2018届高三数学二轮复习课时作业专题七第二讲 不等式选讲(选修4-5)
高考数学二轮复习第2部分专题7第2讲不等式选讲教案文选修4_5
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a 2＋b 2＋c 2的最小值为________． [答案] 132．不等式|3x －1|≤2的解集为________．[答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1 3．若关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|<a 的解集不是空集，则参数a 的取值范围是________．[答案] (1，＋∞) 4．已知a >b >c ，若1a －b ＋1b －c ＋n c －a≥0恒成立，则n 的取值范围是________． [答案] (－∞，4]5．函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值为________． [答案] 63[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T 2. (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T 3. (2)算术—几何平均不等式 如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．如T 1，T 4.(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 )＝－x 2＋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x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.① 当x <－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1； 当x >1时，①式化为x 2＋x －4≤0， 从而1＜x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172. 法二：g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥1，2，－1≤x ＜1，－2x ，x ＜－1，当a ＝1时，f (x )＝－x 2＋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 ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋172，－1＋17，所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172.(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－x 2＋ax ＋4≥2.当x ＝0时，－x 2＋ax ＋4≥2成立．当x ∈(0,1]时，－x 2＋ax ＋4≥2化为a ≥x －2x.而y ＝x －2x在(0,1]上单调递增，所以最大值为－1，所以a ≥－1.当x ∈[－1,0)时，－x 2＋ax ＋4≥2化为a ≤x －2x.而y ＝x －2x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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x ≤－1，2，－1<x ≤2，－2x ＋6，x >2.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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1＜x ≤32，－x ＋4，x ＞32，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 ＝13或x ＝5.故f (x )＞1的解集为{x |1＜x ＜3}，f (x )＜－1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或x ＞5. 所以|f (x )|＞1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜13或1＜x ＜3或x ＞5.|x －a |＋|x －b |≥c 或≤cc ，|x －a |－|x －b |≥c 或≤c c 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.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.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 或|x －a |－|x －b |≥c c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|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5，x ≥1，－3x －3，－2≤x <1，x ＋5，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⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0.(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a －23＜x ＜a ＋23，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －23＝－43，a ＋23＝0，得a ＝－2.∴f (x )≤|x －2|＋4可化为|3x ＋2|－|x －2|≤4， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－23，－x ＋＋x －或⎩⎪⎨⎪⎧－23≤x ≤2，x ＋＋x －或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2，x ＋－x －，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)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(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a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca＝ab ＋bc ＋caabc＝1a ＋1b ＋1c.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝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 )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得x ＞－1；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2；当x ≥12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＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |. [教师备选题]1．(2014·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|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 ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a－x －a ＝1a ＋a ≥2.所以f (x )≥2.(2)f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.当a >3时，f (3)＝a ＋1a ，由f (3)<5，得3<a <5＋212.当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a ，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212.2．(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a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件． [证明] (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ， 由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab >cd ， 得(a ＋b )2>(c ＋d )2. 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 . 因为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， 即a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . 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，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件．证明不等式的方法和技巧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.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：a 2b ＋b 2a≥4.