成都市高三二轮复习文科数学（二十四） 不等式选讲 12页

第 12 页 共 12 页 成都市高三二轮复习文科数学（二十四） 不等式选讲 ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 不等式的证明·T23‎ 含绝对值不等式的解法、不等式恒成立求参数的范围·T23‎ 利用重要不等式求最值、解不等式·T23‎ ‎2018‎ 含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题·T23‎ 含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题·T23‎ 含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题·T23‎ ‎2017‎ 含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围·T23‎ 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 含绝对值不等式的解法、函数最值的求解·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.‎ 含绝对值不等式的解法 ‎[例1]　(2019·福建省质量检查)已知函数f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a>0).(1)当a＝2时，求不等式f(x)>1的解集；‎ ‎(2)若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，求a的值.‎ ‎[解]　(1)当a＝2时，不等式f(x)>1即|x＋1|－|2x－3|>1.‎ 当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＋2x－3>1，解得x>5，因为x≤－1，所以此时原不等式无解；‎ 当－11，解得x>1，所以1时，原不等式可化为x＋1－2x＋3>1，解得x<3，所以0，所以>0，所以f(x)＝ 若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(a－1)(a＋1)＝－1或(a＋1)(1－a)＝－1，‎ 解得a＝0(舍去)或a＝或a＝－(舍去).经检验，a＝符合题意，所以所求a的值为.‎ ‎[解题方略]　绝对值不等式的常用解法 第 12 页 共 12 页 ‎(1)基本性质法：对a＞0，|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.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.(2019·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，＋∞).‎ ‎2.(2019·石家庄市质量检测)设函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)≤5－f(x－3)的解集；(2)已知关于x的不等式‎2f(x)＋|x＋a|≤x＋4在[－1，1]上有解，求实数a的取值范围.‎ 解：(1)不等式f(x)≤5－f(x－3)，即|x＋1|＋|x－2|≤5，等价于或 或解得－2≤x≤3，所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤3}.‎ ‎(2)当x∈[－1，1]时，不等式‎2f(x)＋|x＋a|≤x＋4，即|x＋a|≤2－x，所以|x＋a|≤2－x在[－1，1]上有解，‎ 即－2≤a≤2－2x在[－1，1]上有解，所以－2≤a≤4，即实数a的取值范围是[－2，4].‎ 不等式的证明 ‎[例2]　(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)(a＋c)≥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.‎ ‎[解题方略]　证明不等式的常用方法 不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等.‎ 第 12 页 共 12 页 ‎(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法.‎ ‎(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的.‎ ‎(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法.用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾.‎ ‎[跟踪训练]‎ ‎1.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：(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－1＜x＜－时，不等式可化为x＋1＜－2x－2，此时不等式无解；‎ ‎③当x≥－时，不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.‎ 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a，b∈R，且a＋b＝1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥.‎ 证明：法一：(放缩法)因为a＋b＝1，所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥2＝[(a＋b)＋4]2＝ .‎ 法二：(反证法)假设(a＋2)2＋(b＋2)2<，则a2＋b2＋4(a＋b)＋8<.‎ 因为a＋b＝1，则b＝1－a，所以a2＋(1－a)2＋12<.‎ 所以<0，这与≥0矛盾，故假设不成立.所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥.‎ 与绝对值不等式有关的最值问题 ‎[例3]　已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R.(1)若不等式f(x)＋|x－1|≥2对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a<2时，函数f(x)的最小值为a－1，求实数a的值.‎ ‎[解]　(1)f(x)＋|x－1|≥2可化为＋|x－1|≥1.∵＋|x－1|≥，∴≥1，∴a≤0或a≥4，‎ 第 12 页 共 12 页 ‎∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞).‎ ‎(2)当a<2时，易知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|的零点分别为和1，且<1，∴f(x)＝ 易知f(x)在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴f(x)min＝f＝－＋1＝a－1，解得a＝，又<2，∴a＝.