5 不等式选讲
选修4 - 5 不等式选讲
1.[改编题]若a,b,c∈R,且满足|a - c|
c;②b+c>a;③a - c>b;④|a|+|b|>|c|.
其中错误的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.若不等式|3x - b|<4的解集中的整数有且仅有1,2,3,则b的取值范围为 .
3.[2018江苏高考改编]若x,y,z为实数,且x+2y+2z=6,则x2+y2+z2的最小值为 .
4.[2019浙江,16,4分]已知a∈R,函数f (x)=ax3 - x.若存在t∈R,使得|f (t+2) - f (t)|≤23,则实数a的最大值是 .
5.[2017 浙江,17,4分]已知a∈R,函数f (x)=|x+4x - a|+a在区间[1,4]上的最大值是5,则a的取值范围是 .
6.[2020石家庄摸底考试](1)已知a,b,c均为正实数,且a+b+c=1,证明1a+1b+1c≥9;
(2)已知a,b,c均为正实数,且abc=1,证明a+b+c≤1a+1b+1c.
考法1 绝对值不等式的解法
1[2019全国卷Ⅱ,23,10分][文]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.
(1)根据a=1,将原不等式化为|x - 1|x+|x - 2|(x - 1)<0,分别讨论x<1,1≤x<2,x≥2三种情况,即可求出结果.(2)分别讨论a≥1和a<1两种情况,即可得出结果.
(1)当a=1时,原不等式可化为|x - 1|x+|x - 2|(x - 1)<0.
当x<1时,原不等式可化为(1 - x)x+(2 - x)(x - 1)<0,即(x - 1)2>0,显然成立,此时解集为( - ∞,1);
当1≤x<2时,原不等式可化为(x - 1)x+(2 - x)(x - 1)<0,解得x<1,此时解集为∅;
当x≥2时,原不等式可化为(x - 1)x+(x - 2)(x - 1)<0,即(x - 1)2<0,显然不成立,此时解集为∅.
综上,原不等式的解集为( - ∞,1).
(2)当a≥1时,因为x∈( - ∞,1),所以f (x)<0可化为(a - x)x+(2 - x)(x - a)<0,即(x - a)(x - 1)>0,显然恒成立,所以a≥1满足题意.
当a<1时,f (x)=2(x - a),a≤x<1,2(x - a)(1 - x),xx - f (x)恒成立时a的取值范围.
(1)把a的值代入已知函数式f (x)→去掉绝对值符号→求得结论
(2)转化已知不等式→根据不等式恒成立的条件,构造关于a的不等式→解不等式,得出a的取值范围
(1)由题意得,当a=2 021时,
f (x)=2x - 2 021,x≥2 021,2 021,x<2 021,
易知f (x)在[2 021,+∞)上单调递增,所以f (x)的值域为[2 021,+∞).
(2)由g(x)=|x+1|,不等式g(x) - 2>x - f (x)恒成立,知|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|,(绝对值三角不等式的应用)
所以|1+a|>2,解得a>1或a< - 3.
解决含参数绝对值不等式问题的关键是确定参数所满足的条件,基本思路就是先去掉绝对值符号,然后将其转化为一次不等式进行求解.
3[2019山东潍坊二模]已知函数f (x)=|ax - 2|,不等式f (x)≤4的解集为{x| - 2≤x≤6}.
(1)求实数a的值;
(2)设g(x)=f (x)+f (x+3),若存在x∈R,使g(x) - tx≤2成立,求实数t的取值范围.
(1)由题意知a≠0.由|ax - 2|≤4,得 - 4≤ax - 2≤4,即 - 2≤ax≤6.
当a>0时, - 2a≤x≤6a,则 - 2a= - 2,6a=6,解得a=1;
当a<0时,6a≤x≤ - 2a,所以6a= - 2, - 2a=6,无解.
所以实数a的值为1.