[解] (1)当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，∴x ≥43；当0<x <1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解； 当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，∴x ≤－23.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥43或x ≤－23. (2)∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3|≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4， ∴m ＝4，即a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ， b 2a＋a ≥2b ， ∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ， ∴a 2b ＋b 2a≥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－1<x <－12时，原不等式可化为x ＋1<－2x －2，解得x <－1，此时原不等式无解；③当x ≥－12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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ，x <－12，x ＋2，－12≤x <1，3x ，x ≥1.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，用等价转化思想利用三角不等式求出最值进行转化；利用分类讨论思想，转化成求函数值域；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|＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －2，x <－1，3x ，－1≤x ≤12，－x ＋2，x >12. 当x <－1时，由x －2>0得x >2，即解集为∅；当－1≤x ≤12时，由3x >0得x >0，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 0<x ≤12； 当x >12时，由－x ＋2>0得x <2，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 12<x <2. 综上所述，f (x )>0的解集为{x |0<x <2}．(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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x <－1，2x ，－1≤x ≤12，－2x ＋2，x >12，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⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋a 2＋3a 的图象关于直线x ＝－a 2对称， 所以－a 2＝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 ≤－13，所以－1≤a ≤－13； 当a <－1时，－a －1＋2a ≤0，a ≤1，所以a <－1.综上，a ≤－13. 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⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ≤a ＋1，a ＋1≤－2a ，所以a ≤－13.。
2018年高考数学二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲教案
第二讲 不等式选讲(选修4－5)[考情分析]不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法以及数学归纳法在不等式中的应用等，命题的热点是绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．本部分命题形式单一、稳定，是三道选考题目中最易得分的，所以可重点突破.[真题自检]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝－x 2＋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．解析：(1)当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0. ① 当x <－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1；当x >1时，①式化为x 2＋x －4≤0，从而1<x ≤－1＋172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |－1≤x ≤－1＋172. (2)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]．2．(2016·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，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 |.解析：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12＜x ＜12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )＜2得－2x ＜2，解得－1＜x ≤－12；当－12＜x ＜12时，f (x )＜2恒成立；当x ≥12时，由f (x )＜2得2x ＜2，解得12≤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＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)＜0.因此|a ＋b |＜|1＋ab |.3．(2015·高考全国卷Ⅰ)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． 解析：(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；当－1＜x ＜1时，不等式化为3x －2＞0，解得23＜x ＜1；当x ≥1时，不等式化为－x ＋2＞0，解得1≤x ＜2.所以f (x )＞1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪23＜x ＜2. (2)由题设可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x ＜－1，3x ＋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 －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2＞6，故a ＞2.所以a 的取值范围为(2，＋∞)．含绝对值不等式的解法[方法结论]1．|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c 型不等式的解法：(1)若c ＞0，则|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ，|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ， 然后根据a ，b 的取值求解即可；(2)若c ＜0，则|ax ＋b |≤c 的解集为∅，|ax ＋b |≥c 的解集为R . 2．|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法： (1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根； (2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集； (4)这些解集的并集就是原不等式的解集．[题组突破]1．设函数f (x )＝|x ＋2|－|x －1|. (1)求不等式f (x )＞1的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解，求实数m 的取值范围． 解析：(1)函数f (x )可化为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－2，2x ＋1，－2＜x ＜1，3，x ≥1，当x ≤－2时，f (x )＝－3＜0，不合题意；当－2＜x ＜1时，f (x )＝2x ＋1＞1，得x ＞0，即0 ＜x ＜1； 当x ≥1时，f (x )＝3＞1，即x ≥1.综上，不等式f (x )＞1的解集为(0，＋∞)．(2)关于x 的不等式f (x )＋4≥|1－2m |有解等价于(f (x )＋4)max ≥|1－2m |，由(1)可知f (x )max ＝3(也可由|f (x )|＝||x ＋2|－|x －1||≤|(x ＋2)－(x －1)|＝3，得f (x )max ＝3)， 即|1－2m |≤7，解得－3≤m ≤4. 故实数m 的取值范围为[－3,4]．2．(2017·广州模拟)设函数f (x )＝|kx －1|(k ∈R )．(1)若不等式f (x )≤2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－13≤x ≤1，求k 的值； (2)若f (1)＋f (2)＜5，求k 的取值范围． 解析：(1)由|kx －1|≤2，得－2≤kx －1≤2， ∴－1≤kx ≤3，∴－13≤k3x ≤1.由已知，得k3＝1，∴k ＝3.(2)由已知，得|k －1|＋|2k －1|＜5.