‎ ‎[解题方略]‎ 解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略 不等式恒成立问题 不等式f(x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)min>A.‎ 不等式f(x)A成立，等价于在区间D上f(x)max>A.‎ 在区间D上存在实数x使不等式f(x)A在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)>A的解集为D.‎ 不等式f(x)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.‎ 第 12 页 共 12 页 ‎3．已知函数f(x)＝|x－2|.(1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥5.(2)若|a|>1，且f(ab)>|a|·f，证明：|b|>2.‎ ‎4．已知a，b∈(0，＋∞)，且‎2a4b＝2.(1)求＋的最小值；(2)若存在a，b∈(0，＋∞)，使得不等式|x－1|＋|2x－3|≥＋成立，求实数x的取值范围．‎ ‎5．(2019·济南市模拟考试)已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x－1|.(1)求不等式f(x)≤3的解集；(2)若不等式f(x)≤ax的解集为空集，求实数a的取值范围．‎ 第 12 页 共 12 页 ‎6．(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＋f(x)≥1；‎ ‎(2)设不等式＋f(x)≤x的解集为M，若⊆M，求实数a的取值范围．‎ ‎7．(2019·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.‎ ‎8．(2019·江西省五校协作体试题)已知函数f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，若f(x)的最小值为1.‎ ‎(1)求实数a的值；(2)若a＞0，m，n均为正实数，且满足m＋n＝，求m2＋n2的最小值．‎ 第 12 页 共 12 页 ‎1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|＋，‎ 因为|－2x－1|＋≥＝2|x|＋≥4，当且仅当即x＝±1时等号成立，‎ 所以f(－x)＋f≥4.‎ ‎2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∪.　‎ 第 12 页 共 12 页 ‎3解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥5等价于|x－2|＋|x－1|≥5，‎ 当x>2时，(x－2)＋(x－1)≥5，x≥4；‎ 当1≤x≤2时，(2－x)＋(x－1)≥5，1≥5，无解；‎ 当x<1时，(2－x)＋(1－x)≥5，x≤－1.‎ 综上，不等式的解集为{x|x≥4或x≤－1}．‎ ‎(2)证明：f(ab)>|a|·f ‎⇔|ab－2|>|a|· ‎⇔|ab－2|>|b－‎2a|‎ ‎⇔(ab－2)2>(b－‎2a)2‎ ‎⇔a2b2＋4－b2－‎4a2>0‎ ‎⇔(a2－1)(b2－4)>0.‎ 因为|a|>1，所以a2－1>0，‎ 所以b2－4>0，|b|>2.‎ ‎4解：(1)由‎2a4b＝2可知a＋2b＝1，‎ 又因为＋＝(a＋2b)＝＋＋4，‎ 由a，b∈(0，＋∞)可知＋＋4≥2 ＋4＝8，‎ 当且仅当a＝2b时取等号，所以＋的最小值为8.‎ ‎(2)由(1)及题意知不等式等价于|x－1|＋|2x－3|≥8，‎ ‎①所以x≤－.‎ ‎②无解，‎ ‎③所以x≥4.‎ 综上，实数x的取值范围为∪[4，＋∞)．‎ ‎5解：(1)法一：由题意f(x)＝ 第 12 页 共 12 页 当x≤时，f(x)＝－3x＋3≤3，解得x≥0，即0≤x≤，‎ 当ax对任意x∈R恒成立，‎ 即函数y＝ax的图象始终在函数y＝f(x)的图象的下方，‎ 当直线y＝ax过点A(2，3)以及与直线y＝－3x＋3平行时为临界情况，‎ 所以－3≤a<，即实数a的取值范围为.‎ ‎6解：(1)当a＝2时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3，‎ ‎①当x≤时，1－3x＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0；‎ ‎②当＜x＜2时，3x－1＋2－x≥3，解得x≥1，所以1≤x＜2；‎ ‎③当x≥2时，3x－1＋x－2≥3，解得x≥，所以x≥2.‎ 综上所述，当a＝2时，不等式的解集为.‎ 第 12 页 共 12 页 ‎(2)不等式＋f(x)≤x可化为|3x－1|＋|x－a|≤3x，‎ 依题意不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在x∈上恒成立，‎ 所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，即a－1≤x≤a＋1，‎ 所以解得－≤a≤，‎ 故实数a的取值范围是.‎ ‎7解：(1)因为[(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]，‎ 所以由已知得(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：因为[(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]，‎ 所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，‎ 当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．‎ 所以(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.‎ ‎8解：(1)f(x)＝|x＋1|＋|3x＋a|，‎ ‎①当a＞3，即－1＞－时，f(x)＝ ‎∵f(－1)－f＝－＝＞0，‎ ‎∴f(－1)＞f，‎ 第 12 页 共 12 页 则当x＝－时，f(x)min＝－4－1－a＝1，‎ ‎∴a＝6.‎ ‎②当a＜3，即－1＜－时，‎ f(x)＝ ‎∵f(－1)－f＝(3－a)－＝＞0，‎ ‎∴f(－1)＞f，‎ 则当x＝－时，f(x)min＝4＋1＋a＝1，‎ ‎∴a＝0.‎ ‎③当a＝3，即－1＝－时，f(x)＝4|x＋1|，‎ 当x＝－1时，f(x)min＝0不满足题意．‎ 综上，a＝0或a＝6.‎ ‎(2)由题意知，m＋n＝3.∵m＞0，n＞0，‎ ‎∴(m＋n)2＝m2＋n2＋2mn≤(m2＋n2)＋(m2＋n2)＝2(m2＋n2)，‎ 即m2＋n2≥(m＋n)2，‎ 当且仅当m＝n＝时取“＝”．‎ ‎∵m2＋n2≥，∴m2＋n2的最小值为.‎