2021《名师伴你行》系列高考数学一轮复习配套精讲学案：选修系列：不等式选讲
最新-2021年高考数学一轮总复习课件：选修45 不等式选讲 精品
【思考探究】 绝对值三角不等式的向量形式及几何意义是什么？
提示： 当a，b不共线时，|a＋b|<|a|＋|b|，它的几何意义就是三角形的
1．熟练掌握绝对值不等式的基本解法． 2．充分利用绝对值的几何意义处理绝对值不等式，更直观、简捷． 3．注意绝对值三角不等式的运用.
绝对值不等式的应用
已知函数 f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3. (1)当 a＝－2 时，求不等式 f(x)<g(x)的解集；
(2)设 a>－1，且当 x∈－a2，12时，f(x)≤g(x)，求 a 的取值范围．
[友情提示] 每道习题都是一个高考点，每项训练都是对能力的检验，认 真对待它们吧！进入“课时达标4－5.1”，去收获希望，体验成功！本栏目 内容以活页形式分册装订！
课 时 作 业4-5.1
4－5.2 几个重要不等式的证明及其应用 最新考纲 了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证
1．若不等式|ax＋2|<6 的解集为(－1，2)，则实数 a 等于( )
A．8 B．2
C．－4 D．－8
2
．
不
Байду номын сангаас
等
式
|x＋1| |x＋2|
≥
1
的 实 数解 为
________________________________________________________________________ ．
(2)当 x∈－2a，12时，f(x)＝1＋a，
2021届高考数学一轮复习选修4_5不等式选讲学案理含解析.doc
选修4-5 不等式选讲[最新考纲][考情分析][核心素养] 1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：|a＋b|≤|a|＋|b|；|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.3.了解柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何意义，并会证明.4.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.1.绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质，与绝对值相关的参数问题是2021年高考考查的热点，题型为解答题，分值为10分.2.综合法、分析法、比较法证明不等式是2021年高考考查的热点，题型为解答题，分值为10分.1.逻辑推理2.数学运算‖知识梳理‖1．绝对值三角不等式定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|1|a|＋|b|，当且仅当2ab≥0时，等号成立．定理2：如果a，b，c是实数，3|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当4(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．2．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集不等式a>0a＝0a<0 |x|<a {x|－a<x<a}∅∅|x|>a {x|x>a或x<－a}{x∈R|x≠0}R①|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． ►常用结论如果把实数a ，b 改为向量也成立，即|a ＋b |≤|a |＋|b |，这里|a ＋b |，|a|，|b|均为向量的模，当且仅当a 与b 方向相同或至少有一个向量为零时等号成立．3．基本不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2定理2：如果a ，b >0，那么a ＋b2≥的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均．定理3：如果a ，b ，c ∈R ＋，那么a ＋b ＋c 3≥立．4．比较法(1)比差法的依据是：a －b >0号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．(2)比商法：若B >0，只需证AB ≥1.5．综合法与分析法(1)综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的15推理、论证而得出命题(2)已知条件或一个明显成立的事实(定义，公理或已证明的定理，性质等)，从而得出要证的命题成立．‖基础自测‖一、疑误辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)． (1)若|x |>c 的解集为R ，则c ≤0.( ) (2)不等式|x －1|＋|x ＋2|<2的解集为∅.( )(3)对|a ＋b |≥|a |－|b |当且仅当a >b >0时等号成立．( ) (4)对|a |－|b |≤|a －b |当且仅当|a |≥|b |时等号成立．( ) (5)对|a －b |≤|a |＋|b |当且仅当ab ≤0时等号成立．( )答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√二、走进教材2．(选修4－5P20T7改编)不等式3≤|5－2x|<9的解集为()A．[－2，1)∪[4，7) B．(－2，1]∪(4，7]C．(－2，－1]∪[4，7) D．(－2，1]∪[4，7)答案：D3．(选修4－5P20T8改编)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为________．答案：(－∞，4)三、易错自纠4．设a，b为满足ab<0的实数，那么()A．|a＋b|>|a－b| B．|a＋b|<|a－b|C．|a－b|<||a|－|b|| D．|a－b|<|a|＋|b|解析：选B∵ab<0，∴|a－b|＝|a|＋|b|>|a＋b|.5．若|x－1|≤1，|y－2|≤1，则|x－2y＋1|的最大值为________．解析：∵|x－1|≤1，|y－2|≤1，∴－1≤x－1≤1，－1≤y－2≤1，∴|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－2)－2|≤1＋2＋2＝5.答案：56．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．解析：∵|x－a|＋|x－1|≥|(x－a)－(x－1)|＝|a－1|，∴要使|x－a|＋|x－1|≤3有解，可使|a－1|≤3，∴－3≤a－1≤3，∴－2≤a≤4.答案：[－2，4]考点一绝对值不等式的解法【例1】(2019年全国卷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1≤x <2时，f (x )＝2(x －1)≥0；当x ≥2时，f (x )＝2x 2－4x ＋2>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，＋∞)． ►名师点津解绝对值不等式的常用方法基本性质法 对a ∈R ＋，|x |<a ⇔－a <x <a ，|x |>a ⇔x <－a 或x >a平方法 两边平方去掉绝对值符号零点分区间法含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解数形结合法在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解|跟踪训练|1．(2020届贵阳摸底)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －5|，x ∈R . (1)求不等式f (x )≤10的解集；(2)如果关于x 的不等式f (x )≥a －(x －7)2在R 上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4，x ≤－1，6，－1＜x ≤5，2x －4，x ＞5，当x ≤－1时，由－2x ＋4≤10得－3≤x ≤－1； 当－1＜x ≤5时，f (x )＝6＜10恒成立，则－1＜x ≤5； 当x ＞5时，由2x －4≤10得5＜x ≤7.