当k ≤12时，－(k －1)－(2k －1)＜5，得k ＞－1，此时－1＜k ≤12；当12＜k ≤1时，－(k －1)＋(2k －1)＜5，得k ＜5，此时12＜k ≤1； 当k ＞1时，(k －1)＋(2k －1)＜5，得k ＜73，此时1＜k ＜73.综上，k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，73. [误区警示]利用零点分段讨论法，解绝对值不等式时易遗漏区间的端点值．不等式的证明[方法结论]证明不等式的5个基本方法 (1)比较法：作差或作商比较．(2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论． (3)分析法：执果索因的证明方法． (4)反证法：反设结论，导出矛盾．(5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．[题组突破]1．已知实数a ，b ，c 满足a ＞0，b ＞0，c ＞0，且abc ＝1. (1)证明：(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8； (2)证明：a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.证明：(1)∵1＋a ≥2a ，1＋b ≥2b ，1＋c ≥2c ， ∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥2a ·2b ·2c ＝8abc ， ∵abc ＝1，∴(1＋a )(1＋b )(1＋c )≥8. (2)∵ab ＋bc ≥2ab 2c ＝2b ，ab ＋ac ≥2a 2bc ＝2a ， bc ＋ac ≥2abc 2＝2c ，上面三式相加得，2ab ＋2bc ＋2ca ≥2a ＋2b ＋2c ， 即ab ＋bc ＋ca ≥a ＋b ＋c . 又1a ＋1b ＋1c＝ab ＋bc ＋ac ，∴a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.2．(2017·武汉调研)设函数f (x )＝|x －2|＋2x －3，记f (x )≤－1的解集为M . (1)求M ；(2)当x ∈M 时，证明：x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.解析：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1，x ≤23x －5，x ＞2.当x ≤2时，由f (x )＝x －1≤－1，解得x ≤0， 此时x ≤0；当x ＞2时，由f (x )＝3x －5≤－1，解得x ≤43，显然不成立．故f (x )≤－1的解集为M ＝{x |x ≤0}． (2)证明：当x ∈M 时，f (x )＝x －1，于是x [f (x )]2－x 2f (x )＝x (x －1)2－x 2(x －1)＝－x 2＋x ＝－(x －12)2＋14.令g (x )＝－(x －12)2＋14，则函数g (x )在(－∞，0]上是增函数，∴g (x )≤g (0)＝0. 故x [f (x )]2－x 2f (x )≤0.3．设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明：由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1， 这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立． 4．已知a ＞b ＞c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac ＜3a . 证明：要证 b 2－ac <3a ，只需证b 2－ac <3a 2. ∵a ＋b ＋c ＝0，只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2.只需证2a 2－ab －b 2>0， 只需证(a －b )(2a ＋b )>0， 只需证(a －b )(a －c )>0. ∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0，∴(a －b )(a －c )>0显然成立，故原不等式成立． [类题通法]不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；(2)如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法；(3)如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法．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．含绝对值不等式的恒成立问题[方法结论]绝对值不等式(1)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．(2)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．[典例] (2017·惠州模拟)已知函数f (x )＝|x －a |.(1)若不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若f (x )＋f (x ＋5)≥m 对一切实数x 恒成立，求实数m 的取值范围． 解析：(1)由f (x )≤3，得|x －a |≤3，解得a －3≤x ≤a ＋3. 又已知不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤5}， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －3＝－1a ＋3＝5，解得a ＝2.(2)当a ＝2时，f (x )＝|x －2|.设g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)＝|x －2|＋|x ＋3|.因为|x －2|＋|x ＋3|≥|(x －2)－(x ＋3)|＝5(当且仅当－3≤x ≤2时等号成立)， 所以g (x )的最小值为5.因此，若g (x )＝f (x )＋f (x ＋5)≥m 对x ∈R 恒成立， 则实数m 的取值范围是(－∞，5]． [类题通法]1．绝对值不等式中蕴含最佳思想，即可利用|||a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |去求形如f (x )＝|x －a |＋|x －b |或f (x )＝|x －a |－|x －b |的最值．2．不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：f (x )＞a 恒成立⇔f (x )min ＞a ；f (x )＜a 恒成立⇔f (x )max ＜a ；f (x )＞a 有解⇔f (x )max ＞a ；f (x )＜a有解⇔f (x )min ＜a ；f (x )＞a 无解⇔f (x )max ≤a ；f (x )＜a 无解⇔f (x )min ≥a .[演练冲关]1．(2017·合肥模拟)已知函数f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |(m ＞0)． (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥1的解集；(2)对于任意实数x ，t ，不等式f (x )＜|2＋t |＋|t －1|恒成立，求m 的取值范围． 解析：(1)f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |＝⎩⎪⎨⎪⎧－4m ，x ≥m －2x －2m ，－3m ＜x ＜m .4m ，x ≤－3m当m ＝1时，由⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2≥1－3＜x ＜1，或x ≤－3，得x ≤－32，∴不等式f (x )≥1的解集为{x |x ≤－32}．(2)不等式f (x )＜|2＋t |＋|t －1|对任意的实数t ，x 恒成立，等价于对任意的实数x ，f (x )＜(|2＋t |＋|t －1|)min 恒成立，即[f (x )]max ＜(|2＋t |＋|t －1|)min ， ∵f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |≤|(x －m )－(x ＋3m )|＝4m ， |2＋t |＋|t －1|≥|(2＋t )－(t －1)|＝3， ∴4m ＜3，又m ＞0，∴0＜m ＜34.2．(2017·高考全国卷Ⅲ)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 )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围． 解析：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x <－1，2x －1，－1≤x ≤2，3，x >2.当x <－1时，f (x )≥1无解；当－1≤x ≤2时，由f (x )≥1得，2x －1≥1，解得1≤x ≤2； 当x >2时，由f (x )≥1解得x >2. 所以f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}．(2)由f (x )≥x 2－x ＋m ，得m ≤|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x .而|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ≤|x |＋1＋|x |－2－x 2＋|x |＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫|x |－322＋54≤54，且当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54.故m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.。
