第2讲 不等式选讲
高考定位 本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.
真 题 感 悟
1.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1，1]，求a的取值范围.
2x，x>1，??2
解 (1)当a＝1时，f(x)＝－x＋x＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝?2，－1≤x≤1，
??－2x，x<－1.①当x>1时，f(x)≥g(x)?－x＋x＋4≥2x， 解之得1 17－1 . 2 2 2 ②当－1≤x≤1时，f(x)≥g(x)?(x－2)(x＋1)≤0， 则－1≤x≤1. ③当x<－1时，f(x)≥g(x)?x－3x－4≤0，解得－1≤x≤4， 又x<－1，∴不等式此时的解集为空集. ????17－1???. 综上所述，f(x)≥g(x)的解集为x?－1≤x≤ 2????? 2 (2)依题意得：－x＋ax＋4≥2在[－1，1]上恒成立. 则x－ax－2≤0在[－1，1]上恒成立. ??1－a·1－2≤0， 则只需?解之得－1≤a≤1. 2 ?（－1）－a（－1）－2≤0，? 2 2 2 故a的取值范围是[－1，1]. 2.(2017·全国Ⅱ卷)已知实数a>0，b>0，且a＋b＝2. 证明：(1)(a＋b)(a＋b)≥4； (2)a＋b≤2. 证明 (1)(a＋b)(a＋b)＝a＋ab＋ab＋b ＝(a＋b)－2ab＋ab(a＋b)＝4＋ab(a－b)≥4. (2)因为(a＋b)＝a＋3ab＋3ab＋b＝2＋3ab(a＋b) - 1 - 3 3 2 2 3 3 32 33 4 4 2 22 5 5 6 5 5 6 5 5 3 3 3（a＋b）3（a＋b）≤2＋(a＋b)＝2＋， 44所以(a＋b)≤8，因此a＋b≤2. 考 点 整 合 1.绝对值不等式的性质 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，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c. (2)|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c. 3.|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法 (1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解. (2)利用零点分段法求解. (3)构造函数，利用函数的图象求解. 4.基本不等式 定理1：设a，b∈R，则a＋b≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立. 定理2：如果a，b为正数，则 2 2 3 23 a＋b2 ≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立. 3 ≥abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立. 定理3：如果a，b，c为正数，则 a＋b＋c3 定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则 a1＋a2＋…＋ann≥a1a2…an，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立. 热点一 绝对值不等式的解法 【例1】 (2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)在图中画出y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1的解集. n - 2 - ?3?3x－2，－1 3 －x＋4，x>，??2 故y＝f(x)的图象如图所示. x－4，x≤－1， (2)由f(x)的解析式及图象知， 当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3； 1 当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5. 3 ??1 故f(x)>1的解集为{x|1 3????1 所以|f(x)|>1的解集为?x|x<，或1 3?? 探究提高 1.本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不等式，体现了数形结合的思想. 2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解. 【训练1】 (2015·全国Ⅰ卷)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； 2 当－1 3当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2. - 3 - ??2? 所以f(x)>1的解集为?x? ??3? x－1－2a，x<－1，?? (2)由题设可得，f(x)＝?3x＋1－2a，－1≤x≤a， ??－x＋1＋2a，x>a. 所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A? ?2a－1，0?， 0)，C(a，?B(2a＋1， ?3? a＋1)， 122 △ABC的面积S＝|AB|·(a＋1)＝(a＋1). 2322 由题设得(a＋1)>6，故a>2. 3所以a的取值范围为(2，＋∞). 热点二 不等式的证明 1 【例2】 (2017·长沙调研)已知f(x)＝|2x－1|＋x＋的最小值为m. 2(1)求m的值； (2)已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝m，求证：2(a＋b＋c)≥ab＋bc＋ca－3abc. 11?131?(1)解 当x≥时，f(x)＝3x－在?，＋∞?上单调递增，且f(x)≥－＝1； 22?222?1?1331?当x<时，f (x)＝－x在?－∞，?上单调递减，且f(x)>－＝1. 2?2222?1 综上可得x＝时，f(x)取得最小值1，即m＝1. 2(2)证明 a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1， 由a＋b－ab－ba＝a(a－b)＋b(b－a) ＝(a－b)(a－b)＝(a＋b)(a－b)≥0， 则有a＋b－ab－ba≥0， 即a＋b≥ab＋ba＝ab(a＋b)＝ab(1－c)＝ab－abc， 所以a＋b≥ab－abc. 同理可得b＋c≥bc－abc；c＋a≥ca－abc. 1333 上面三式相加得，2(a＋b＋c)≥ab＋bc＋ca－3abc，当且仅当a＝b＝c＝取得等号. 3探究提高 1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点. 2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至 - 4 - 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 3 少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法. 【训练2】 (2015·全国Ⅱ卷)设a， b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明： (1)若ab>cd，则a＋b>c＋d； (2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件. 证明 (1)∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d， 欲证a＋b>c＋d，只需证明(a＋b)2 >(c＋d)2 ， 也就是证明a＋b＋2ab>c＋d＋2cd， 只需证明ab>cd，即证ab>cd. 由于ab>cd，因此a＋b>c＋d. (2)①若|a－b|<|c－d|，则(a－b)2 <(c－d)2， 即(a＋b)2 －4ab<(c＋d)2 －4cd. ∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)得a＋b>c＋d. ②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2 >(c＋d)2 ， ∴a＋b＋2ab>c＋d＋2cd. ∵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，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件. 热点三 与绝对值不等式有关的最值问题 【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集； (2)若不等式f(x)≥x2 －x＋m的解集非空，求m的取值范围. ?－3，x≤－解 (1)f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝? 1，?2x－1，－1 ??3，x≥2.由f(x)≥1可得 ①当x≤－1时显然不满足题意； ②当－1 ③当x≥2时，f(x)＝3≥1恒成立，∴x≥2. 综上知f(x)≥1的解集为{x|x≥1}. (2)不等式f(x)≥x2 －x＋m等价于f(x)－x2 ＋x≥m， - 5 - 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库高考数学二轮复习专题七第2讲不等式选讲案文在线全文阅读。
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