2020届数学（文）二轮复习教案：第2部分 专题7 第2讲　选修4-5　不等式选讲

第2讲　选修4－5　不等式选讲
[做小题——激活思维]
1．已知正实数a，b，c满足a＋b＋c＝1，则a2＋b2＋c2的最小值为________．
[答案]　
2．不等式|3x－1|≤2的解集为________．
[答案]　
3．若关于x的不等式|x－3|＋|x－4|[答案]　(1，＋∞)
4．已知a>b>c，若＋＋≥0恒成立，则n的取值范围是________．
[答案]　(－∞，4]
5．函数y＝5＋的最大值为________．
[答案]　6
[扣要点——查缺补漏]
1．|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．如T2.
(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．
2．不等式的证明
(1)绝对值三角不等式
||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.如T3.
(2)算术—几何平均不等式
如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．如T1，T4.
(3)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．
　含绝对值不等式的解法(5年8考)
[高考解读]　绝对值不等式的解法是每年高考的热点内容，主要为含两个绝对值的不等式的求解，难度适中.
[一题多解](2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋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．
切入点：将g(x)＝|x＋1|＋|x－1|的解析式化为分段函数的形式．
关键点：正确求出f(x)≥g(x)的解集，然后利用集合间的包含关系求解．
[解]　(1)法一：当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1＜x≤.
所以f(x)≥g(x)的解集为.
法二：g(x)＝
当a＝1时，f(x)＝－x2＋x＋4，在同一平面直角坐标系中，画出g(x)与f(x)的图象如图，易求得A(－1,2)，B，所以f(x)≥g(x)的解集为.
(2)法一：当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，
所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
法二：当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时f(x)≥2，即－x2＋ax＋4≥2.
当x＝0时，－x2＋ax＋4≥2成立．
当x∈(0,1]时，－x2＋ax＋4≥2化为a≥x－.
而y＝x－在(0,1]上单调递增，所以最大值为－1，所以a≥－1.
当x∈[－1,0)时，－x2＋ax＋4≥2化为a≤x－.
而y＝x－在[－1,0)上单调递增，所以最小值为1，
所以a≤1.
综上，a的取值范围为[－1,1]．
[教师备选题]
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；
(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．
[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝
可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．
(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.
而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．
故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.
由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.
所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．
2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|>1的解集．
[解]　(1)由题意得f(x)＝
故y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，
当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；
当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5.
故f(x)＞1的解集为{x|1＜x＜3}，
f(x)＜－1的解集为.
所以|f(x)|＞1的解集为.
|x－a|＋|x－b|≥c?或≤c??c>0?，|x－a|－|x－b|≥c?或≤c??c>0?型不等式的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解.
?1?零点分区间法的一般步骤
①令每个绝对值符号内的代数式为零，并求出相应的根；
②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；
③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；
④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集.
?2?利用绝对值的几何意义解题
由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c?c>0?或|x－a|－|x－b|≥c?c>0?的不等式，用绝对值的几何意义求解更直观.
1．(绝对值不等式的解法、恒成立问题)已知函数f(x)＝|x－1|－|x＋2|.
(1)若不等式f(x)≤|a＋1|恒成立，求a的取值范围；
(2)求不等式|f(x)－|x＋2||>3的解集．
[解]　(1)f(x)＝|x－1|－|x＋2|≤|(x－1)－(x＋2)|＝3，
由f(x)≤|a＋1|恒成立得|a＋1|≥3，即a＋1≥3或a＋1≤－3，得a≥2或a≤－4.
∴a的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．
(2)不等式|f(x)－|x＋2||＝||x－1|－2|x＋2||>3等价于|x－1|－2|x＋2|>3或|x－1|－2|x＋2|<－3，
令g(x)＝|x－1|－2|x＋2|＝
由x＋5＝－3得x＝－8，
由－3x－3＝－3得x＝0，
作出g(x)的图象如图所示，
由图可得原不等式的解集为{x|x<－8或x>0}．
2．(绝对值不等式的解法、有解问题)已知函数f(x)＝|a－3x|，若不等式f(x)＜2的解集为.
(1)解不等式f(x)≤|x－2|＋4；
(2)若不等式f(x)＋3|2＋x|≤t－4有解，求实数t的取值范围．
[解]　(1)f(x)＜2即|a－3x|＜2，解得＜x＜，
则由题意得得a＝－2.
∴f(x)≤|x－2|＋4可化为|3x＋2|－|x－2|≤4，
∴或
或
解得－4≤x≤1，
∴不等式f(x)≤|x－2|＋4的解集为{x|－4≤x≤1}．
(2)不等式f(x)＋3|2＋x|≤t－4等价于|3x＋2|＋|3x＋6|≤t－4.
∵|3x＋2|＋|3x＋6|≥|(3x＋2)－(3x＋6)|＝4，
∴由题意，知t－4≥4，解得t≥8，
故实数t的取值范围是[8，＋∞)．
　不等式的证明(5年5考)
[高考解读]　不等式的证明也是高考考查的重点，主要考查作差法和基本不等式法的应用，难度适中，考查学生的逻辑推理核心素养.