版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 不等式选讲(选修4-5)(共31张PPT)
定理 2：如果 a，b 为正数，则a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立．
定理 3：如果 a，b，c 为正数，则a＋3b＋c≥3 abc， 当且仅当 a＝b＝c 时，等号成立．
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＋n …＋an≥n a1a2…an， 当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
【例 2】 (2017·全国卷Ⅱ)已知实数 a＞0，b＞0，且
a3＋b3＝2.
证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2. 证明：(1)因为 a＞0，b＞0，且 a3＋b3＝2. 则 (a ＋ b)(a5 ＋ b5) ＝ a6 ＋ ab5 ＋ a5b ＋ b6 ＝ (a3 ＋ b3)2 － 2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋3（a＋4 b）2·(a＋b)＝2＋3（a＋4 b）3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
[规律方法] 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“至少”“至多”等方式给出的，则考虑 用反证法．
(1)在图中画出 y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|＞1 的解集．
x－4，x≤－1， 解：(1)f(x)＝3x－2，－1＜x≤32， －x＋4，x＞32，
故 y＝f(x)的图象如图所示．
2018届高三数学理二轮复习课时作业：第一部分 专题七
[限时规范训练] 单独成册1．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：(1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.2．设函数f (x )＝|2x ＋2|－|x －2|.(1)求不等式f (x )＞2的解集；(2)若∀x ∈R ，f (x )≥t 2－72t 恒成立，求实数t 的取值范围． 解析：(1)不等式f (x )＞2等价于⎩⎨⎧ x ＜－1，－(2x ＋2)＋(x －2)＞2或⎩⎨⎧ －1≤x ≤2，(2x ＋2)＋(x －2)＞2或⎩⎨⎧x ＞2，(2x ＋2)－(x －2)＞2，解得x ＜－6或23＜x ≤2或x ＞2，∴x ＞23或x ＜－6.∴不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＞23或x ＜－6. (2)∵f (x )＝⎩⎨⎧ －x －4，x ＜－1，3x ，－1≤x ＜2，x ＋4，x ≥2，∴f (x )min ＝f (－1)＝－3， 若∀x ∈R ，f (x )≥t 2－72t 恒成立，则只需f (x )min ＝－3≥t 2－72t ⇒2t 2－7t ＋6≤0⇒32≤t ≤2，综上所述，32≤t ≤2.3．(2017·安徽皖南八校联考)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|.(1)求不等式f (x )≥2的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )＜a 的解集为∅，求a 的取值范围．解析：(1)当x ＞12时，f (x )＝3x ≥2，解得x ≥23，当－1≤x ≤12时，f (x )＝2－x ≥2，解得－1≤x ≤0，当x ＜－1时，f (x )＝－3x ≥2，解得x ＜－1.综上，不等式的解集为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞. (2)由题意知，f (x )≥a 对一切实数x 恒成立，当x ＞12时，f (x )＝3x ＞32，当－1≤x ≤12时，f (x )＝2－x ≥32，当x ＜－1时，f (x )＝－3x ＞3，综上，f (x )min ＝32，故a ≤32.4．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|.(1)求不等式f (x )＜2的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≤a －a 22有解，求a 的取值范围． 解析：(1)当x ＞1时，f (x )＝2x ＋1－(x －1)＝x ＋2，∵f (x )＜2，∴x ＜0，此时无解；当－12≤x ≤1时，f (x )＝2x ＋1－(1－x )＝3x ，∵f (x )＜2，∴x ＜23，此时－12≤x ＜23；当x ＜－12时，f (x )＝－2x －1－(1－x )＝－x －2，∵f (x )＜2，∴x ＞－4，此时－4＜x ＜－12.综上所述，不等式f (x )＜2的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，23. (2)f (x )≤a －a 22有解⇔f (x )min ≤a －a 22.由(1)可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －2，x ＜－12，3x ，－12≤x ≤1，x ＋2，x ＞1.当x ＜－12时，f (x )＞－32；当－12≤x ≤1时，－32≤f (x )≤3；当x ＞1时，f (x )＞3. ∴f (x )min ＝－32，故－32≤a －a 22⇒a 2－2a －3≤0⇒－1≤a ≤3.微课视频 免费观看[内容包括：整个专题重点内容]。
2018年高考数学(人教文科)总复习配套：选修4-5不等式选讲
������1+������2+…+������������ ������
≥
������
������1������2…������������,当且仅当 a1=a2=…=an 时,等号成
立.
知识梳理 考点自测
-6-
4.柯西不等式 (1)若 a,b,c,d 都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当 ad=bc 时,等号成立. (2)设 a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn 是实数,则(������12 + ������22+…+���������2��� )(������12 + ������22+…+���������2��� )≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当 bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数 k,使得 ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立. (3)柯西不等式的向量形式:设 α,β 是两个向量,则|α||β|≥|α·β|, 当且仅当 β 是零向量或存在实数 k,使 α=kβ 时,等号成立. 5.不等式证明的方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等.
>|a-2|+1
恒成立,
则|a-2|+1<2,即 1<a<3.
知识梳理 考点自测
-9-
4.设a,b,m,n∈R,且a2+b2=5,ma+nb=5,则 ������2 + ������2 的最小值 为 5.
解析:由柯西不等式可知(a2+b2)(m2+n2)≥(ma+nb)2, 即5(m2+n2)≥25,当且仅当an=bm时,等号成立, 所以 ������2 + ������2 ≥ 5.
(通用版)高考数学二轮复习 专题七 选考内容第二讲 不等式选讲课件 文 选修4-5.pptx
－4，x≥1，
[解] (1)当 m＝1 时，f(x)＝－2x－2，－3<x<1，
4，x≤－3.
由 f(x)≥1，得－ －23x<－x<21≥1， 或 x≤－3，
11
解得 x≤－32，
∴不等式
f(x)≥1
的解集为x
x≤－32.
(2)不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数 x，t 恒成立，
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，解得－1≤x≤1；
2
当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0，
解得 1＜x≤－1＋2
17 .
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17 .
8
[方法技巧] 证明不等式的常用方法 不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证 法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分 析法． (2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少” “至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．
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[演练冲关] 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
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(2)由 f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－|x|－322 ＋54≤54， 且当 x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54. 故 m 的取值范围为－∞，54.