综上可得，不等式f (x )≤10的解集为{x |－3≤x ≤7}．(2)设g (x )＝a －(x －7)2，则g (x )的图象是以x ＝7为对称轴的抛物线，如图所示，在同一坐标系中作出f (x )的图象．“关于x 的不等式f (x )≥a －(x －7)2在R 上恒成立”等价于2x －4≥a －(x －7)2在(5，＋∞)上恒成立，即a ≤x 2－12x ＋45在(5，＋∞)上恒成立，令φ(x )＝x 2－12x ＋45＝(x －6)2＋9，当x ＝6时，φ(x )min ＝9，经检验，y ＝2x －4恰为y ＝a －(x －7)2在(6，8)处的切线，∴a ≤9.考点二 不等式的证明——多维探究不等式的证明是考查热点，归纳起来常见的命题角度有：(1)用比较法证明不等式；(2)用综合法证明不等式；(3)用分析法证明不等式．●命题角度一 用比较法证明不等式【例2】 设a ，b 是非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． [证明] ∵a ，b 是非负实数，∴a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a ) ＝(a －b )[(a )5－(b )5]．当a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5， 所以(a －b )[(a )5－(b )5]≥0； 当a <b 时，a <b ，从而(a )5<(b )5， 所以(a －b )[(a )5－(b )5]>0. 故a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． ►名师点津作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论．其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断差的正负．作商比较法也有类似的步骤，但注意其比较的是两个正数的大小，且第(3)步要判断商与1的大小．●命题角度二 用综合法证明不等式【例3】 (2019年全国卷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.[证明] (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，且abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c ，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，所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24. ►名师点津1．综合法证明不等式的方法(1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．(2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式是最常用的．在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条件．2．综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2＋b 2≥2ab ，它的变形形式有a 2＋b 2≥2|ab |；a 2＋b 2≥－2ab ；(a ＋b )2≥4ab ； a 2＋b 2≥12(a ＋b )2；a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22.●命题角度三 用分析法证明不等式 【例4】 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 ，求证：f (ab )>f (a )－f (－b )． [解] (1)由题意，知|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，即x <－1， 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a 2b 2＋2ab ＋1>a 2＋2ab ＋b 2， 即证a 2b 2－a 2－b 2＋1>0， 即证(a 2－1)(b 2－1)>0.因为a ，b ∈M ，所以a 2>1，b 2>1，所以(a 2－1)(b 2－1)>0成立，所以原不等式成立． ►名师点津1．分析法的应用条件当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式(a 2＋b 2≥2ab )、基本不等式(ab ≤a ＋b2，a >0，b >0)没有直接联系，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．2．用分析法求证“若A 则B ”这个命题的模式 为了证明命题B 为真，只需证明命题B 1为真，从而有… 只需证明命题B 2为真，从而有… …只需证明命题A 为真，而已知A 为真，故B 为真．|跟踪训练|2．(2020届石家庄摸底)(1)已知a ，b ，c 均为正实数，a ＋b ＋c ＝1，证明：1a ＋1b ＋1c ≥9；(2)已知a ，b ，c 均为正实数，abc ＝1，证明：a ＋b ＋c ≤1a ＋1b ＋1c.证明：(1)1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋c c ＝b a ＋c a ＋1＋a b ＋c b ＋1＋a c ＋b c ＋1＝b a ＋ab ＋b c ＋c b ＋a c ＋ca＋3≥2b a ×a b＋2b c ×c b＋2a c ×ca＋3＝9，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立． (2)因为1a ＋1b ＋1c ＝121a ＋1b ＋1a ＋1c ＋1b ＋1c ≥12×⎝⎛⎭⎫21ab＋21ac＋21bc ， 又abc ＝1，所以1ab ＝c ，1ac ＝b ，1bc ＝a ，所以1a ＋1b ＋1c ≥c ＋b ＋a ，当且仅当a ＝b ＝c时等号成立．考点三 绝对值不等式的综合应用【例5】 (2020届湖北部分重点中学联考)已知a ，b 都是实数，a ≠0，f (x )＝|x －1|＋|x －2|.(1)求使得f (x )＞2成立的x 的取值集合M ；(2)求证：当x ∈∁R M 时，|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )对满足条件的所有a ，b 都成立． [解] (1)由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2x ，x ≤1，1，1＜x ＜2，2x －3，x ≥2，由f (x )＞2得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，3－2x ＞2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，2x －3＞2，解得x ＜12或x ＞52. 所以实数x 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，12∪⎝⎛⎭⎫52，＋∞，即M ＝⎝⎛⎭⎫－∞，12∪⎝⎛⎭⎫52，＋∞.(2)证明：因为M ＝⎝⎛⎭⎫－∞，12∪⎝⎛⎭⎫52，＋∞，所以当x ∈∁R M 时，f (x )≤2，即f (x )max ＝2. 因为|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )，a ≠0，所以|a ＋b |＋|a －b ||a |≥f (x )．