高考数学二轮复习教案：第二编 专题七 第2讲 不等式选讲 13页

第2讲　不等式选讲 ‎「考情研析」　　　　不等式选讲主要考查平均值不等式的应用，绝对值三角不等式的理解及应用、含绝对值不等式的解法、含参不等式解法和恒成立问题以及不等式的证明方法(比较法、综合法、分析法、放缩法)及它们的应用．其中绝对值不等式的解法及证明方法的应用是重点．难度不大，分值10分，一般会出现在选考部分第二题的位置.‎ 核心知识回顾 ‎1.绝对值的三角不等式 定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．‎ 定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．‎ ‎2．|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 ‎(1)|ax＋b|≤c(c>0)⇔－c≤ax＋b≤c.‎ ‎(2)|ax＋b|≥c(c>0)⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.‎ ‎3．|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法 ‎(1)利用绝对值不等式几何意义求解，体现数形结合思想．‎ ‎(2)利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．‎ ‎(3)通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．‎ ‎4．证明不等式的基本方法 ‎(1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；‎ ‎(4)反证法；(5)放缩法．‎ ‎5．二维形式的柯西不等式 若a，b，c，d都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．‎ 热点考向探究 考向1 绝对值不等式的解法及应用 角度1　绝对值不等式的解法 例1　(2019·乌鲁木齐高三第二次质量检测)已知函数f(x)＝2|x＋1|－|x－a|，a∈R.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)<0的解集；‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)f(x)min.‎ f(x)＝所以f(x)的最小值为9.‎ 所以a>9，即实数a的取值范围为(9，＋∞)．‎ 角度2　绝对值不等式恒成立(或存在性)问题 例2　(2019·德阳市高三第二次诊断)已知函数f(x)＝|x－a|－|x＋2|.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)≤－x的解集；‎ ‎(2)若f(x)≤a2＋1恒成立，求a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|－|x＋2|，‎ 即f(x)＝不等式f(x)≤－x即为或或 即有x≤－3或－1≤x＜1或1≤x≤3，得x≤－3或－1≤x≤3，‎ 所以不等式的解集为{x|x≤－3或－1≤x≤3}．‎ ‎(2)因为|x－a|－|x＋2|≤|x－a－x－2|＝|a＋2|，‎ 所以f(x)≤|a＋2|，‎ 若f(x)≤a2＋1恒成立，则|a＋2|≤a2＋1，‎ 即或 解得a≤或a≥，‎ 解答含参数的绝对值不等式应熟记的几个转化 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)0，b>0，函数f(x)＝|x＋a|－|x－b|.‎ ‎(1)当a＝1，b＝1时，解关于x的不等式f(x)>1；‎ ‎(2)若函数f(x)的最大值为2，求证：＋≥2.‎ 解　(1)当a＝1，b＝1时，‎ f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝ ‎①当x≥1时，f(x)＝2>1，不等式恒成立，‎ 此时不等式的解集为{x|x≥1}；‎ ‎②当－1≤x<1时，f(x)＝2x>1，所以x>，‎ 此时不等式的解集为；‎ ‎③当x<－1时，f(x)＝－2>1，不等式不成立，此时无解．‎ 综上所述，不等式f(x)>1的解集为.‎ ‎(2)证法一：由绝对值三角不等式可得 ‎|x＋a|－|x－b|≤|a＋b|，a>0，b>0，∴a＋b＝2，‎ ‎∴＋＝(a＋b)＝≥2，‎ 当且仅当a＝b＝1时，等号成立．‎ 证法二：∵a>0，b>0，∴－a<00，a＋b＋c＝1.求证：‎ ‎(1)＋＋≤ ；‎ ‎(2)＋＋≥.‎ 证明　(1)由柯西不等式得(＋＋)2＝(1·＋1·＋1·)2≤(12＋12＋12)[()2＋()2＋()2]＝3，当且仅当＝＝，即a＝b＝c＝时等号成立，∴＋＋≤ .‎ ‎(2)证法一：∵＋(3a＋1)≥2＝4，‎ ‎∴≥3－3a.同理得≥3－3b，≥3－3c，‎ 以上三式相加得，4≥9－3(a＋b＋c)＝6，‎ ‎∴＋＋≥.‎ 证法二：由柯西不等式得 ‎[(3a＋1)＋(3b＋1)＋(3c＋1)]≥＋·＋·2＝9，‎ 又a＋b＋c＝1，∴6≥9，‎ ‎∴＋＋≥.‎ 柯西不等式的应用方法 ‎(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．‎ ‎(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为(a＋a＋…＋a)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．‎ ‎(2019·南通市高三下学期模拟)已知a，b，c均为正数，且a＋2b＋4c＝3，求＋＋的最小值，并指出取得最小值时a，b，c的值．‎ 解　因为a＋2b＋4c＝3，所以(a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)＝10，‎ 因为a，b，c为正数，所以由柯西不等式得，[(a＋1)＋2(b＋1)＋4(c＋1)]·＋＋≥(1＋＋2)2，‎ 当且仅当(a＋1)2＝2(b＋1)2＝4(c＋1)2等式成立，‎ 所以＋＋≥，‎ 所以＋＋的最小值是，‎ 此时a＝，b＝，c＝.‎ 真题押题 ‎『真题模拟』‎ ‎1．(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)设函数f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|－a.