新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（二十五） 不等式选讲 13页

第 13 页 共 13 页 新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（二十五） 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 绝对值不等式的解法、不等式恒成立求参数的范围 利用重要不等式求最值、解不等式 ‎2018‎ 含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题 含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题 含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题 ‎2017‎ 含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围 基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法 含绝对值不等式的解法、函数最值的求解 ‎(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．‎ ‎[例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)＝(x－1)(x＋|x－2|)≥0恒成立．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，＋∞)．‎ ‎[解题方略]　绝对值不等式的常用解法 ‎(1)基本性质法：对a∈R＋，|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．‎ ‎[多练强化]‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；‎ 第 13 页 共 13 页 ‎(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)＝当x<－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1；当－1≤x≤2时，显然满足题意；当x>2时，由－2x＋6≥0，解得20的解集；‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)≥x在x∈R时恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝1时，由f(x)>0，得2|x＋1|>|x－1|，∴4(x＋1)2－(x－1)2>0，∴(3x＋1)(x＋3)>0，‎ ‎∴x>－或x<－3，∴f(x)>0的解集为.‎ ‎(2)f(x)＝2|x＋1|－|x－a|≥x对x∈R恒成立，即|x－a|≤2|x＋1|－x，‎ 即－2|x＋1|＋x≤x－a≤2|x＋1|－x，∴2x－2|x＋1|≤a≤2|x＋1|对x∈R恒成立．‎ 显然(2|x＋1|)min＝0，令g(x)＝2x－2|x＋1|，则g(x)＝g(x)在(－∞，－1]上单调递增，‎ ‎∴g(x)max＝－2，∴－2≤a≤0，即实数a的取值范围为[－2，0]．‎ ‎3．(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]. ‎ ‎[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，且abc＝1，‎ 故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．‎ 第 13 页 共 13 页 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．‎ ‎(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．‎ ‎[多练强化]‎ ‎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<.‎ 第 13 页 共 13 页 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≥.‎ ‎[例3]　(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.‎ ‎[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.　　‎ ‎[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)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．‎ ‎2．(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 13 页 共 13 页 ‎3．(2019·郑州市第二次质量预测)设函数f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|(a＞0)，g(x)＝x2－x.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式g(x)≥f(x)的解集；(2)已知f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．‎ ‎4．(2019·洛阳市统考)已知f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a.(1)当a＝－1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；‎ ‎(2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)成立，求a的取值范围．‎ 第 13 页 共 13 页 ‎5．(2019·福州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|＜4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.‎ ‎6．(2019·合肥市高三模拟)设f(x)＝3|x－1|＋|x＋1|的最小值为k.(1)求实数k的值；(2)设m，n∈R，m≠0，m2＋4n2＝k，求证：＋≥.‎ 第 13 页 共 13 页 ‎7．(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．‎ ‎8．(2019·长沙市统一模拟考试)已知函数f(x)＝x|x－a|，a∈R.(1)当f(1)＋f(－1)>1时，求a的取值范围；‎ ‎(2)若a>0，∀x，y∈(－∞，a]，不等式f(x)≤＋|y－a|恒成立，求a的取值范围．‎ 第 13 页 共 13 页 ‎1解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝故不等式f(x)>1的解集为.‎ ‎(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，则|ax－1|<1的解集为，所以≥1，故00，∴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“＝”．所以m2＋n2≥，故m2＋n2的最小值为.‎ ‎8解：(1)f(1)＋f(－1)＝|1－a|－|1＋a|>1，若a≤－1，则1－a＋1＋a>1，得2>1，即a≤－1；‎ 第 13 页 共 13 页 若－11，得a<－，即－11，得－2>1，此时不等式无解．‎ 综上所述，a的取值范围是.‎ ‎(2)由题意知，要使不等式恒成立，只需f(x)max≤.‎ 当x∈(－∞，a]时，f(x)＝－x2＋ax，f(x)max＝f ＝.‎ 因为＋|y－a|≥，当且仅当(y－a)≤0，即－≤y≤a时等号成立，‎ 所以当y∈(－∞，a]时，＝＝a＋.‎ 于是≤a＋，解得－1≤a≤5.又a>0，所以a的取值范围是(0，5]．‎