又|a ＋b |＋|a －b ||a |≥|a ＋b ＋a －b ||a |＝2，所以|a ＋b |＋|a －b |≥|a |f (x )在x ∈∁R M 时恒成立． ►名师点津1．研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．2．f (x )<a 恒成立⇔f (x )max <a ； f (x )>a 恒成立⇔f (x )min >a .|跟踪训练|3．(2019届湘东五校联考)已知函数f (x )＝m －|x －1|－|x ＋1|. (1)当m ＝5时，求不等式f (x )>2的解集；(2)若二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围． 解：(1)当m ＝5时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5＋2x ，x <－1，3，－1≤x ≤1，5－2x ，x >1，由f (x )>2，得⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，5＋2x >2或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，3>2或⎩⎪⎨⎪⎧x >1，5－2x >2，解得－32<x <32.所以不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－32<x <32.(2)因为y ＝x 2＋2x ＋3＝(x ＋1)2＋2，所以该函数在x ＝－1处取得最小值2.因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2x ，x <－1，m －2，－1≤x ≤1，m －2x ，x >1在x ＝－1处取得最大值m －2，所以要使二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，只需m －2≥2，即m ≥4.故实数m 的取值范围为{m |m ≥4}．。
高考数学一轮复习 不等式选讲学案 理 选修45
§选修4－5 不等式选讲考纲展示►1.理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义，能利用绝对值三角不等式证明一些简单的绝对值不等式．2．掌握|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法．3．了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法，并能用它们证明一些简单不等式．考点1 含绝对值不等式的解法1.绝对值三角不等式(1)定理1：如果a，b是实数，则|a＋b| ≤________，当且仅当________时，等号成立；(2)性质：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|；(3)定理2：如果a，b，c是实数，则|a－c|≤________，当且仅当________时，等号成立．答案：(1)|a|＋|b| ab≥0(3)|a－b|＋|b－c| (a－b)(b－c)≥02．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解法(2)|ax＋b①|ax＋b|≤c⇔____________；②|ax＋b|≥c⇔____________.(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法解法一：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；解法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；解法三：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．答案：(1){x |－a <x <a } ∅ ∅ {x |x >a ，或x <－a } {x |x ∈R ，且x ≠0} (2)①－c ≤ax ＋b ≤c ②ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c[典题1] 解不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5.[解] 解法一：如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A ，B ，则不等式的解就是数轴上到A ，B 两点的距离之和不小于5的点所对应的实数．显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把A 向左移动一个单位到点A 1，此时|A 1A |＋|A 1B |＝1＋4＝5.把点B 向右移动一个单位到点B 1，此时|B 1A |＋|B 1B |＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．解法二：原不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－2，－x －－x ＋或⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <1，－x －＋x ＋2≥5或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －1＋x ＋2≥5，解得x ≥2或x ≤－3，∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 解法三：将原不等式转化为|x －1|＋|x ＋2|－5≥0. 令f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|－5， 则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －6，x ≤－2，－2，－2<x <1，2x －4，x ≥1.作出函数的图象如图所示．由图象可知，当x ∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y ≥0， ∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．[点石成金] 形如|x －a |＋|x －b |≥c (或≤c )型的不等式主要有三种解法： (1)分段讨论法，利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a ]，(a ，b ]，(b ，＋∞)(此处设a ＜b )三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集；(2)几何法，利用|x －a |＋|x －b |＞c (c ＞0)的几何意义：数轴上到点x 1＝a 和x 2＝b 的距离之和大于c 的全体；(3)图象法：作出函数y 1＝|x －a |＋|x －b |和y 2＝c 的图象，结合图象求解.解不等式|x ＋3|－|2x －1|＜x2＋1.解：①当x ＜－3时，原不等式化为－(x ＋3)－(1－2x )＜x2＋1，解得x ＜10，∴x ＜－3. ②当－3≤x ＜12时，原不等式化为(x ＋3)－(1－2x )＜x2＋1，解得x ＜－25，∴－3≤x ＜－25.③当x≥12时，原不等式化为(x ＋3)－(2x －1)＜x2＋1，解得x ＞2，∴x ＞2.综上可知，原不等式的解集为xx <－25或x >2.考点2 含参数的绝对值不等式问题[典题2] 已知函数f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |，g (x )＝x ＋3. (1)当a ＝－2时，求不等式f (x )<g (x )的解集；(2)设a >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )≤g (x )，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝－2时，不等式f (x )＜g (x )化为|2x －1|＋|2x －2|－x －3＜0. 