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- 2021-05-13 发布
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不等式选讲考点精细选
一、知识点整合：
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)⇔－a－1，且当x∈时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．
审题破题 (1)可以通过分段讨论去绝对值；(2)在x∈时去绝对值，利用函数最值求a的范围．
解 (1)当a＝－2时，不等式f(x)－1，则－<，
∴f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|
当x∈时，f(x)＝a＋1，
即a＋1≤x＋3在x∈上恒成立．
∴a＋1≤－＋3，即a≤，
∴a的取值范围为.
点评： 这类不等式的解法是高考的热点．
(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；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．
变式训练1 已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|－m.
(1)当m＝5时，求f(x)>0的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)≥2的解集是R，求m的取值范围．
解 (1)由题设知|x＋1|＋|x－2|>5，
不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集：
或或
解得函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)．
(2)不等式f(x)≥2即|x＋1|＋|x－2|>m＋2，
∵x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
不等式|x＋1|＋|x－2|≥m＋2解集是R，
∴m＋2≤3，m的取值范围是(－∞，1]．
题型二 不等式的证明
例2 已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m的值；
(2)若a，b，c∈R＋，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
审题破题 (1)从解不等式f(x＋2)≥0出发，将解集和[－1,1]对照求m；(2)利用柯西不等式证明．
(1)解 因为f(x＋2)＝m－|x|，
f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.
(2)证明 由(1)知＋＋＝1，
又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得
a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)
≥2＝9.
点评：不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的．
变式训练2 已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)<4的解集为M.
(1)求M；
(2)当a，b∈M时，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.
(1)解 f(x)＝|x＋1|＋|x－1|
＝
当x<－1时，由－2x<4，得－21时，由2x<4，得10时，－≤x≤，得a＝2.
(2)记h(x)＝f(x)－2f，
则h(x)＝
所以|h(x)|≤1，因此k≥1.
点评：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．
变式训练3 已知函数f(x)＝log2(|x－1|＋|x－5|－a)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的最小值；
(2)当函数f(x)的定义域为R时，求实数a的取值范围．
解 (1)函数的定义域满足：|x－1|＋|x－5|－a>0，
即|x－1|＋|x－5|>a＝2.
设g(x)＝|x－1|＋|x－5|，
则g(x)＝|x－1|＋|x－5|＝
g(x)min＝4>a＝2，f(x)min＝log2(4－2)＝1.
(2)由(1)知，g(x)＝|x－1|＋|x－5|的最小值为4，
|x－1|＋|x－5|－a>0，
∴a<4，∴a的取值范围是(－∞，4)．
四、阅卷评析
典例 (10分)设f(x)＝|x|＋2|x－a|(a>0)．
(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤8；
(2)若f(x)≥6恒成立，求正实数a的取值范围．
规范解答
解 (1)f(x)＝|x|＋2|x－1|＝
当x<0时，由2－3x≤8，得－2≤x<0；
当0≤x≤1时，由2－x≤8，得0≤x≤1；
当x>1时，由3x－2≤8，解得10的解集为________．
答案
解析 原不等式等价于|2x＋1|>2|x－1|⇔(2x＋1)2>4(x－1)2⇔x>.
2．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则＝________.
答案
解析 通过等式找出a＋b＋c与x＋y＋z的关系．
由题意可得x2＋y2＋z2＝2ax＋2by＋2cz，①
①与a2＋b2＋c2＝10相加可得
(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝10，
所以不妨令，
则x＋y＋z＝2(a＋b＋c)，即＝.
3． 若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最大值为________．
答案
解析 (＋＋)2＝(1×＋1×＋1×)2
≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
∴(＋＋)2≤3.故＋＋的最大值为.
4． 不等式≥1的实数解为__________．
答案 .
解析 ∵≥1，∴|x＋1|≥|x＋2|.
∴x2＋2x＋1≥x2＋4x＋4，∴2x＋3≤0.
∴x≤－且x≠－2.
5． 若不等式x＋|x－1|≤a有解，则实数a的取值范围是______．
答案 [1，＋∞)
解析 设f(x)＝x＋|x－1|，则f(x)＝
f(x)的最小值为1.所以当a≥1时，f(x)≤a有解．
6． 对于任意的实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，记实数M的最大值
是m，则m的值为________．
答案 2
解析 不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，
即M≤对于任意的实数a(a≠0)和b恒成立，
只要左边恒小于或等于右边的最小值．
因为|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|，当且仅当(a－b)(a＋b)≥0时等号成立，即|a|≥|b|时，≥2成立，也就是的最小值是2.
六、专题限时规范训练
一、填空题
1． 不等式|x＋3|－|x－2|≥3的解集为________．
答案 {x|x≥1}
解析 原不等式可化为：
或或
∴x∈∅或1≤x<2或x≥2.∴不等式的解集为{x|x≥1}．
2． 设x>0，y>0，M＝，N＝＋，则M、N的大小关系为__________．
答案 M＋＝＝M.
3． 对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．
答案 5
解析 ∵|x－1|≤1，∴－1≤x－1≤1，∴0≤x≤2.
又∵|y－2|≤1，∴－1≤y－2≤1，∴1≤y≤3，
从而－6≤－2y≤－2.
由同向不等式的可加性可得－6≤x－2y≤0，
∴－5≤x－2y＋1≤1，∴|x－2y＋1|的最大值为5.
4． 若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在实数解，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)
解析 ∵f(x)＝|x＋1|＋|x－2|＝
∴f(x)≥3.要使|a|≥|x＋1|＋|x－2|有解，
需满足|a|≥3，即a≤－3或a≥3.
二、解答题
5． 设不等式|2x－1|<1的解集为M.
(1)求集合M；
(2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
解 (1)由|2x－1|<1得－1<2x－1<1，解得00，
故ab＋1>a＋b.
6． 若不等式>|a－2|＋1对于一切非零实数x均成立，求实数a的取值范围．
解 ∵≥2，∴|a－2|＋1<2，
∴15；
当－3≤x≤2时，g(x)＝5；
当x>2时，g(x)>5.
综上可得，g(x)的最小值为5.
从而若f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为
(－∞，5]．
方法二 (1)同方法一．
(2)当a＝2时，f(x)＝|x－2|.设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)．
由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2时等号成立)，得g(x)的最小值为5.
从而，若f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为
(－∞，5]．
9． 已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|.
(1)求不等式f(x)≤6的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)<|a－1|的解集非空，求实数a的取值范围．
解 (1)原不等式等价于
或
或
解之得4，解此不等式得a<－3或a>5.
10．设a，b，c为正实数，求证：＋＋＋abc≥2.
证明 因为a，b，c是正实数，由算术—几何平均不等式可得＋＋≥3 ，
即＋＋≥.
所以＋＋＋abc≥＋abc.
而＋abc≥2 ＝2，
当且仅当a＝b＝c且abc＝时，取等号．
所以＋＋＋abc≥2.
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