《（新課標）2020版高考數學二輪復習 專題七 選考部分 第2講 不等式選講學案 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考數學二輪復習 專題七 選考部分 第2講 不等式選講學案 理 新人教A版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　不等式選講 [做真題] 1．(2019·高考全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數，且滿足abc＝1.證明： (1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 證明：(1)因為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)因為a，b，c為正數且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

2、＋a)3≥24. 2．(2019·高考全國卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當a＝1時，求不等式f(x)<0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時，f(x)<0，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當x<1時，f(x)＝－2(x－1)2<0；當x≥1時，f(x)≥0. 所以，不等式f(x)<0的解集為(－∞，1)． (2)因為f(a)＝0，所以a≥1. 當a≥1，x∈(－∞，1)時，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0. 所以，a的取值范圍是[1，＋∞)． 3

3、．(2019·高考全國卷Ⅲ)設x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1. (1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值； (2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，證明：a≤－3或a≥－1. 解：(1)由于 [(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2 ＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)] ≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]， 故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，當且僅當x＝，y＝－，z＝－時等號成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值

4、為. (2)證明：由于 [(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2 ＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)] ≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]， 故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥， 當且僅當x＝，y＝，z＝時等號成立． 因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為. 由題設知≥，解得a≤－3或a≥－1. [明考情] 1．不等式選講是高考的選考內容之一，考查的重點是不等式的證明、絕對值不等式的解法等，命題的熱點是絕對值不等式的求解，以及絕對值不等式與函數的綜合

5、問題的求解． 2．此部分命題形式單一、穩(wěn)定，難度中等，備考本部分內容時應注意分類討論思想的應用． 含絕對值不等式的解法 [典型例題] (2018·高考全國卷Ⅱ)設函數f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|. (1)當a＝1時，求不等式f(x)≥0的解集； (2)若f(x)≤1，求a的取值范圍． 【解】　(1)當a＝1時， f(x)＝ 可得f(x)≥0的解集為{x|－2≤x≤3}． (2)f(x)≤1等價于|x＋a|＋|x－2|≥4. 而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且當x＝2時等號成立．故f(x)≤1等價于|a＋2|≥4. 由|a＋2|≥4可得a≤－6或a

6、≥2.所以a的取值范圍是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 絕對值不等式的常用解法 (1)基本性質法：對a∈R＋，|x|a?x<－a或x>a. (2)平方法：兩邊平方去掉絕對值符號． (3)零點分區(qū)間法：含有兩個或兩個以上絕對值符號的不等式，可用零點分區(qū)間法脫去絕對值符號，將其轉化為與之等價的不含絕對值符號的不等式(組)求解． (4)幾何法：利用絕對值的幾何意義，畫出數軸，將絕對值轉化為數軸上兩點的距離求解． (5)數形結合法：在直角坐標系中作出不等式兩邊所對應的兩個函數的圖象，利用函數圖象求解．　 [對點訓練] 1．(2019·廣州市調研測試)已

7、知函數f(x)＝|x－a|(a∈R)． (1)當a＝2時，解不等式|x－|＋f(x)≥1； (2)設不等式|x－|＋f(x)≤x的解集為M，若[，]?M，求實數a的取值范圍． 解：(1)當a＝2時，不等式可化為|3x－1|＋|x－2|≥3， ①當x≤時，不等式可化為1－3x＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0； ②當

8、x－a|≤3x，依題意不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在x∈[，]上恒成立，所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，即a－1≤x≤a＋1，所以，解得－≤a≤， 故實數a的取值范圍是[－，]． 2．(2019·長春市質量監(jiān)測(二))設函數f(x)＝|x＋2|. (1)求不等式f(x)＋f(－x)≥6的解集； (2)若不等式f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集為(－∞，＋∞)，求k＋m的取值范圍． 解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝ 當x<－2時，－2x≥6，所以x≤－3； 當－2≤x≤2時，4≥6不成立，所以無解； 當x>2時，2x≥6