设函数y ＝|2x －1|＋|2x －2|－x －3，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ，x <12，－x －2，12≤x ≤1，3x －6，x >1，其图象如图所示，由图象可知，当且仅当x ∈(0,2)时，y ＜0.∴原不等式的解集是{x |0＜x ＜2}．(2)∵a ＞－1，则－a 2＜12，∴f (x )＝|2x －1|＋|2x ＋a |＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋1－a ⎝⎛⎭⎪⎫x <－a 2，a ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≤x <12，4x ＋a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12时，f (x )＝a ＋1，即a ＋1≤x ＋3在x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，12上恒成立． ∴a ＋1≤－a 2＋3，即a ≤43，∴a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－1，43.[点石成金] 不等式有解是不等式的存在性问题，只要求存在满足条件的x 即可；不等式的解集为R 是指不等式的恒成立，而不等式的解集∅的对立面(如f (x )＞m 的解集是空集，则f (x )≤m 恒成立)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都可转化为最值问题，即f (x )＜a 恒成立⇔a ＞f (x )max ，f (x )＞a 恒成立⇔a ＜f (x )min.已知不等式|x ＋1|－|x －3|＞a ，分别求出下列情形中a 的取值范围： (1)不等式有解； (2)不等式的解集为R ； (3)不等式的解集为∅.解：解法一：因为|x ＋1|－|x －3|表示数轴上的点P (x )与两定点A (－1)，B (3)距离的差，即|x ＋1|－|x －3|＝|PA |－|PB |.由绝对值的几何意义知， |PA |－|PB |的最大值为|AB |＝4， 最小值为－|AB |＝－4， 即－4≤|x ＋1|－|x －3|≤4.(1)若不等式有解，a 只要比|x ＋1|－|x －3|的最大值小即可，故a ＜4. (2)若不等式的解集为R ，即不等式恒成立， 只要a 比|x ＋1|－|x －3|的最小值还小，即a ＜－4.(3)若不等式的解集为∅，a 只要不小于|x ＋1|－|x －3|的最大值即可，即a ≥4. 解法二：由|x ＋1|－|x －3|≤|x ＋1－(x －3)|＝4，|x －3|－|x ＋1|≤|(x －3)－(x ＋1)|＝4，可得－4≤|x ＋1|－|x －3|≤4.(1)若不等式有解，则a ＜4. (2)若不等式的解集为R ，则a ＜－4. (3)若不等式解集为∅，则a ≥4.考点3 不等式的证明方法1.基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥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 ＋b ＋c3≥3abc ，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．2．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等． (1)比较法 ①求差比较法a >b ⇔a －b >0，a <b ⇔a －b <0，因此要证明a >b ，只要证明________即可，这种方法称为求差比较法．②求商比较法a >b >0⇔ab>1且a >0，b >0，因此当a >0，b >0时要证明a >b ，只要证明________即可，这种方法称为求商比较法．(2)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的________，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．(3)综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不等式成立，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法．(4)反证法的证明步骤第一步：作出与所证不等式________的假设；第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立．答案：(1)①a －b >0 ②a b>1 (2)充分条件 (4)相反[典题3] 设a ，b ，c ＞0，且ab ＋bc ＋ca ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋cab≥ 3(a ＋b ＋c )． [证明] (1)要证a ＋b ＋c ≥ 3，由于a ，b ，c ＞0，因此只需证明(a ＋b ＋c )2≥3. 即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故需证明a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )． 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得．∴原不等式成立． (2)a bc ＋b ac＋c ab ＝a ＋b ＋c abc. 由于(1)中已证a ＋b ＋c ≥3， 因此要证原不等式成立，只需证明1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1， 即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤bc ＋ac2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝33时等号成立.∴原不等式成立．[点石成金] 1.分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，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．2．利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.[2015·新课标全国卷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.[方法技巧] 1.解绝对值不等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式(组)进行求解．含有多个绝对值符号的不等式，一般可用零点分段法求解，对于形如|x －a |＋|x －b |＞m 或|x －a |＋|x －b |＜m (m 为正常数)，利用实数绝对值的几何意义求解较简便．2．不等式的证明方法灵活，要注意体会，要根据具体情况选择证明方法． [易错防范] 1.理解绝对值不等式的几何意义． 2．掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．3．利用基本不等式必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合几个著名不等式的特征．4．注意检验等号成立的条件，特别是多次使用不等式时，必须使等号同时成立．真题演练集训1．[2016·新课标全国卷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)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－1，3x －2，－1<x ≤32，－x ＋4，x >32，y ＝f (x )的图象如图所示．(2)由f (x )的表达式及图象知， 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}；所以|f (x )|>1的解集为2．