(共28张PPT)
第三篇
[选考保分练]
第30练
不等式选讲
[明晰考情]
不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对值不等式的解法以及不等式的证明，其中绝对值不等式的解法以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点，难度中档.
题组对点练
栏目索引
模板规范练
题组一 绝对值不等式的解法
要点重组 |x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|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求解，体现了数形结合的思想.
(2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想.
(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.
题组对点练
1.(2018·全国Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1的解集；
解 当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)＞x成立，求a的取值范围.
解 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；
综上，a的取值范围为(0,2].
2.(2019·驻马店模拟)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－1|(a∈R).
(1)a＝－1时，求不等式f(x)≥2的解集；
解 当a＝－1时，不等式f(x)≥2可化为|x－1|＋|2x－1|≥2，
则不等式可化为|x＋a|＋2x－1≤2x，即|x＋a|≤1.
解得－a－1≤x≤－a＋1，
题组二 不等式恒(能)成立问题
要点重组 (1)分离参数法：根据不等式将参数分离化为a≥f(x)或a≤f(x)的形式.
(2)转化最值法：f(x)>a恒成立 f(x)min>a；f(x)
a有解 f(x)max>a；f(x)a无解 f(x)max≤a；f(x)3.已知函数f(x)＝|x－2|，函数g(x)＝－|x＋3|＋m.
(1)已知常数a<2，解关于x的不等式f(x)＋a－2>0；
解 由f(x)＋a－2>0，得|x－2|>2－a，
∴x－2>2－a或x－2∴x>4－a或x故不等式的解集为{x|x4－a}.
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，求实数m的取值范围.
解 ∵函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，
∴f(x)>g(x)恒成立，则m<|x－2|＋|x＋3|恒成立，
∵|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，
∴m的取值范围为(－∞，5).
4.(2019·石家庄质检)设函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)≤5－f(x－3)的解集；
解 不等式f(x)≤5－f(x－3)，即|x＋1|＋|x－2|≤5，
解得－2≤x≤3，
所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤3}.
(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 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.
所以a的取值范围为[－2,4].
题组三 不等式的证明
要点重组 (1)不等式的证明常利用综合法、分析法、基本不等式等，要根据题目特点灵活选用方法.
(2)证明含绝对值的不等式主要有以下三种方法：
①利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明.
②利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明.
③转化为函数问题，利用数形结合进行证明.
5.(2019·全国Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：
证明 因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明 因为a，b，c为正数且abc＝1，故有
＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
6.(2019·齐鲁名校协作体调研)已知函数f(x)＝2|x|＋|x－3|.
(1)求不等式f(x)>－4x＋3的解集A；
解 原不等式等价于2|x|＋|x－3|>－4x＋3，
当x<0时，－3x＋3>－4x＋3，解得x∈ ；
当0≤x≤3时，x＋3>－4x＋3，解得x∈(0,3]；
当x>3时，3x－3>－4x＋3，解得x∈(3，＋∞).
综上，解集A＝(0，＋∞).
证明 B＝{x∈A|f(x)≥6}＝[3，＋∞)，故abc＝3，且a，b，c>0，
三式累加即得(
)式，即原不等式得证.
模板规范练
典例 (10分)已知函数f(x)＝|3x＋2|.
(1)解不等式f(x)＜4－|x－1|；
模板体验
审题路线图
规范解答·评分标准
解 (1)不等式f(x)＜4－|x－1|，
即|3x＋2|＋|x－1|＜4，
当x＞1时，不等式可化为3x＋2＋x－1＜4，无解.…………………………………3分
构建答题模板
[第一步] 解不等式.
[第二步] 转化：将恒成立问题或有解问题转化成最值问题.
[第三步] 求解：利用求得的最值求解取值范围.
1.已知函数f(x)＝|x－2|.
(1)求不等式f(x＋1)规范演练
解 由已知不等式，得|x－1|考虑到x>0，不等式又可化为
(2)若函数g(x)＝log2[f(x＋3)＋f(x)－2a]的值域为R，求实数a的取值范围.
解 设h(x)＝f(x＋3)＋f(x)－2a，
则h(x)＝|x－2|＋|x＋1|－2a.
因为|x－2|＋|x＋1|－2a≥3－2a.
当且仅当x∈[－1,2]时取等号，
所以h(x)min＝3－2a.
因为函数g(x)＝log2[f(x＋3)＋f(x)－2a]的值域为R，
所以f(x＋3)＋f(x)－2a≤0有解，
2.已知不等式|2x＋1|(1)求集合A；
解 由|2x＋1|即集合A＝{x|－1(2)设a，b∈A，求证：2a－b＋2b－a>|a＋b|.
证明 因为a，b∈A，即－1所以－2当且仅当a＝b时取等号，
所以2a－b＋2b－a>|a＋b|.
第三篇
本课结束第30练 不等式选讲[选考保分练]
[明晰考情] 不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对值不等式的解法以及不等式的证明，其中绝对值不等式的解法以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点，难度中档．
题组一 绝对值不等式的解法
要点重组 |x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|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求解，体现了数形结合的思想．
(2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想．
(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
1．(2018·全国Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式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．
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0＜a≤2.
综上，a的取值范围为(0,2]．
2．(2019·驻马店模拟)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－1|(a∈R)．
(1)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 (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1－x＋1－2x≥2，解得x≤0；
②当③当x≥1时，不等式为x－1＋2x－1≥2，解得x≥.
