专题17 不等式选讲（专题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破 11页

专题17 不等式选讲 ‎【2017年高考考纲解读】‎ 本讲内容在高考中主要考查绝对值不等式的性质，绝对值不等式的解法以及不等式证明问题，其中绝对值不等式的解法常与集合及不等式恒成立等结合在一起综合考查.求解时要注意去掉绝对值符号的方法，绝对值的几何意义以及转化与化归、数形结合思想的应用.‎ 高考对本内容的考查主要有：‎ ‎(1)含绝对值的不等式的解法；B级要求．‎ ‎(2)不等式证明的基本方法；B级要求．‎ ‎(3)利用不等式的性质求最值；B级要求．‎ ‎(4)几个重要的不等式的应用．B级要求.‎ ‎【重点、难点剖析】‎ ‎ 1．含有绝对值的不等式的解法 ‎(1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<－a；‎ ‎(2)|f(x)|0)⇔－a0，b>0)，在不等式的证明和求最值中经常用到．‎ ‎7．证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法．另外还有拆项法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法等.‎ ‎【题型示例】‎ 题型一　含绝对值不等式的解法 ‎【例1】【2016高考新课标1卷】（本小题满分10分）,选修4—5：不等式选讲 已知函数.‎ ‎（I）在答题卡第（24）题图中画出的图像；‎ ‎（II）求不等式的解集．‎ ‎【答案】（I）见解析（II）‎ ‎【解析】⑴如图所示：‎ ‎⑵ ‎ ‎,当,,解得或,‎ 当,,解得或 或 当,,解得或,或 综上,或或,,解集为 ‎【变式探究】 (2015·重庆，16)若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.‎ ‎【变式探究】(2014·新课标全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝＋|x－a|(a>0)．‎ ‎(1)证明：f(x)≥2；‎ ‎(2)若f(3)<5，求a的取值范围．‎ ‎【命题意图】本题主要考查绝对值三角不等式与基本不等式的应用，含绝对值的不等式的解法，意在考查考生的运算求解能力与分类讨论思想的应用．‎ ‎【解题思路】(1)利用“绝对值三角不等式”进行放缩，结合基本不等式即得证．‎ ‎(2)明确不等式后解关于a的绝对值不等式，再分类讨论求解即可．‎ ‎【感悟提升】‎ ‎1．用零点分段法解绝对值不等式的步骤 ‎(1)求零点；(2)划区间、去绝对值号；(3)分别解去掉绝对值的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．‎ ‎2．用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．‎ ‎3．求解绝对值不等式恒成立问题的解析 ‎(1)可利用绝对值不等式的性质求最值或去掉绝对值号转化为分段函数求最值．‎ ‎(2)结合“a≥f(x)恒成立，则a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立，则a≤f(x)min”求字母参数的取值范围．‎ ‎【举一反三】‎ ‎(2015·陕西，24)已知关于x的不等式|x＋a|＜b的解集为{x|2＜x＜4}．‎ ‎(1)求实数a，b的值；‎ ‎(2)求＋的最大值．‎ 解　(1)由|x＋a|＜b，得－b－a＜x＜b－a，‎ 则解得a＝－3，b＝1.‎ ‎(2)＋ ‎＝＋≤ ‎＝2＝4，‎ 当且仅当＝，‎ 即t＝1时等号成立，‎ 故(＋)max＝4.‎ ‎【举一反三】(2015·新课标全国Ⅰ，24)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；‎ ‎(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.‎ 当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；‎ 当－10，解得0，解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为 .‎ 题型二　不等式的证明 ‎【例2】【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲 已知函数，为不等式的解集．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）证明：当时，．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】（I）‎ 当时，由得解得；‎ 当时， ；‎ 当时，由得解得.‎ 所以的解集.‎ ‎（II）由（I）知，当时，，‎ 从而，‎ 因此 ‎【举一反三】(2015·新课标全国Ⅱ，24)设a、b、c、d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：‎ ‎(1)若ab＞cd，则＋＞＋；‎ ‎(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ 证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(＋)2＞(＋)2.‎ 因此＋＞＋.‎ ‎(2)①若|a－b|＜|c－d|，‎ 则(a－b)2＜(c－d)2，‎ ‎ 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.‎ 由(1)得＋＞＋.‎ ‎②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，即a＋b＋2＞c＋d＋2.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是 ‎(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.‎ 因此|a－b|＜|c－d|.‎ 综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ ‎【变式探究】(2014·天津，19)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．‎ ‎(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；‎ ‎(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an0.‎ 所以a3＋b3≥(a2＋b2)．‎ 题型三 不等式的综合应用 例3、【2016高考新课标2理数】选修4—5：不等式选讲 已知函数，为不等式的解集．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）证明：当时，．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.‎ ‎【解析】（I）‎ 当时，由得解得；‎ 当时， ；‎ 当时，由得解得.‎ 所以的解集.‎ ‎（II）由（I）知，当时，，‎ 从而，‎ 因此 ‎【举一反三】已知a，b都是实数，a≠0，f(x)＝|x－1|＋|x－2|.‎ ‎(1)若f(x)>2，求实数x的取值范围；学#‎ ‎(2)若|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)对满足条件的所有a，b都成立，求实数x的取值范围．‎ ‎【命题意图】本题主要考查绝对值不等式的解法，及带绝对值符号的最值问题．‎ ‎【解析】(1)f(x)＝ 由f(x)>2，得或 解得x<或x>.‎ ‎∴所求实数x的取值范围为 ∪.‎ ‎(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)且a≠0，得 ≥f(x)．‎ 又∵≥＝2，‎ ‎∴f(x)≤2.‎ ‎∵f(x)>2的解为x<或x>.‎ ‎∴f(x)≤2的解为≤x≤.‎ ‎∴所求实数x的取值范围为.‎ ‎【感悟提升】不等式f(a)≥g(x)恒成立时，要看是对哪一个变量恒成立．如果对于∀a∈R恒成立，则f(a)的最小值大于等于g(x)，再解关于x的不等式求x的取值范围；如果对于∀x∈R不等式恒成立，则g(x)的最大值小于等于f(a)，再解关于a的不等式求a的取值范围．‎ ‎【举一反三】已知函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－1|(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥2的解集；‎ ‎(2)若f(x)≤2x的解集包含，求a的取值范围．‎ ‎【解析】(1)当a＝1时，不等式f(x)≥2可化为|x＋1|＋|2x－1|≥2，‎ ‎①当x≥时，不等式为3x≥2，解得x≥，故x≥；‎ ‎②当－1≤x＜时，不等式为2－x≥2，解得x≤0，‎ 故－1≤x≤0；‎ ‎③当x<－1时，不等式为－3x≥2，‎ 解得x≤－，‎ 故x＜－1.‎ 综上，原不等式的解集为.‎ ‎【变式探究】已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)若≤k恒成立，求k的取值范围．‎ ‎【解析】(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.‎ 又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，‎ 所以当a≤0时，不合题意．‎ 当a>0时，－≤x≤，得a＝2.‎ ‎(2)记h(x)＝f(x)－2f，‎ 则h(x)＝ 所以|h(x)|≤1，‎ 因此k≥1.‎ ‎【规律方法】解答含有绝对值不等式的恒成立问题时，通常将其转化为分段函数，再求分段函数的最值，从而求出所求参数的值．‎ ‎【变式探究】 已知非负实数x，y，z满足x2＋y2＋z2＋x＋2y＋3z＝，求x＋y＋z的最大值．‎ ‎ ‎