[2016·新课标全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝|2x －a |＋a . (1)当a ＝2时，求不等式f (x )≤6的解集；(2)设函数g (x )＝|2x －1|.当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时f (x )＝|2x －2|＋2. 解不等式|2x －2|＋2≤6得－1≤x ≤3. 因此f (x )≤6的解集为{x |－1≤x ≤3}． (2)当x ∈R 时，f (x )＋g (x )＝|2x －a |＋a ＋|1－2x |≥|2x －a ＋1－2x |＋a ＝|1－a |＋a . 所以当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3等价于|1－a |＋a ≥3.①当a ≤1时，①等价于1－a ＋a ≥3，无解．当a >1时，①等价于a －1＋a ≥3，解得a ≥2.所以a 的取值范围是[2，＋∞)．3．[2016·江苏卷]设a ＞0，|x －1|＜a 3，|y －2|＜a 3，求证：|2x ＋y －4|＜a . 证明：因为|x －1|<a 3，|y －2|<a 3， 所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|<2×a 3＋a 3＝a . 4．[2016·新课标全国卷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 |. (1)解：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 |.5．[2015·新课标全国卷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：(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，＋∞)．课外拓展阅读绝对值三角不等式的应用应用绝对值三角不等式|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |可以很方便地解决很多问题，比如求最值、证明等，但要注意在应用绝对值三角不等式的过程中，至少有一步是放大或缩小的，在放大或缩小时，若从小的一边入手，则只能放大；若从大的一边入手，则只能缩小．[典例1] 求函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的最小值．[思路分析] 对原绝对值不等式转化→利用绝对值三角不等式求最值[解] |x －1|＋|x ＋1|＝|1－x |＋|x ＋1|≥|1－x ＋x ＋1|＝2，当且仅当(1－x )(x ＋1)≥0，即－1≤x ≤1时等号成立．故当－1≤x ≤1时，函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|取得最小值2.[温馨提示] (1)要注意对原绝对值不等式进行转化，使之适合用绝对值三角不等式求最值；(2)求最值时要注意等号成立的条件．[典例2] 已知x ，y ∈R ，且|x ＋y |≤16，|x －y |≤14，求证：|x ＋5y |≤1.[思路分析] 先将x ＋5y 写成3(x ＋y )－2(x －y )，然后利用绝对值三角不等式即可证得．[证明] ∵|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|，∴由绝对值不等式的性质，得|x ＋5y |＝|3(x ＋y )－2(x －y )|≤|3(x ＋y )|＋|2(x －y )|＝3|x ＋y |＋2|x －y |≤3×16＋2×14＝1. 即|x ＋5y |≤1.[典例3] 若对任意实数x ，不等式|x ＋1|－|x －2|>a 恒成立，求a 的取值范围．[思路分析][解析] 因为a <|x ＋1|－|x －2|对任意实数x 恒成立，所以a <(|x ＋1|－|x －2|)min .因为||x ＋1|－|x －2||≤|(x ＋1)－(x －2)|＝3，所以－3≤|x ＋1|－|x －2|≤3.所以(|x ＋1|－|x －2|)min ＝－3.所以a <－3，即a 的取值范围为(－∞，－3)．。
2021版高考数学一轮温习第一部份基础与考点过关不等式选讲学案选修45
选修45 不等式选讲1. （选修45P 5例2改编）解不等式|2x －1|>3.解：不等式|2x －1|＞3可化为2x －1<－3或2x －1>3，解得x<－1或x>2.故不等式的解集为{x| x<－1或x>2}.2. 已知|x －a|<b （a ，b ∈R ）的解集为{x|2<x<4}，求a －b 的值.解：由|x －a|<b ，得a －b<x<a ＋b.又|x －a|<b （a ，b ∈R ）的解集为{x|2<x<4}，所以a－b ＝2.3. 求不等式|2x ＋1|－|5－x|＞0的解集. 解：原不等式化为|2x ＋1|>|5－x|，两边同时平方得 4x 2＋4x ＋1>25－10x ＋x 2，即3x 2＋14x －24>0，解得原不等式的解集为（－∞，－6）∪（43，＋∞）.4. （选修45P 6例4改编）若存在实数x 知足不等式|x －4|＋|x －3|<a ，求实数a 的取值范围.解：由绝对值不等式的几何性质知，|x －4|＋|x －3|≥|（x －4）－（x －3）|＝1，所以函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1.因为原不等式有实数解，所以a 的取值范围是（1，＋∞）.5. 不等式|x ＋1|－|x －2|>k 的解集为R ，求实数k 的取值范围. 解：（解法1）按照绝对值的几何意义，设数x ，－1，2在数轴上对应的点别离为P ，A ，B ，则原不等式等价于PA －PB>k 恒成立.∵ AB＝3，即|x ＋1|－|x －2|≥－3，∴ 故当k<－3时，原不等式恒成立.即实数k 的取值范围为（－∞，－3）.（解法2）令y ＝|x ＋1|－|x －2|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x<2，3，x ≥2，作出y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x<2，3，x ≥2的图象（如图），要使|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，从图象中可以看出，只要k<－3即可.即实数k 的取值范围为（－∞，－3）.1. 不等式的大体性质 ① a>b ⇔b<a ；② a>b ，b>c ⇒a>c ； ③ a>b ⇒a ＋c>b ＋c ；④ a>b ，c>d ⇒a ＋c>b ＋d ；⑤ a>b ，c>0⇒ac>bc ；a>b ，c<0⇒ac<bc ； ⑥ a>b>0，c>d>0⇒ac>bd ；⑦ a>b>0⇒a n >b n（n∈N ，且n>1）；⑧ a>b>0⇒n a>nb （n∈N ，且n>1）. 2. 含有绝对值的不等式的解法① |f （x ）|>a （a>0）⇔f （x ）>a 或f （x ）<－a ； ② |f （x ）|<a （a>0）⇔－a<f （x ）<a. 3. 含有绝对值的不等式的性质 ① |a|＋|b|≥|a＋b|； ② |a|－|b|≤|a＋b|；③ |a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.[备课札记]1 含绝对值不等式的解法1 解不等式：|x －2|＋x|x ＋2|＞2.解：当x≤－2时，不等式化为（2－x ）＋x （－x －2）＞2，解得－3＜x≤－2；当－2＜x ＜2时，不等式化为（2－x ）＋x （x ＋2）＞2，解得－2＜x ＜－1或0＜x ＜2； 当x≥2时，不等式化为（x －2）＋x （x ＋2）＞2，解得x≥2. 所以原不等式的解集为{x|－3＜x ＜－1或x ＞0}. 备选变式（教师专享）已知函数f （x ）＝|x ＋a|＋|x －2|.（1） 当a ＝－3时，求不等式f （x ）≥3的解集；（2） 若f （x ）≤|x－4|的解集包括[1，2]，求a 的取值范围.