9、，所以x≥3. 綜上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)． (2)令g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝作出g(x)的圖象， 如圖． 由f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集為(－∞，＋∞)，結合圖象可知k＝0，m<－5， 所以k＋m<－5，即k＋m的取值范圍是(－∞，－5)． 不等式的證明 [典型例題] (2019·成都市第二次診斷性檢測)已知函數f(x)＝|x－m|－|x＋2m|的最大值為3，其中m>0. (1)求m的值； (2)若a，b∈R，ab>0，a2＋b2＝m2，求證：＋≥1. 【解】　(1)因為m>0，所以f(x)＝|x

10、－m|－|x＋2m|＝ 所以當x≤－2m時，f(x)取得最大值3m，所以3m＝3， 所以m＝1. (2)證明：由(1)，得a2＋b2＝1， ＋＝＝＝－2ab. 因為a2＋b2＝1≥2ab，當且僅當a＝b時等號成立， 所以0

11、，就是舍掉式中一些正項或負項，或者在分式中放大或縮小分子、分母，還可把和式中各項或某項換為較大或較小的數或式子，從而達到證明不等式的目的． (3)如果待證的是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的問題，則考慮用反證法．用反證法證明不等式的關鍵是作出假設，推出矛盾． [對點訓練] 1．已知函數f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M； (2)設a，b∈M，證明：f(ab)>f(a)－f(－b)． 解：(1)由題意，|x＋1|<|2x＋1|－1， ①當x≤－1時， 不等式可化為－x－1<－2x－2， 解得x<－1； ②當－1

12、－時， 不等式可化為x＋1<－2x－2， 此時不等式無解； ③當x≥－時，不等式可化為x＋1<2x，解得x>1. 綜上，M＝{x|x<－1或x>1}． (2)證明：因為f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|， 所以要證f(ab)>f(a)－f(－b)， 只需證|ab＋1|>|a＋b|， 即證|ab＋1|2>|a＋b|2，即證a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2， 即證a2b2－a2－b2＋1>0， 即證(a2－1)(b2－1)>0. 因為a，b∈M，所以a2>1，b2>1， 所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不

13、等式成立． 2．已知函數f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|. (1)解不等式f(x)≤3； (2)記函數g(x)＝f(x)＋|x＋1|，且g(x)的值域為M，若t∈M，證明t2＋1≥＋3t. 解：(1)依題意，得f(x)＝ 所以f(x)≤3?或或解得－1≤x≤1， 即不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}． (2)證明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3， 當且僅當(2x－1)(2x＋2)≤0時取等號， 所以M＝[3，＋∞)． t2＋1－3t－＝＝， 因為t∈M， 所以t－3≥0，t2＋1>0， 所以≥0，

14、 所以t2＋1≥＋3t. 與絕對值不等式有關的取值(范圍)問題 [典型例題] (2019·重慶市七校聯(lián)合考試)已知函數f(x)＝(a－a2)x＋4，g(x)＝|x－1|－|x＋1|. (1)當a＝時，求不等式f(x)≤g(x)的解集； (2)若不等式f(x)≤g(x)在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍． 【解】　(1)當a＝時，f(x)＝－x＋4， 在同一坐標系內分別作出f(x)＝－x＋4，g(x)＝|x－1|－|x＋1|的圖象，如圖所示，由， 解得交點A的坐標為(6，－2)， 所以不等式f(x)≤g(x)的解集為[6，＋∞)． (2)當x∈[1，＋∞)時，g

15、(x)＝|x－1|－|x＋1|＝－2， 因為不等式f(x)≤g(x)在[1，＋∞)上恒成立， 所以不等式(a－a2)x＋4≤－2在[1，＋∞)上恒成立， 所以不等式a－a2≤在[1，＋∞)上恒成立， 所以a－a2≤－6， 解得a≥3或a≤－2. 絕對值不等式的成立問題的求解模型 (1)分離參數：根據不等式將參數分離化為a≥f(x)或a≤f(x)形式． (2)轉化最值：f(x)>a恒成立?f(x)min>a；f(x)a有解?f(x)max>a；f(x)a無解?f(x)max≤a；f(x)