综上，原不等式的解集为(－∞，0]∪.
(2)因为f(x)≤2x的解集包含，
则不等式可化为|x＋a|＋2x－1≤2x，即|x＋a|≤1.
解得－a－1≤x≤－a＋1，
由题意知解得－≤a≤，
所以实数a的取值范围是.
题组二 不等式恒(能)成立问题
要点重组 (1)分离参数法：根据不等式将参数分离化为a≥f(x)或a≤f(x)的形式．
(2)转化最值法：f(x)>a恒成立 f(x)min>a；f(x)a有解 f(x)max>a；f(x)a无解 f(x)max≤a；f(x)3．已知函数f(x)＝|x－2|，函数g(x)＝－|x＋3|＋m.
(1)已知常数a<2，解关于x的不等式f(x)＋a－2>0；
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，求实数m的取值范围．
解 (1)由f(x)＋a－2>0，得|x－2|>2－a，
∴x－2>2－a或x－2∴x>4－a或x故不等式的解集为{x|x4－a}．
(2)∵函数f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的上方，
∴f(x)>g(x)恒成立，则m<|x－2|＋|x＋3|恒成立，
∵|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5，
∴m的取值范围为(－∞，5)．
4．(2019·石家庄质检)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.
所以a的取值范围为[－2,4]．
题组三 不等式的证明
要点重组 (1)不等式的证明常利用综合法、分析法、基本不等式等，要根据题目特点灵活选用方法．
(2)证明含绝对值的不等式主要有以下三种方法：
①利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．
②利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．
③转化为函数问题，利用数形结合进行证明．
5．(2019·全国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＝＝＋＋.
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.
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
6．(2019·齐鲁名校协作体调研)已知函数f(x)＝2|x|＋|x－3|.
(1)求不等式f(x)>－4x＋3的解集A；
(2)设a，b，c∈A，集合B＝{x∈A|f(x)≥6}中的最小元素为p，若abc＝p，求证：＋＋≤.
(1)解 原不等式等价于2|x|＋|x－3|>－4x＋3，
当x<0时，－3x＋3>－4x＋3，解得x∈ ；
当0≤x≤3时，x＋3>－4x＋3，解得x∈(0,3]；
当x>3时，3x－3>－4x＋3，解得x∈(3，＋∞)．
综上，解集A＝(0，＋∞)．
(2)证明 B＝{x∈A|f(x)≥6}＝[3，＋∞)，故abc＝3，且a，b，c>0，
则待证不等式等价于＋＋≥(＋＋)．(
)
又＋＝bc＋ca≥2＝2
，
同理＋≥2，＋≥2，
三式累加即得(
)式，即原不等式得证．
典例 (10分)已知函数f(x)＝|3x＋2|.
(1)解不等式f(x)＜4－|x－1|；
(2)已知m＋n＝1(m，n＞0)，若|x－a|－f(x)≤＋(a＞0)对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围．
审题路线图
(1)―→
(2)
―→
规范解答·评分标准
解 (1)不等式f(x)＜4－|x－1|，
即|3x＋2|＋|x－1|＜4，
当x＜－时，不等式可化为－3x－2－x＋1＜4，
解得－＜x＜－；………………………………………………………………………………1分
当－≤x≤1时，不等式可化为3x＋2－x＋1＜4，
解得－≤x＜；………………………………………………………………………………2分
当x＞1时，不等式可化为3x＋2＋x－1＜4，无解．………………………………………3分
综上所述，不等式的解集为.………………………………………………………4分
(2)＋＝(m＋n)＝1＋1＋＋≥4，
当且仅当m＝n＝时，等号成立．…………………………………………………………5分
令g(x)＝|x－a|－f(x)＝|x－a|－|3x＋2|＝
∴当x＝－时，g(x)max＝＋a.………………………………………………………………8分
要使不等式|x－a|－f(x)≤＋对任意的x∈R恒成立，只需g(x)max＝＋a≤4，即0＜a≤.
…………………………………………………………………………………………………10分
构建答题模板
[第一步] 解不等式．
[第二步] 转化：将恒成立问题或有解问题转化成最值问题．
[第三步] 求解：利用求得的最值求解取值范围．
1．已知函数f(x)＝|x－2|.
(1)求不等式f(x＋1)(2)若函数g(x)＝log2[f(x＋3)＋f(x)－2a]的值域为R，求实数a的取值范围．
解 (1)由已知不等式，得|x－1|考虑到x>0，不等式又可化为
或解得－11.
所以不等式f(x＋1)(2)设h(x)＝f(x＋3)＋f(x)－2a，
则h(x)＝|x－2|＋|x＋1|－2a.
因为|x－2|＋|x＋1|－2a≥3－2a.
当且仅当x∈[－1,2]时取等号，
所以h(x)min＝3－2a.
因为函数g(x)＝log2[f(x＋3)＋f(x)－2a]的值域为R，
所以f(x＋3)＋f(x)－2a≤0有解，
即h(x)min＝3－2a≤0，所以a≥.
所以实数a的取值范围是.
2．已知不等式|2x＋1|(1)求集合A；
(2)设a，b∈A，求证：2a－b＋2b－a>|a＋b|.
(1)解 由|2x＋1|即解得－1即集合A＝{x|－1(2)证明 因为a，b∈A，即－1所以－2又2a－b＋2b－a＝2a－b＋≥2，
当且仅当a＝b时取等号，
所以2a－b＋2b－a>|a＋b|.