(2)由已知得g(x)=f (x)+f (x+3)=|x - 2|+|x+1|,
即g(x)= - 2x+1(x≤ - 1),3( - 10时,t≥kBM.
易知kAM= - 1,kBM=12,所以t≤ - 1或t≥12,
即t的取值范围为( - ∞, - 1]∪[12,+∞).
2.[2018全国卷Ⅰ,23,10分][文]已知f (x)=|x+1| - |ax - 1|.
(1)当a=1时,求不等式f (x)>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.
考法3 不等式的证明
4[2017全国卷Ⅱ,23,10分][文]已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:
(1)(a+b)(a5+b5)≥4;
(2)a+b≤2.
(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6
=(a3+b3)2 - 2a3b3+ab(a4+b4)
=4+ab(a2 - b2)2
≥4.
(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3
=2+3ab(a+b)
≤2+3(a+b)24(a+b)(ab≤(a+b)24的应用)
=2+3(a+b)34,(当且仅当a=b时取等号)
所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.
3.[2019全国卷Ⅰ,23,10分][文]已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:
(1)1a+1b+1c≤a2+b2+c2;
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.
考法4 利用绝对值三角不等式或基本不等式或数形结合法求最值
5 [2019湖北、山东部分重点中学联考]已知函数f (x)=|x - 1|+|x+1|.
(1)解不等式f (x)≤2;
(2)设函数f (x)的最小值为m,若a,b均为正数,且1a+4b=m,求a+b的最小值.
(1)∵f (x)= - 2x, x≤ - 1,2, - 11,∴x≤ - 1, - 2x≤2或 - 11,2x≤2.
∴ - 1≤x≤1.∴不等式f (x)≤2的解集为[ - 1,1].
(2)∵|x - 1|+|x+1|≥|(x - 1) - (x+1)|=2,∴m=2.
又1a+4b=2,a>0,b>0,∴12a+2b=1.
∴a+b=(a+b)(12a+2b)=52+2ab+b2a≥52+2=92,当且仅当1a+4b=2,b=2a,即a=32,b=3时等号成立.
∴(a+b)min=92.
6[2019全国卷Ⅲ,23,10分][文]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≥13成立,证明:a≤ - 3或a≥ - 1.
(1)根据条件x+y+z=1和基本不等式得到(x - 1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43,讨论x,y,z是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题,基本不等式等号成立时构造的x,y,z代入原不等式,便可得到参数a的取值范围.
(1)[(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],
因为x+y+z=1,所以[(x - 1)+(y+1)+(z+1)]2=4.
故(x - 1)2+(y+1)2+(z+1)2≥43,当且仅当x - 1=y+1=z+1,即x=53,y= - 13,z= - 13时等号成立.
所以(x - 1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为43.
(2)[(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],
因此(x - 2)2+(y - 1)2+(z - a)2的最小值为(2+a)23.
由题设知(2+a)23≥13,解得a≤ - 3或a≥ - 1.
4.[2019湖南娄底二模]已知函数f (x)=|x+1|+2|x - a|.
(1)当a=1时,求不等式f (x)≤7的解集;
(2)已知a> - 1,且f (x)的最小值等于3,求实数a的值.
1.A 由题意得,a - c> - b,a - cc,b+c>a,∴①,②都正确,③不正确.
又|a - c|=|c - a|≥|c| - |a|,
∴|c| - |a||c|.④正确.故选A.
2.(5,7) 由|3x - b|<4,得 - 4<3x - b<4,即 - 4+b31的解集为{x|x>12}.
(2)当x∈(0,1)时|x+1| - |ax - 1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax - 1|<1成立.
若a≤0,则当x∈(0,1)时,|ax - 1|≥1;
若a>0,|ax - 1|<1的解集为01时,f(x)≤7即3x - 1≤7,解得x≤83,故1 - 1,所以f(x)= - 3x+2a - 1(x< - 1), - x+2a+1( - 1≤x
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