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[典例 2]
考点二 不等式的证明
等价于对任意的实数 x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min 恒成立，即 [f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，
2018届高三理科数学二轮复习讲义模块二 专题七 第二讲 不等式选讲(选修4-5) Word版含解析
专题七选修系列第二讲不等式选讲(选修－)高考导航．绝对值不等式的求解与函数的综合问题．．绝对值不等式中的恒成立问题与不等式的证明相结合.．(·全国卷Ⅲ)已知函数()＝＋－－.()求不等式()≥的解集；()若不等式()≥－＋的解集非空，求的取值范围．[解]()()＝(\\(－，<－，－，－≤≤，，>.))当<－时，()≥无解；当－≤≤时，由()≥得，－≥，解得≤≤；当>时，由()≥解得>.所以()≥的解集为{≥}．()由()≥－＋得≤＋－－－＋.而＋－－－＋≤＋＋－－＋＝－＋≤，且当＝时，＋－－－＋＝，故的取值范围为.．(·全国卷Ⅱ)已知函数()＝＋，为不等式()<的解集．()求；()证明：当，∈时，＋<＋. [解]()()＝当≤－时，由()<得－<，解得>－；当－<<时，()<；当≥时，由()<得<，解得<.所以()<的解集＝{－<<}．()证明：由()知，当，∈时，－<<，－<<，从而(＋)－(＋)＝＋－－＝(－)(－)<.因此＋<＋.考点一含绝对值不等式的解法．＋≤，＋≥型不等式的解法()若>，则＋≤⇔－≤＋≤，＋≥⇔＋≥或＋≤－，然后根据，的取值求解即可；()若<，则＋≤的解集为∅，＋≥的解集为.．－＋－≥，－＋－≤(>)型不等式的解法()令每个绝对值符号里的一次式为，求出相应的根；()把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；()在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；()这些解集的并集就是原不等式的解集．。
新高考数学二轮复习： 专题7 第2讲 选修4-5 不等式选讲
第2讲 选修4－5 不等式选讲含绝对值不等式的解法(5年7考)(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． [解](1)当a ＝1时，不等式f (x )≥g (x )等价于 x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.①当x <－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1； 当x >1时，①式化为x 2＋x －4≤0， 从而1＜x ≤－1＋172. 所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－1≤x ≤－1＋172. (2)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]．2．(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． [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 )＝⎩⎨⎧－2，x ≤－1，2x ，－1＜x ＜1，2，x ≥1.故不等式f (x )＞1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|x ＞12. (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，|ax －1|＜1的解集为00＜x ＜2a ，所以2a ≥1，故0＜a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]．1．用零点分段法解绝对值不等式的步骤1．(有解问题)已知f (x )＝|x |＋2|x －1|. (1)解不等式f (x )≥4；(2)若不等式f (x )≤|2a ＋1|有解，求实数a 的取值范围． [解](1)不等式f (x )≥4，即|x |＋2|x －1|≥4，等价于⎩⎨⎧ x ＜02－3x ≥4或⎩⎨⎧ 0≤x ≤12－x ≥4或⎩⎨⎧x ＞13x －2≥4⇒x ≤－23或无解或x ≥2.故不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23∪[2，＋∞)．(2)f (x )≤|2a ＋1|有解等价于f (x )min ≤|2a ＋1|.f (x )＝|x |＋2|x －1|＝⎩⎨⎧2－3x (x ＜0)，2－x (0≤x ≤1)，3x －2(x ＞1)，故f (x )的最小值为1，所以1≤|2a ＋1|，得2a ＋1≤－1或2a ＋1≥1，解得a ≤－1或a ≥0， 故实数a 的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)． 2．(恒成立问题)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )＞2；(2)若g (x )＝f (x )＋f (－x )，且对任意x ∈R ，都有|k －1|＜g (x )，求实数k 的取值范围．[解](1)依题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12＜x ＜1，3x ，x ≥1.于是得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12－3x ＞2或⎩⎪⎨⎪⎧－12＜x ＜1x ＋2＞2或⎩⎨⎧x ≥1，3x ＞2， 解得x ＜－23或0＜x ＜1或x ≥1. 故不等式f (x )＞2的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|x ＜－23或x ＞0. (2)g (x )＝f (x )＋f (－x )＝|x －1|＋|x ＋1|＋(|2x ＋1|＋|2x －1|)≥|(x －1)－(x ＋1)|＋|(2x ＋1)－(2x －1)|＝4，当且仅当⎩⎨⎧(x －1)(x ＋1)≤0，(2x －1)(2x ＋1)≤0，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12时取等号，若对任意的x ∈R ，不等式|k －1|＜g (x )恒成立，则|k －1|＜g (x )min ＝4， 所以－4＜k －1＜4，解得－3＜k ＜5，即实数k 的取值范围为(－3,5).不等式的证明(5年3考)(1)1a ＋1b ＋1c ≤a 2＋b 2＋c 2； (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.[证明](1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca＝ab ＋bc ＋ca abc＝1a ＋1b ＋1c .当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以1a ＋1b ＋1c ≤a 2＋b 2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有 (a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥ 33(a ＋b )3(b ＋c )3(a ＋c )3 ＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c ) ≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac ) ＝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. [教师备选题]1．