16、?f(x)min≥a. (3)求最值：利用基本不等式或絕對值不等式求最值． (4)得結論．　 [對點訓練] 1．(2019·貴州省適應性考試)已知函數f(x)＝|x＋5|－|x－4|. (1)解關于x的不等式f(x)≥x＋1； (2)若函數f(x)的最大值為M，設a，b為正實數，且(a＋1)(b＋1)＝M，求ab的最大值． 解：(1)f(x)＝|x＋5|－|x－4|≥x＋1等價于 或或. 解得x≤－10或0≤x<4或4≤x≤8， 所以原不等式的解集為(－∞，－10]∪[0，8]． (2)易知|x＋5|－|x－4|≤|(x＋5)－(x－4)|＝9，即M＝9. 所以(a＋

17、1)(b＋1)＝9， 即9＝(a＋1)(b＋1)＝[()2＋1][()2＋1]≥(＋1)2， 于是＋1≤3，解得ab≤4，當且僅當a＝b＝2時等號成立，即ab的最大值為4. 2．(2019·合肥市第一次質量檢測)設函數f(x)＝|x＋1|. (1)若f(x)＋2x>2，求實數x的取值范圍； (2)設g(x)＝f(x)＋f(ax)(a>1)，若g(x)的最小值為，求a的值． 解：(1)f(x)＋2x>2，即|x＋1|>2－2x?或?x>， 所以實數x的取值范圍是(，＋∞)． (2)因為a>1，所以－1<－，g(x)＝， 易知函數g(x)在(－∞，－)上單調遞減，在(－，＋∞)上

18、單調遞增， 則g(x)min＝g(－)＝1－. 所以1－＝，解得a＝2. 1．(2019·昆明市質量檢測)已知函數f(x)＝|2x－1|. (1)解不等式f(x)＋f(x＋1)≥4； (2)當x≠0，x∈R時，證明：f(－x)＋f()≥4. 解：(1)不等式f(x)＋f(x＋1)≥4等價于|2x－1|＋|2x＋1|≥4， 等價于或或， 解得x≤－1或x≥1， 所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)． (2)證明：當x≠0，x∈R時，f(－x)＋f()＝|－2x－1|＋|－1|， 因為|－2x－1|＋|－1|≥|2x＋|＝2|x|＋≥4，當且僅當 ，即x＝±

19、1時等號成立，所以f(－x)＋f()≥4. 2．(2019·武漢市調研測試)已知函數f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)求不等式f(x)≥3的解集； (2)若直線y＝x＋a與y＝f(x)的圖象所圍成的多邊形面積為，求實數a的值． 解：(1)由題意知f(x)＝，由f(x)≥3可知： ①當x≥1時，3x≥3，即x≥1； ②當－

20、斜率kAB＝1，知直線y＝x＋a與直線AB平行，若要圍成多邊形，則a>2. 易得直線y＝x＋a與y＝f(x)的圖象交于C(，)，D(－，)兩點， 則|CD|＝·|＋|＝a， 平行線AB與CD間的距離d＝＝，|AB|＝， 所以梯形ABCD的面積S＝·＝·(a－2)＝(a>2)， 即(a＋2)(a－2)＝12，所以a＝4， 故所求實數a的值為4. 3．(2019·南昌市第一次模擬測試)已知函數f(x)＝|x＋m2|＋|x－2m－3|. (1)求證：f(x)≥2； (2)若不等式f(2)≤16恒成立，求實數m的取值范圍． 解：(1)證明：因為f(x)＝|x＋m2|＋|x－2m