解：（1） 当a ＝－3时，f （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋5，x ≤2，1，2＜x ＜3，2x －5，x ≥3.当x≤2时，由f （x ）≥3得－2x ＋5≥3，解得x≤1；当2＜x ＜3时，f （x ）≥3无解；当x≥3时，由f （x ）≥3得2x －5≥3，解得x≥4. 所以f （x ）≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}.（2） f （x ）≤|x－4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x＋a|. 当x∈[1，2]时，|x －4|－|x －2|≥|x＋a|⇔ 4－x －（2－x ）≥|x＋a|⇔ －2－a≤x≤2－a.由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0. 故知足条件的a 的取值范围为[－3，0]., 2 含绝对值不等式的运用), 2) 已知x ，y ∈R ，且|x ＋y|≤16，|x －y|≤14，求证：|x ＋5y|≤1.证明：因为|x ＋5y|＝|3（x ＋y ）－2（x －y ）|. 由绝对值不等式的性质，得|x ＋5y|＝|3（x ＋y ）－2（x －y ）|≤|3（x ＋y ）|＋|2（x －y ）|＝3|x ＋y|＋2|x －y|≤3×16＋2×14＝1.即|x ＋5y|≤1. 变式训练设函数f （x ）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a|（a ＞0）. （1） 求证：f （x ）≥2；（2） 若f （3）＜5，求实数a 的取值范围.（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） 解：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）., 3 含绝对值不等式的综合运用) , 3) 已知函数f （x ）＝|2x ＋1|＋|2x －3|. （1） 求不等式f （x ）≤6的解集；（2） 若关于x 的不等式f （x ）＜|a －1|的解集非空，求实数a 的取值范围.解：（1） 原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≥32，（2x ＋1）＋（2x －3）≤6或⎩⎪⎨⎪⎧－12＜x ＜32，（2x ＋1）－（2x －3）≤6或⎩⎪⎨⎪⎧x≤－12，－（2x ＋1）－（2x －3）≤6，解得32≤x ≤2或－12＜x ＜32或－1≤x≤－12，即不等式的解集为{x|－1≤x≤2}.（2） ∵ f（x ）＝|2x ＋1|＋|2x －3|≥|（2x ＋1）－（2x －3）|＝4，∴ |a －1|＞4，解此不等式得a ＜－3或a ＞5.故实数a 的取值范围是（－∞，－3）∪（5，＋∞）. 变式训练已知a>0，b>0，且a 2＋b 2＝92，若a ＋b≤m 恒成立.（1） 求m 的最小值；（2） 若2|x －1|＋|x|≥a＋b 对任意的a ，b 恒成立，求实数x 的取值范围.解：（1） ∵ （a 2＋b 2）（12＋12）≥（a ＋b ）2，∴ a ＋b≤3，当且仅当a 1＝b1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝32时取等号.∵ a ＋b≤m 恒成立，∴ m ≥3. 故m 的最小值为3.（2） 要使2|x －1|＋|x|≥a＋b 恒成立， 则2|x －1|＋|x|≥3，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x≤0，－2x ＋2－x≥3或⎩⎪⎨⎪⎧0<x≤1，－2x ＋2＋x≥3或⎩⎪⎨⎪⎧x>1，2x －2＋x≥3.∴ x ≤－13或x≥53.∴ x 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，＋∞.1. （2021·苏北四市期末）已知a ，b ，c 为正实数，1a 3＋1b 3＋1c3＋27abc 的最小值为m ，解关于x 的不等式|x ＋1|－2x ＜m.解：因为a ，b ，c>0，所以1a 3＋1b 3＋1c 3＋27abc≥331a 3·1b 3·1c 3＋27abc ＝3abc ＋27abc≥23abc ·27abc＝18，当且仅当a ＝b ＝c ＝313时，取等号，所以m ＝18.所以不等式|x ＋1|－2x<m ，即|x ＋1|<2x ＋18，所以－2x －18<x ＋1<2x ＋18，解得x>－193，所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－193，＋∞. 2. （2021·江苏卷）设a ＞0，|x －1|＜a 3，|y －2|＜a3，求证：|2x ＋y －4|＜a.证明：∵ |x－1|<a 3，|y －2|<a3，∴ |2x ＋y －4|＝|2（x －1）＋（y －2）|≤2|x－1|＋|y －2|<2×a 3＋a3＝a.3. （2021·苏北四市期中） 设c ＞0，|x －1|＜c 3，|y －1|＜c3，求证：|2x ＋y －3|＜c.证明：因为|x －1|＜c 3，所以|2x －2|＜2c3，故|2x ＋y －3|＝|2x －2＋y －1|≤|2x－2|＋|y －1|＜2c 3＋c3＝c ，故|2x ＋y －3|＜c.4. 已知一次函数f （x ）＝ax －2.（1） 当a ＝3时，解不等式|f （x ）|<4； （2） 解关于x 的不等式|f （x ）|<4；（3） 若不等式|f （x ）|≤3对任意x∈[0，1]恒成立，求实数a 的取值范围. 解：（1） 当a ＝3时，则f （x ）＝3x －2，∴ |f （x ）|<4⇔|3x －2|<4⇔－4<3x －2<4⇔－2<3x<6⇔－23<x<2，∴ 不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x|－23＜x ＜2.（2） |f （x ）|<4⇔|ax －2|<4⇔－4<ax －2<4⇔－2<ax<6，当a>0时，不等式的解集为{x|－2a ＜x ＜6a}；当a<0时，不等式的解集为{x|6a ＜x ＜－2a}.（3） |f （x ）|≤3⇔|ax －2|≤3⇔－3≤ax－2≤3⇔－1≤ax ≤5⇔⎩⎪⎨⎪⎧ax≤5，ax ≥－1.∵ x ∈[0，1]，∴ 当x ＝0时，不等式组恒成立；当x≠0时，不等式组转化为⎩⎪⎨⎪⎧a ≤5x，a ≥－1x.∵ 5x ≥5，－1x≤－1，∴ －1≤a≤5. ∴ a 的取值范围为[－1，5].1. （ 2021·苏州期初）已知a≥2，x ∈R .求证：|x －1＋a|＋|x －a|≥3. 证明：因为|m|＋|n|≥|m－n|，所以|x －1＋a|＋|x －a|≥|x－1＋a －（x －a ）|＝|2a －1|. 又a≥2，故|2a －1|≥3. 所以|x －1＋a|＋|x －a|≥3.2. 设不等式|x －2|＋|3－x|<a （a∈N *）的解集为A ，且2∈A ，32∉A.（1） 求a 的值；（2） 求函数f （x ）＝|x ＋a|＋|x －2|的最小值.解：（1） 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，a ≤2，所以1<a≤2.因为a∈N *，所以a ＝2.（2） 因为|x ＋2|＋|x －2|≥|（x ＋2）－（x －2）|＝4， 所以f （x ）的最小值是4.3. 已知实数x ，y 知足：|x ＋y|<13，|2x －y|<16，求证：|y|<518.证明：因为3|y|＝|3y|＝|2（x ＋y ）－（2x －y ）|≤2|x＋y|＋|2x －y|，由题设知|x ＋y|<13，|2x －y|<16，从而3|y|<23＋16＝56，所以|y|<518.4. 对于任意的实数a （a≠0）和b ，不等式|a ＋b|＋|a －b|≥|a|（|x －1|＋|x －2|）恒成立，求实数x 的取值范围.