(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a＋b>c＋d；(2)a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．[证明](1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)2>(c＋d)2.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.因为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，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.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，a＋b>c＋d是|a－b|<|c－d|的充要条件．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.[证明](1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3(a＋b)24(a＋b)＝2＋3(a＋b)34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明1．(用基本不等式证明不等式)已知函数f (x )＝|x －2|. (1)求不等式f (x )＞4－|x ＋1|的解集；(2)设a ，b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2b ＝10，求证：a ＋b 2≥27.[解](1)f (x )＞4－|x ＋1|可化为|x －2|＞4－|x ＋1|， 等价于⎩⎨⎧x ≤－1，－(x －2)＞4＋(x ＋1)或⎩⎨⎧ －1＜x ＜2，－(x －2)＞4－(x ＋1)或⎩⎨⎧x ≥2，x －2＞4－(x ＋1).解得x ＜－32或x ∈或x ＞52.所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞.(2)因为a ，b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以1a ＞2，2b ＞4.则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2b ＝1a －2＋2b －2＝10，即1a ＋2b ＝14.由基本不等式得，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝2＋b 2a ＋2a b ≥2＋2b 2a ·2ab ＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ b 2a ＝2ab ，1a ＋2b ＝14，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝17，b ＝27时取等号．所以14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≥4，即a ＋b 2≥27.2．(用绝对值不等式的性质证明不等式)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)由题意，|x ＋1|＜|2x ＋1|－1， ①当x ≤－1时，不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；②当－1＜x＜－12时，不等式可化为x＋1＜－2x－2，此时不等式无解；③当x≥－12时，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.与代数式有关的最值问题(5年3考)(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≥13成立，证明：a≤－3或a≥－1.[解](1)因为[(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]，所以由已知得(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2≥43， 当且仅当x ＝53，y ＝－13，z ＝－13时等号成立． 所以(x －1)2＋(y ＋1)2＋(z ＋1)2的最小值为43. (2)证明：因为[(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]，所以由已知得(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2≥(2＋a )23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，z ＝2a －23时等号成立．所以(x －2)2＋(y －1)2＋(z －a )2的最小值为(2＋a )23.由题设知(2＋a )23≥13，解得a ≤－3或a ≥－1. 2．(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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－12，x ＋2，－12≤x ＜1，3x ，x ≥1.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，＋∞)成立，因此a ＋b的最小值为5.[教师备选题]若a＞0，b＞0，且1a＋1b＝ab.(1)求a3＋b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．[解](1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2，当且仅当a＝b＝2时等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥4 3.由于43＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 1．形如f(x1．(求最值问题)设函数f (x )＝|x ＋1|－|x |的最大值为m . (1)求m 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值．[解](1)|x ＋1|－|x |≤|x ＋1－x |＝1， f (x )的最大值为1，∴m ＝1. (2)由(1)可知，a ＋b ＝1，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1＝13⎝⎛⎭⎪⎫a 2b ＋1＋b 2a ＋1[(a ＋1)＋(b ＋1)] ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2(a ＋1)b ＋1＋b 2(b ＋1)a ＋1＋a 2＋b 2 ≥13(2ab ＋a 2＋b 2)＝13(a ＋b )2＝13， 当且仅当a ＝b ＝12时取等号， ∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值为13. 2．(求参数问题)设函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |.(1)当a ＝1时，求f (x )的图象与直线y ＝3围成区域的面积； (2)若f (x )的最小值为1，求a 的值． [解](1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－1，－x ＋2，－1≤x ＜12，3x ，x ≥12，如图，作出函数f (x )的图象与直线y ＝3，结合图象可知所求面积为12×[1－(－1)]×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32＝32. (2)法一：(借助分段函数的性质) 当－a ＞12，即a ＜－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －a ＋1，x ＜12，x －a －1，12≤x ＜－a ，3x ＋a －1，x ≥－a ，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－a －1＝1，所以a ＝－32. 