‎ ‎(1)当a＝4时，求不等式f(x)>0的解集；‎ ‎(2)若函数f(x)的定义域为R，求a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝4时，f(x)＞0为|2x－1|＋2|x＋1|>4，‎ 当x≤－1时，1－2x－2x－2>4⇒x<－；‎ 当－14，无解；‎ 当x≥时，2x－1＋2x＋2>4⇒x>.‎ 综上，f(x)>0的解集为（－∞，－）∪（，＋∞）.‎ ‎(2)由题意得|2x－1|＋2|x＋1|>a恒成立，a<(|2x－1|＋2|x＋1|)min.‎ ‎|2x－1|＋2|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|(2x－1)－(2x＋2)|＝3，∴a<3.‎ ‎2．(2019·赤峰市高三模拟)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，g(x)＝x2－2x－1.‎ ‎(1)若m，n∈R，不等式f(m)≥g(n)恒成立，求实数n的取值范围；‎ ‎(2)设a>0，b>0，且a＋b＝2，求证：＋≤2.‎ 解　(1)由f(m)＝|m－1|＋|m＋1|≥|(m－1)－(m＋1)|＝2，‎ ‎∴f(m)min＝2，∴n2－2n－1≤2，∴－1≤n≤3，所以n的取值范围是[－1,3]．‎ ‎(2)证明：由(1)可知，2≥2，‎ ‎∴(＋)2＝a＋b＋2＋2≤4＋(a＋1)＋(b＋1)＝8，∴＋≤2，‎ 当且仅当a＝b＝1时等号成立，‎ ‎∴＋≤2.‎ ‎3．(2019·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，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．‎ 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)(c＋a)‎ ‎≥3×(2)×(2)×(2)＝24.‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．‎ 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.‎ ‎『金版押题』‎ ‎4．已知函数f(x)＝|2x－3|－|x＋1|.‎ ‎(1)若不等式f(x)≤a的解集是空集，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若存在x0∈R，使得2f(x0)≤－t2＋4|t|成立，求实数t的取值范围．‎ 解　(1)f(x)＝|2x－3|－|x＋1|‎ ‎＝ y＝f(x)的图象如图所示，‎ 易得f(x)min＝－.‎ ‎∵不等式f(x)≤a的解集是空集，‎ ‎∴a的取值范围为.‎ ‎(2)∃x0∈R，使得2f(x0)≤－t2＋4|t|成立，‎ 即2f(x)min≤－t2＋4|t|，由(1)知f(x)min＝－，‎ ‎∴t2－4|t|－5≤0，解得－5≤t≤5，∴t的取值范围为[－5,5]．‎ 配套作业 ‎1．(2019·西安八校高三联考)已知a，b均为实数，且|3a＋4b|＝10.‎ ‎(1)求a2＋b2的最小值；‎ ‎(2)若|x＋3|－|x－2|≤a2＋b2对任意的a，b∈R恒成立，求实数x的取值范围．‎ 解　(1)因为102＝(3a＋4b)2≤(32＋42)(a2＋b2)＝25(a2＋b2)，所以a2＋b2≥4，当且仅当＝，‎ 即或时取等号，即a2＋b2的最小值为4.‎ ‎(2)由(1)知|x＋3|－|x－2|≤a2＋b2对任意的a，b∈R恒成立⇔|x＋3|－|x－2|≤4⇔或或⇔x<－3或－3≤x≤⇔x≤，所以实数x的取值范围为（－∞，].‎ ‎2．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|.‎ ‎(1)当a＝3时，求不等式f(x)≥2的解集；‎ ‎(2)若f(x)≥5－x对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝3时，即求解|2x－3|＋|x－1|≥2，‎ ‎①当x≥时，2x－3＋x－1≥2，∴x≥2；‎ ‎②当10，所以x不存在；‎ 当0≤x<时，原不等式可化为－2x－x<0，‎ 解得x>0，所以02x成立，求a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，‎ f(x)＝|2x＋1|－|x－1|＝ 由f(x)≤2，得或或 解得x∈∅或－≤x≤或－4≤x<－，‎ ‎6．已知函数f(x)＝|x－m|，m<0.‎ ‎(1)当m＝－1时，解不等式f(x)＋f(－x)≥2－x；‎ ‎(2)若不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，求m的取值范围．‎ 解　(1)当m＝－1时，f(x)＋f(－x)＝|x＋1|＋|x－1|，‎ 设F(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝ 当x<－1时，－2x≥2－x，解得x≤－2；‎ 当－1≤x<1时，2≥2－x，解得0≤x<1；‎ 当x≥1时，2x≥2－x，解得x≥1.‎ 综上，原不等式的解集为{x|x≤－2或x≥0}．‎ ‎(2)f(x)＋f(2x)＝|x－m|＋|2x－m|，m<0.‎ 设g(x)＝f(x)＋f(2x)，‎ 当x≤m时，g(x)＝m－x＋m－2x＝2m－3x，则g(x)≥－m；‎ 当m－，解得m>－2，由于m<0，故m的取值范围是(－2，0)．‎ ‎7．(2019·宝鸡市高考模拟)已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋3|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≤2的解集；‎ ‎(2)若不等式f(x)2，‎ ‎ ‎ ‎(2)因为|f(x)|＝||x－2|－|x＋3||≤|x－2－x－3|＝5，‎ 所以－5≤f(x)≤5，即f(x)min＝－5；‎ 要使不等式f(x)0，解得a<－5或a>－1，‎ 所以a的取值范围为(－∞，－5)∪(－1，＋∞)．‎ ‎8．(2019·太原市高三模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≤5的解集；‎ ‎(2)若存在实数x0，使得f(x0)≤5＋m－m2成立的m的最大值为M，且实数a，b满足a3＋b3＝M，证明：00，‎ ‎∵2ab≤a2＋b2，∴4ab≤(a＋b)2，∴ab≤，‎ ‎∵2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]≥(a＋b)3，∴a＋b≤2，∴0