21、－3|≥|(x＋m2)－(x－2m－3)|，所以f(x)≥|m2＋2m＋3|＝(m＋1)2＋2≥2. (2)由已知，得f(2)＝m2＋2＋|2m＋1|， ①當m≥－時，f(2)≤16等價于m2＋2m＋3≤16，即(m＋1)2≤14， 解得－－1≤m≤－1，所以－≤m≤－1； ②當m<－時，f(2)≤16等價于m2－2m＋1≤16， 解得－3≤m≤5，所以－3≤m<－. 綜上，實數m的取值范圍是[－3，－1]． 4．(2019·江西八所重點中學聯(lián)考)已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集為{x|x≥－1}． (1)求實數a的值； (2)求＋的最大值． 解：(1)|ax－1|

22、≤|x＋3|的解集為{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集為{x|x≥－1}，當1－a2≠0時，不符合題意，舍去． 當1－a2＝0，即a＝±1時， x＝－1為方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，經檢驗a＝－1不符合題意，舍去，a＝1符合題意． 綜上，a＝1. (2)(＋)2＝16＋2＝16＋2，當t＝＝4時，(＋)2有最大值32.又＋≥0，所以＋的最大值為4. 5．(2019·石家莊市模擬(一))設函數f(x)＝|1－x|－|x＋3|. (1)求不等式f(x)≤1的解集； (2)若函數f(x)的最大值為m，正實數p，q滿足p＋2q＝m，求＋的最小值．

23、解：(1)不等式可化為 或或，解得x≥－， 所以f(x)≤1的解集為{x|x≥－}． (2)法一：因為|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4， 所以m＝4，p＋2q＝4，所以(p＋2)＋2q＝6， ＋＝(＋)(p＋2＋2q)＝(4＋＋)≥(4＋2)＝， 當且僅當p＋2＝2q＝3，即時取“＝”， 所以＋的最小值為. 法二：因為|1－x|－|x＋3|≤|1－x＋x＋3|＝4， 所以m＝4，p＋2q＝4，所以p＝4－2q，q∈(0，2)， ＋＝＋＝＝＝， 因為q∈(0，2)，所以當q＝時，＋取得最小值. 6．(2019·成都第一次診斷性檢測)已知函數f(x)＝|2x－

24、1|＋|＋1|. (1)求不等式f(x)－3<0的解集； (2)若關于x的方程f(x)－m2－2m－＝0無實數解，求實數m的取值范圍． 解：(1)由題意，知f(x)＝|2x－1|＋|＋1|＝ 由f(x)－3<0，可得或 或，解得－4； (2)對于任意正數m，n，求使得不等式f(x)

25、≤＋＋2nm恒成立的x的取值集合M. 解：(1)當x≤0時，不等式化為－2x＋1－x>4，所以x<－1； 當04，解得x>3，無解； 當x≥1時，不等式化為2x＋x－1>4，所以x>， 綜上，不等式f(x)>4的解集為(－∞，－1)∪(，＋∞)． (2)因為＋＋2mn≥＋2mn≥4，當且僅當m＝n＝1時“＝”成立， 所以2|x|＋|x－1|≤4，由(1)知x的取值集合M為[－1，]． 8．(2019·沈陽市質量監(jiān)測(一))設a>b>0，且ab＝2，記的最小值為M. (1)求M的值，并寫出此時a，b的值； (2)解關于x的不等式：|3x＋3|＋|x－2|>M. 解：(1)因為a>b>0，所以a－b>0，>0， 根據基本不等式有＝＝a－b＋≥4， 當且僅當，即時取等號，所以M的值為4，此時a＝＋1，b＝－1. (2)當x≤－1時，原不等式等價于－(3x＋3)＋(2－x)>4，解得x<－； 當－14，解得－4，解得x≥2. 綜上所述，原不等式的解集為(－∞，－)∪(－，＋∞)． - 13 -