当－a ≤12，即a ≥－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －a ＋1，x ＜－a ，－x ＋a ＋1，－a ≤x ＜12，3x ＋a －1，x ≥12，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3×12＋a －1＝1，所以a ＝12. 综上，a ＝－32或a ＝12. 法二：(解恒成立问题)∵f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12， 当且仅当x ＝12时取等号．令⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12＝1，得a ＝12或a ＝－32. 3．(与恒成立交汇)已知函数f (x )＝x |x －a |，a ∈R .(1)当f (1)＋f (－1)＞1时，求a 的取值范围；(2)若a ＞0，x ，y ∈(－∞，a ]，不等式f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |恒成立，求a 的取值范围．[解](1)f (1)＋f (－1)＝|1－a |－|1＋a |＞1，若a ≤－1，则1－a ＋1＋a ＞1，得2＞1，即a ≤－1；若－1＜a ＜1，则1－a －(1＋a )＞1，得a ＜－12，即－1＜a ＜－12；若a ≥1，则－(1－a )－(1＋a )＞1，得－2＞1，此时不等式无解．综上所述，a的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12.(2)由题意知， 要使不等式恒成立，只需f (x )max ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min . 当x ∈(－∞，a ]时，f (x )＝－x 2＋ax ，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a 24. 因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54，当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋54(y －a )≤0，即－54≤y ≤a 时等号成立，所以当y ∈(－∞，a ]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54＝a ＋54. 于是a 24≤a ＋54，解得－1≤a ≤5.又a ＞0，所以a 的取值范围是(0,5]．。
2018届高考数学二轮复习选修4-5 不等式选讲专题第二节证明不等式的基本方法专题
证明不等式的基本方法专题[基础达标](25分钟40分)解答题(共40分)1.(10分)设函数f(x)=x-c.(1)若c=-1，求不等式f(x)≤|x+1|+x的解集A；(2)若a>b>c，求证：1a-b +1b-c≥4f(a).【解析】(1)原不等式可化为|x+1|≥1，由此可得x≥0或x≤-2.故不等式f(x)≤|x+1|+x的解集A为{x|x≥0或x≤-2}.(2)由a-ca-b +a-cb-c=a-b+b-ca-b+b-c+a-bb-c=2+b-ca-b +a-bb-c≥4，所以1a-b +1b-c≥4a-c，即1a-b+1b-c≥4f(a)成立.当且仅当b-ca-b =a-bb-c，即a+c=2b时等号成立.2.(10分)已知a>0，b>0，a+b=1，求证：(1)1a +1b+1ab≥8；(2)1+1a 1+1b≥9.【解析】(1)∵a+b=1，a>0，b>0，∴1a +1b+1ab=1a+1b+a+bab=21a+1b=2a+ba+a+bb=2ba+ab+4≥4ba×ab+4=8.∴1a +1b+1ab≥8当且仅当a=b=12时等号成立.(2)∵1+1a 1+1b=1a+1b+1ab+1，由(1)知1a +1b+1ab≥8，∴1+1a1+1b≥9.3.(10分-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M，a，b∈M.(1)证明：13a+16b<14；(2)比较|1-4ab|与2|a-b|的大小.【解析】(1)记f (x )=|x-1|-|x+2|= 3 (x ≤-2)，-2x -1 (-2<x ≤1)，-3 (x >1)，由-2<-2x-1<0，解得-12<x<12，即M= -12，12 ，所以13a+16b ≤13|a|+16|b|<13×12+16×12=14. (2)由(1)得a 2<14，b 2<14，因为|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a 2b 2)-4(a 2-2ab+b 2)=(4a 2-1)(4b 2-1)>0，故|1-4ab|2>4|a-b|2，即|1-4ab|>2|a-b|.4.(10分f (x )=|x-1|.(1)解不等式f (x-1)+f (x+3)≥6；(2)若|a|<1，|b|<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a|f ba .【解析】(1)由题意，原不等式等价为|x-2|+|x+2|≥6，令g (x )=|x-2|+|x+2|= -2x (x ≤-2)，4 (-2<x <2)，2x (x ≥2)，所以不等式的解集是(-∞，-3]∪[3，+∞).(2)要证f (ab )>|a|f b a ，只需证|ab-1|>|b-a|，只需证(ab-1)2>(b-a )2，而(ab-1)2-(b-a )2=a 2b 2-a 2-b 2+1=(a 2-1)(b 2-1)>0，从而原不等式成立.[高考冲关] (15分钟 25分)1.(5分)设a ，b ∈R ，给出下列不等式：①lg(1+a 2)>0；②a 2+b 2≥2(a-b-1)；③a 2+3ab>2b 2；④a b <a +1b +1，其中所有恒成立的不等式序号是 .② 【解析】①a=0时不成立；②∵a 2+b 2-2(a-b-1)=(a-1)2+(b+1)2≥0，成立；③a=b=0时不成立；④a=2，b=1时不成立，故恒成立的只有②.2.(10分a ，b ，c ∈R ，且a 2+b 2+c 2=1.(1)求证：|a+b+c|≤3；(2)若不等式|x-1|+|x+1|≥(a+b+c)2对一切实数a，b，c恒成立，求x的取值范围.【解析】(1)因为a，b，c∈R，a2+b2+c2=1，所以(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2a 2+b22+b2+c22+c2+a22=a2+b2+c2+2(a2+b2+c2)=3，所以(a+b+c)2≤3，即|a+b+c|≤3，当且仅当a=b=c时等号成立.(2)由(1)可知不等式|x-1|+|x+1|≥3，从而解得x的取值范围为-∞，-32∪32，+∞.3.(10分a>0，b>0，且1a +1b=ab.(1)求a3+b3的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a+3b=6?并说明理由.【解析】(1)由ab=1a +1b≥ab，得ab≥2，当且仅当a=b=2时等号成立，故a3+b3≥2 a3b3≥42，当且仅当a=b=2时等号成立.所以a3+b3的最小值为42.(2)由(1)知ab≥2，则2a+3b≥26·≥43，由于43>6，从而不存在a，b，使得2a+3b=6.。
2018年 高考数学 选修4.5 不等式选讲 专项练习(含答案)
