2019届二轮复习（理）专题七第二讲不等式选讲(选修4－5)学案
第二讲 不等式选讲(选修4－5)
年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析
2018
Ⅰ卷
绝对值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题·T23
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.
Ⅱ卷
绝对值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题·T23
Ⅲ卷
分段函数图象的画法与应用·T23
2017
Ⅰ卷
含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围·T23
Ⅱ卷
基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法·T23
Ⅲ卷
含绝对值不等式的解法、函数最值的求解·T23
2016
Ⅰ卷
含绝对值不等式的解法、分段函数的图象·T24
Ⅱ卷
含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式·T24
Ⅲ卷
含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质·T24
含绝对值不等式的解法及应用
授课提示：对应学生用书第79页
[悟通——方法结论]
1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法
(1)若c＞0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的取值求解即可；
(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，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法
(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；
(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；
(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；
(4)这些解集的并集就是原不等式的解集．
(2017·高考全国卷Ⅰ)（10分）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．
[规范解答] (1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
(2分)
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，
从而－1≤x≤1；
当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1
2时，由f(x)≥1解得x>2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．
(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|
＝－2＋
≤，
且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范围为.
2．(2018·成都模拟)已知函数f(x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.
(1)当k＝1时，若不等式f(x)＜4的解集为{x|x1＜x＜x2}，求x1＋x2的值；
(2)当x∈R时，若关于x的不等式f(x)≥k恒成立，求k的最大值．
解析：(1)由题意，得|x－2|＋|x＋1|＜4.
当x＞2时，原不等式可化为2x＜5，∴2＜x＜；
当x＜－1时，原不等式可化为－2x＜3，∴－＜x＜－1；
当－1≤x≤2时，原不等式可化为3＜4，∴－1≤x≤2.
综上，原不等式的解集为{x|－＜x＜}，即x1＝－，x2＝.
∴x1＋x2＝1.
(2)由题意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k.
当x＝2时，即不等式3k≥k成立，∴k≥0.
当x≤－2或x≥0时，
∵|x＋1|≥1，∴不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立．
当－2＜x≤－1时，
原不等式可化为2－x－kx－k≥k，可得k≤＝－1＋，
∴k≤3.
当－1＜x＜0时，
原不等式可化为2－x＋kx＋k≥k，可得k≤1－，
∴k＜3.
综上，可得0≤k≤3，即k的最大值为3.
不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：
f(x)＞a恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a恒成立⇔f(x)max＜a；f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a；f(x)＞a无解⇔f(x)max≤a；f(x)＜a无解⇔f(x)min≥a.
不等式的证明
授课提示：对应学生用书第80页
[悟通——方法结论]
证明不等式的5个基本方法
(1)比较法：作差或作商比较．
(2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论．
(3)分析法：执果索因的证明方法．
(4)反证法：反设结论，导出矛盾．
(5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．
[全练——快速解答]
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2) a＋b≤2.
证明：(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＋(a＋b)＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
2．(2018·南宁、柳州联考)已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值为m，正数a，b满足a＋b＝m，求证：＋≥4.
解析：(1)当x≥1时，x－1≥3－2x，解得x≥，∴x≥；
当0＜x＜1时，1－x≥3－2x，解得x≥2，无解；
当x≤0时，1－x≥3＋2x⇒x≤－，∴x≤－.
∴原不等式的解集为{x|x≥或x≤－}．
(2)证明：法一：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4.
又＋b≥2a，＋a≥2b，
∴两式相加得(＋b)＋(＋a)≥2a＋2b，∴＋≥a＋b＝4，
当且仅当a＝b＝2时等号成立．
法二：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4，
由柯西不等式得(＋)(b＋a)≥(a＋b)2，∴＋≥a＋b＝4，
当且仅当＝，即a＝b＝2时等号成立．
不等式证明的常用方法
对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法．
(1)一般地，对于含根号的不等式和含绝对值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法．
(2)如果所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)能转化为比较大小的可以用比较法．
(4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法．
授课提示：对应学生用书第160页
1．已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)＜|x|＋1；
(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)＜1.
解析：(1)∵f(x)＜|x|＋1，∴|2x－1|＜|x|＋1，
即或或
得≤x＜2或0＜x＜或无解．
故不等式f(x)＜|x|＋1的解集为{x|0＜x＜2}．
(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝＜1.
2．(2018·高考全国卷Ⅲ)设函数ƒ(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝ƒ(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，ƒ(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解析：(1)ƒ(x)＝
y＝ƒ(x)的图象如图所示．
(2)由(1)知，y＝ƒ(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，ƒ(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.
3．(2018·福州四校联考)(1)求不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集；
(2)设a，b均为正数，h＝max，证明：h≥2.
解析：(1)记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝
由－2＜－2x－1＜0，解得－＜x＜，则不等式的解集为(－，)．
(2)证明：h≥，h≥，h≥，
h3≥≥＝8，当且仅当a＝b时取等号，∴h≥2.
4．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|ax－1|－(a－2)x.
(1)当a＝3时，求不等式f(x)＞0的解集；
(2)若函数f(x)的图象与x轴没有交点，求实数a的取值范围．
解析：(1)当a＝3时，不等式可化为|3x－1|－x＞0，即|3x－1|＞x，
∴3x－1＜－x或3x－1＞x，解得x＞或x＜，
故f(x)＞0的解集为{x|x＜或x＞}．
(2)当a＞0时，f(x)＝要使函数f(x)的图象与x轴无交点，
只需得1≤a＜2；
当a＝0时，f(x)＝2x＋1，函数f(x)的图象与x轴有交点；
当a＜0时，f(x)＝要使函数f(x)的图象与x轴无交点，
只需此时无解．
综上可知，当1≤a＜2时，函数f(x)的图象与x轴无交点．