1．(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.
切入点：abc＝1.
关键点：①“1”的代换；②将(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3改编为3(a＋b)(b＋c)(c＋a)．
[证明]　(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca
＝
＝＋＋.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
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.
2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)＜2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.
切入点：M为不等式f(x)<2的解集．
关键点：平方后作差比较．
[解]　(1)f(x)＝
当x≤－时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1；
当－＜x＜时，f(x)＜2；
当x≥时，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1.
所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．
(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0.
因此|a＋b|＜|1＋ab|.
[教师备选题]
1．(2014·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．
[解]　(1)证明：由a>0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.
所以f(x)≥2.
(2)f(3)＝＋|3－a|.
当a>3时，f(3)＝a＋，由f(3)<5，得3当0综上，a的取值范围是.
2．(2015·全国卷Ⅱ)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．
证明不等式的方法和技巧
?1?如果已知条件与待证明的结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出，或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法.
?2?在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.尤其是对含绝对值不等式的解法和证明，其简化的基本思路是化去绝对值符号，转化为常见的不等式?组?求解.多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据.
1．(利用基本不等式证明)已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值为m，正数a，b满足a＋b＝m，求证：＋≥4.
[解]　(1)当x≥1时，x－1≥3－2x，解得x≥，∴x≥；
当0当x≤0时，1－x≥3＋2x，解得x≤－，∴x≤－.
∴原不等式的解集为.
(2)∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，
∴m＝4，即a＋b＝4.
又＋b≥2a，
＋a≥2b，
∴两式相加得＋≥2a＋2b，
∴＋≥a＋b＝4.
当且仅当a＝b＝2时等号成立．
2．(作差法和分析法证明不等式)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)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；
②当－1③当x≥－时，原不等式可化为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．
　含绝对值不等式的恒成立问题(5年4考)
[高考解读]　与绝对值不等式有关的恒成立问题也是每年高考的热点，其实质还是考查绝对值不等式的解法，难度适中.
(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．
切入点：去绝对值号．
关键点：正确确立f(x)的值域．
[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)≥0，
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，＋∞)．
[教师备选题]
(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
[解]　(1)f(x)＝
y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)上成立，因此a＋b的最小值为5.
解决含绝对值不等式的恒成立问题，用等价转化思想
?1?利用三角不等式求出最值进行转化；
?2?利用分类讨论思想，转化成求函数值域；
?3?数形结合转化.
1．(2019·贵阳模拟)已知f(x)＝|x＋1|－|2x－1|.
(1)求不等式f(x)>0的解集；
(2)若x∈R时，不等式f(x)≤a＋x恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f(x)＝|x＋1|－|2x－1|＝
当x<－1时，由x－2>0得x>2，即解集为?；
当－1≤x≤时，由3x>0得x>0，解集为；
当x>时，由－x＋2>0得x<2，解集为.
综上所述，f(x)>0的解集为{x|0(2)不等式f(x)≤a＋x恒成立等价于f(x)－x≤a恒成立，则a≥[f(x)－x]max，
令g(x)＝f(x)－x＝则g(x)max＝1，
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
2．[一题多解](2019·福州模拟)已知函数f(x)＝|2x＋a|＋3a，a∈R.
(1)若对于任意x∈R，总有f(x)＝f(4－x)成立，求a的值；
(2)若存在x∈R，使得f(x)≤－|2x－1|＋a成立，求a的取值范围．
[解]　(1)法一：因为f(x)＝f(4－x)，x∈R，
所以f(x)的图象关于直线x＝2对称．
又f(x)＝2＋3a的图象关于直线x＝－对称，
所以－＝2，所以a＝－4.
法二：因为f(x)＝f(4－x)，x∈R，
所以|2x＋a|＋3a＝|2(4－x)＋a|＋3a，
所以|2x＋a|＝|8－2x＋a|，
即2x＋a＝－(8－2x＋a)或2x＋a＝8－2x＋a(舍去)，
所以a＝－4.
(2)法一：存在x∈R，使得f(x)≤－|2x－1|＋a成立，等价于存在x∈R，
使得|2x＋a|＋|2x－1|＋2a≤0成立，
等价于(|2x＋a|＋|2x－1|＋2a)min≤0.
令g(x)＝|2x＋a|＋|2x－1|＋2a，
则g(x)min＝|(2x＋a)－(2x－1)|＋2a＝|a＋1|＋2a.
所以|a＋1|＋2a≤0.
当a≥－1时，a＋1＋2a≤0，a≤－，所以－1≤a≤－；
当a<－1时，－a－1＋2a≤0，a≤1，所以a<－1.
综上，a≤－.
法二：由f(x)≤－|2x－1|＋a得，|2x＋a|＋|2x－1|≤－2a，
而|2x＋a|＋|2x－1|≥|a＋1|，
由题意知，只需满足|a＋1|≤－2a，即2a≤a＋1≤－2a，
即所以a≤－.