2018年 高考数学 选修4-5 不等式选讲 专题练习1.选修45：不等式选讲 设函数f(x)=|x-2|-|x+3|. （1）求不等式f(x)<3的解集；（2）若不等式f(x)<3+a 对任意x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围.2.选修45：不等式选讲已知a ，b ，c ，m ，n ，p 都是实数，且a 2+b 2+c 2=1，m 2+n 2+p 2=1． （1）证明|am+bn+cp|≤1；（2）若abc ≠0，证明1242424≥++cp b n a m ．设函数f(x)=|x﹣3|，g(x)=|x﹣2|(1)解不等式f(x)+g(x)＜2；(2)对于实数x，y，若f(x)≤1，g(y)≤1，证明：|x﹣2y+1|≤3．4.选修45：不等式选讲已知函数()21 3f x x=+，（1）若不等式f(x)≥-|x|+a恒成立，求实数a的取值范围；（2）若对于实数x,y,有113x y++≤，1233y-≤，求证:()23f x≤．已知点P(a,b)在圆C：x2+y2=x+y(x,y∈(0,+∞)))上，（1）求11a b的最小值；（2）是否存在a，b，满足(a+1)(b+1)=4？如果存在，请说明理由．6.选修45：不等式选讲已知函数f(x)=|x－1|－|2x－3|.(1)若f(x)≥m对0≤x≤3恒成立，求实数m的取值范围；(2)若f(x)的最大值为M，a，b∈R＋，a＋2b=Mab，求a＋2b的最小值．已知实数a ，b 满足a 2＋4b 2＝4. (1)求证：212≤+b a ；(2)若对任意a ，b ∈R ，|x+1|-|x-3|≤ab 恒成立，求实数x 的取值范围．8.选修45：不等式选讲(1)设a 和b 是实数，求证：|a －b|＋|a ＋b|≥2|a|；(2)若对于任意实数a(a ≠0)和b ，不等式|a ＋b|＋|a －b|≥|a|(|x －1|＋|x －2|)恒成立，试求实数x 的取值范围．设函数f（x）=|x﹣a|，a∈R．（1）当a=2时，解不等式：f（x）≥6﹣|2x﹣5|；（2）若关于x的不等式f（x）≤4的解集为，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：．10.选修4-5：不等式选讲设不等式0＜|x+2|﹣|1﹣x|＜2的解集为M，a，b∈M.（1）证明：|a+b|＜；（2）比较|4ab﹣1|与2|b﹣a|的大小，并说明理由．已知函数a x x x f -++-=112)(的定义域为R ．(1)求实数a 的取值范围；(2)若a 的最大值为k ，且m+n=2k(m ＞0，n ＞0)，求证：341≥+nm ．12.选修4-5：不等式选讲 设f （x ）=|21x+1|+|x|（x ∈R ）的最小值为a ． （1）求a ；（2）已知p ，q ，r 是正实数，且满足p+q+r=3a ，求p 2+q 2+r 2的最小值．已知f（x）=|x+2|﹣|2x﹣1|，M为不等式f（x）＞0的解集．（1）求M；（2）求证：当x，y∈M时，|x+y+xy|＜15．14.选修4-5:不等式选讲已知函数f(x)=|x+3|+|x-1|.(1)求不等式f(x)≤6的解集:(2)若f(x)的最小值为c，正实教m、n满足2m+n=c.求证≤参考答案1.解：2.证明：3.4.解:6.解：7.解：9.10.11.12.解：13.解：14.解：第11 页共12 页。
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[限时规范训练]
1．设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明：
(1)ab ＋bc ＋ca ≤13；
(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.
证明：(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，
即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1.
所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，
即ab ＋bc ＋ca ≤13.
(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，
故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，
即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c .
所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.
2．设函数f (x )＝|2x ＋2|－|x －2|.
(1)求不等式f (x )＞2的解集；
(2)若∀x ∈R ，f (x )≥t 2
－72t 恒成立，求实数t 的取值范围． 解析：(1)不等式f (x )＞2等价于⎩⎨⎧ x ＜－1，－(2x ＋2)＋(x －2)＞2
或⎩⎨⎧ －1≤x ≤2，(2x ＋2)＋(x －2)＞2
或⎩⎨⎧
x ＞2，(2x ＋2)－(x －2)＞2，
解得x ＜－6或23＜x ≤2或x ＞2，
∴x ＞23或x ＜－6.
∴不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＞23或x ＜－6. (2)∵f (x )＝⎩⎨⎧ －x －4，x ＜－1，
3x ，－1≤x ＜2，
x ＋4，x ≥2，
∴f (x )min ＝f (－1)＝－3， 若∀x ∈R ，f (x )≥t 2－72t 恒成立，
则只需f (x )min ＝－3≥t 2－72t ⇒2t 2－7t ＋6≤0⇒32≤t ≤2，
综上所述，32≤t ≤2.
3．(2017·安徽皖南八校联考)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|.
(1)求不等式f (x )≥2的解集；
(2)若关于x 的不等式f (x )＜a 的解集为∅，求a 的取值范围．
解析：(1)当x ＞12时，f (x )＝3x ≥2，解得x ≥23，
当－1≤x ≤12时，f (x )＝2－x ≥2，解得－1≤x ≤0，
当x ＜－1时，f (x )＝－3x ≥2，解得x ＜－1.
综上，不等式的解集为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫23，＋∞. (2)由题意知，f (x )≥a 对一切实数x 恒成立，
当x ＞12时，f (x )＝3x ＞32，
当－1≤x ≤12时，f (x )＝2－x ≥32，
当x ＜－1时，f (x )＝－3x ＞3，
综上，f (x )min ＝32，故a ≤32.
4．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|.
(1)求不等式f (x )＜2的解集；
(2)若关于x 的不等式f (x )≤a －a 22有解，求a 的取值范围． 解析：(1)当x ＞1时，f (x )＝2x ＋1－(x －1)＝x ＋2，
∵f (x )＜2，∴x ＜0，此时无解；
当－12≤x ≤1时，f (x )＝2x ＋1－(1－x )＝3x ，
∵f (x )＜2，∴x ＜23，此时－12≤x ＜23；
当x ＜－12时，f (x )＝－2x －1－(1－x )＝－x －2，
∵f (x )＜2，∴x ＞－4，此时－4＜x ＜－12.
综上所述，不等式f (x )＜2的解集为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－4，23. (2)f (x )≤a －a 22有解⇔f (x )min ≤a －a 22.
由(1)可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x －2，x ＜－12，3x ，－12≤x ≤1，x ＋2，x ＞1.
当x ＜－12时，f (x )＞－32；
当－12≤x ≤1时，－32≤f (x )≤3； 当x ＞1时，f (x )＞3. ∴f (x )min ＝－32，故－32≤a －a 22⇒a 2－2a －3≤0⇒－1≤a ≤3.。