解：不等式|a ＋b|＋|a －b|≥|a|（|x －1|＋|x －2|）恒成立，即|x －1|＋|x －2|≤|a ＋b|＋|a －b||a|对于任意的实数a （a≠0）和b 恒成立，只要左侧恒小于或等于右边的最小值即可.因为|a ＋b|＋|a －b|≥|a＋b ＋a －b|＝2|a|，即|a ＋b|＋|a －b||a|≥2，也就是|a ＋b|＋|a －b||a|的最小值为2，于是|x －1|＋|x －2|≤2，由绝对值的意义得12≤x ≤52.1. |ax ＋b|≤c（c ＞0）和|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.2. |x－a|＋|x－b|≥c（c＞0）和|x－a|＋|x－b|≤c（c＞0）型不等式的解法方式1：利用绝对值不等式的几何意义求解，表现了数形结合的思想；方式2：利用“零点分段法”求解，表现了分类讨论的思想；方式3：通过构造函数，利用函数的图象求解，表现了函数与方程的思想.第2课时 不等式证明的大体方式（对应学生用书（理）210～214页）1. （选修45P 12例2改编）若a ，b ∈{x|0<x<1}，试比较ab ＋1与a ＋b 的大小. 解：因为0<a<1，0<b<1，所以a －1＜0，b －1<0. 所以（ab ＋1）－（a ＋b ）＝（a －1）（b －1）>0. 故ab ＋1>a ＋b.2. 若a ，b ，c ∈R *，且知足a ＋b ＋c ＝2，求abc 的最大值.解：因为a ，b ，c ∈R *，所以2＝a ＋b ＋c≥33abc ，故abc ≤827.当且仅当a ＝b ＝c ＝23时等号成立，所以abc 的最大值为827.3. 若实数a ，b ，c 知足a 2＋b 2＋c 2＝4，求3a ＋4b ＋5c 的最大值.解：由柯西不等式得（3a ＋4b ＋5c ）2≤（a 2＋b 2＋c 2）（9＋16＋25）＝200，所以－102≤3a ＋4b ＋5c≤102，所以3a ＋4b ＋5c 的最大值为10 2.4. 已知x ＞0，y ＞0，a ∈R ，b ∈R .求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋by x ＋y 2≤a 2x ＋b 2y x ＋y . 证明：∵ x＞0，y ＞0，∴ x ＋y ＞0，∴ 要证⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋by x ＋y 2≤a 2x ＋b 2y x ＋y ， 即证（ax ＋by ）2≤（x ＋y ）（a 2x ＋b 2y ），即证xy （a 2－2ab ＋b 2）≥0，即证（a －b ）2≥0.而（a －b ）2≥0显然成立，∴ ⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋by x ＋y 2≤a 2x ＋b 2y x ＋y . 5. 已知a ，b ＞0，a ＋b ＝2，x ，y ＞0，求证：（ax ＋by ）（bx ＋ay ）≥4xy .证明：已知（ax ＋by ）（bx ＋ay ）＝ab （x 2＋y 2）＋（a 2＋b 2）·xy，且a ，b ，x ，y ＞0，所以由均值不等式得ab （x 2＋y 2）＋（a 2＋b 2）xy≥（a 2＋2ab ＋b 2）xy ＝（a ＋b ）2xy ＝4xy ，当且仅当x ＝y 时取等号.1. 不等式证明的常常利用方式（1） 比较法：比较法是证明不等式的一种最大体的方式，也是一种常常利用方法，基本不等式就是用比较法证得的.比较法有差值、比值两种形式，但比值法必需考虑正负.比较法证明不等式的步骤：作差（商）、变形、判断符号.其中的变形主要方式是分解因式、配方，判断进程必需详细叙述.（2） 综合法：综合法就是从题设条件和已经证明过的大体不等式起身，不断用必要条件替换前面的不等式，直到推出要证明的结论，即为“由因导果”，在利用综合法证明不等式时，常常用到基本不等式.（3） 分析法：分析法就是从所要证明的不等式起身，不断地用充分条件替换前面的不等式，直至推出显然成立的不等式，即为“执果索因”.2. 不等式证明的其他方式和技能 （1） 反证法从否定结论起身，通过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定结论是正确的证明方式.（2） 放缩法欲证A≥B，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得A≥C 1≥C 2≥…≥C n≥B ，利用传递性达到证明的目的.（3） 数学归纳法3. 柯西不等式的二维形式（1） 柯西不等式的代数形式：设a 1，a 2，b 1，b 2均为实数，则（a 21＋a 22）（b 21＋b 22）≥（a 1b 1＋a 2b 2）2（当且仅当a 1b 2＝a 2b 1时，等号成立）.（2） 柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α||β|≥|α·β|.（3） 三角形不等式：设x 1，y 1，x 2，y 2，x 3，y 3∈R ，那么（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（x 2－x 3）2＋（y 2－y 3）2≥（x 1－x 3）2＋（y 1－y 3）2. 4. 柯西不等式的一般形式设n 为大于1的自然数，a i ，b i （i ＝1，2，…，n ）为实数，则∑n i ＝1a 2i ∑n i ＝1b 2i ≥⎝⎛⎭⎫∑ni ＝1a i b i 2，其中等号当且仅当b 1a 1＝b 2a 2＝…＝b na n时成立（当a i ＝0时，约定b i ＝0，i ＝1，2，…，n ）.5. 算术几何平均不等式a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n （a 1，a 2，…，a n ∈R *），等号当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时成立., 1 用比较法证明不等式), 1) （2021·南京、盐城模拟）设a≠b，求证：a 4＋6a 2b 2＋b 4＞4ab （a 2＋b 2）.证明：a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab （a 2＋b 2）＝（a 2＋b 2）2－4ab （a 2＋b 2）＋4a 2b 2＝（a 2＋b 2－2ab ）2＝（a －b ）4.因为a≠b，所以（a －b ）4＞0，所以a 4＋6a 2b 2＋b 4＞4ab （a 2＋b 2）. 备选变式（教师专享）已知m ，n 是正数，求证：m 3n ＋n 3m≥m 2＋n 2.证明：∵ m 3n ＋n 3m －m 2－n 2＝m 3－n 3n ＋n 3－m 3m ＝（m 3－n 3）（m －n ）mn＝（m －n ）2（m 2＋mn ＋n 2）mn，又m ，n 均为正实数，∴ （m －n ）2（m 2＋mn ＋n 2）mn≥0，∴ m 3n ＋n 3m≥m 2＋n 2，当且仅当m ＝n 时，等号成立., 2 用分析法、综合法证明不等式), 2) （2021·南通、泰州模拟）设x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1，求证：1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x≥xy ＋yz ＋zx.证明：因为x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1，所以1x 3y ＋xy≥2x ＝2yz ，1y 3z ＋yz≥2y ＝2xz ，1z 3x ＋xz≥2z ＝2xy.所以1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x ≥xy ＋yz ＋zx.变式训练已知a ，b ，c 均为正数.求证：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥6 3.证明：因为a ，b ，c 均为正数，由大体不等式得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca.所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca.同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ca，故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ca ＋3ab ＋3bc ＋3ca ≥6 3.所以原不等式成立., 3 均值不等式的应用), 3) （2021·南通、扬州、泰州模拟）已知a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd＝1.求证：a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d.证明：因为a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd ＝1，所以a 5＋b ＋c ＋d≥44a 5bcd ＝4a ①.同理b 5＋c ＋d ＋a≥4b ②，c 5＋d ＋a ＋b≥4c ③，d 5＋a ＋b ＋c≥4d ④，将①②③④式相加并整理，即得a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d. 变式训练已知x ，y ，z 均为正数，求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：因为x ，y ，z 均为正数，所以x yz ＋y zx ≥1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥2z.同理可得z xy ＋y zx ≥2x ，x yz ＋z xy ≥2y.当且仅当x ＝y ＝z 时，以上三式等号都成立.将上述三个不等式左、右两边别离相加，并除以2， 得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z . 备选变式（教师专享）已知正数a ，b ，c 知足abc ＝1，求（a ＋2）（b ＋2）（c ＋2）的最小值.解：∵ （a ＋2）（b ＋2）（c ＋2）＝（a ＋1＋1）（b ＋1＋1）（c ＋1＋1）≥3·3a ·3·3b ·3·3c ＝27·3abc ＝27，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立， ∴ （a ＋2）（b ＋2）（c ＋2）的最小值为27. , 4 柯西不等式的应用) , 4) （2021·苏锡常镇一模）已知a ，b ，c 为正数，且a ＋b ＋c ＝3，求3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值.解：由柯西不等式可得（3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1）2≤（12＋12＋12）·[（3a ＋1）2＋（3b ＋1）2＋（3c ＋1）2]＝3×12，∴ 3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1≤6，当且仅当3a ＋1＝3b ＋1＝3c ＋1时取等号. ∴ 3a ＋1＋3b ＋1＋3c ＋1的最大值是6. 变式训练求函数f （x ）＝5x ＋8－2x 的最大值. 解：函数概念域为[0，4]，且f （x ）≥0.由柯西不等式得[52＋（2）2][（x ）2＋（4－x ）2]≥（5·x ＋2·4－x ）2，即27×4≥（5·x ＋2·4－x ）2， 所以5x ＋8－2x ≤6 3.当且仅当2·x ＝54－x ，即x ＝10027时，取等号.所以函数f （x ）＝5x ＋8－2x 的最大值为6 3. 备选变式（教师专享）（2021·南京期末）求函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值.解：y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x ＝3sin x ＋4cos 2x.由柯西不等式得y 2＝（3sin x ＋4cos 2x ）2≤（32＋42）·（sin 2x ＋cos 2x ）＝25，所以y max ＝5，此时sin x ＝35.所以函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值为5.1. （2021·苏州期中）已知a ，b ，c ，d 都是正实数，且a ＋b ＋c ＋d ＝1，求证：a21＋a＋b 21＋b ＋c 21＋c ＋d 21＋d ≥15. 证明：∵ [（1＋a ）＋（1＋b ）＋（1＋c ）＋（1＋d ）]·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 21＋a ＋b 21＋b ＋c 21＋c ＋d 21＋d ≥（1＋a ·a 1＋a ＋1＋b ·b 1＋b ＋1＋c ·c 1＋c ＋1＋d ·d 1＋d）2＝（a ＋b ＋c ＋d ）2＝1，又（1＋a ）＋（1＋b ）＋（1＋c ）＋（1＋d ）＝5，∴ a 21＋a ＋b 21＋b ＋c 21＋c ＋d 21＋d ≥15. 2. （2021·南京、盐城期末）若实数x ，y ，z 知足x ＋2y ＋z ＝1，求x 2＋y 2＋z 2的最小值.解：由柯西不等式，得（x ＋2y ＋z ）2≤（12＋22＋12）·（x 2＋y 2＋z 2），即x ＋2y ＋z≤12＋22＋12·x 2＋y 2＋z 2.因为x ＋2y ＋z ＝1，所以x 2＋y 2＋z 2≥16，当且仅当x 1＝y 2＝z 1，即x ＝z ＝16，y ＝13时取等号.综上，（x 2＋y 2＋z 2）min ＝16.3. （2021·镇江期末）已知a ＞0，b ＞0，求证：（a 2＋b 2＋ab ）·（ab 2＋a 2b ＋1）≥9a 2b 2. 证明：因为a ＞0，b ＞0，由均值不等式知a 2＋b 2＋ab≥33a 3b 3＝3ab ，ab 2＋a 2b ＋1≥33a 3b3＝3ab ，所以两式相乘可得（a 2＋b 2＋ab ）·（ab 2＋a 2b ＋1）≥9a 2b 2.4. （2021·常州期末）已知x ＞0，y ＞0，且2x ＋y ＝6，求4x 2＋y 2的最小值.解：（解法1）按照柯西不等式得[（2x ）2＋y 2]（12＋12）≥（2x ＋y ）2，化简得4x 2＋y 2≥18，当且仅当2x ＝y ＝3，即x ＝32，y ＝3时取等号. 因此，当x ＝32，y ＝3时，4x 2＋y 2取得最小值18. （解法2）由2x ＋y ＝6得y ＝6－2x ；由x ＞0，y ＞0，得0＜x ＜3.因此4x 2＋y 2＝4x 2＋（6－2x ）2＝8x 2－24x ＋36＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋18. 当x ＝32，y ＝3时，4x 2＋y 2取得最小值18. 5. 已知a ，b ，c>0，且1a 2＋1＋1b 2＋1＋1c 2＋1＝1，求证：a a 2＋1＋b b 2＋1＋c c 2＋1≤ 2. 证明：因为1a 2＋1＋1b 2＋1＋1c 2＋1＝1，所以a 2a 2＋1＋b 2b 2＋1＋c 2c 2＋1＝2. 由柯西不等式，得（1a 2＋1＋1b 2＋1＋1c 2＋1）（a 2a 2＋1＋b 2b 2＋1＋c 2c 2＋1）≥（a a 2＋1＋b b 2＋1＋c c 2＋1）2，所以a a 2＋1＋b b 2＋1＋c c 2＋1≤ 2. 1. 已知x 1，x 2，x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1. 证明：因为x 1，x 2，x 3为正实数，所以x 22x 1＋x 1＋x 23x 2＋x 2＋x 21x 3＋x 3≥2x 22＋2x 23＋2x 21＝2（x 1＋x 2＋x 3）＝2， 当且仅当x 1＝x 2＝x 3时取等号.所以x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1. 2. 设a ，b ，c 均为正数， abc ＝1.求证：1a ＋1b ＋1c ≥a ＋b ＋ c. 证明：由a ，b ，c 均为正数，按照均值不等式，得1a ＋1b ≥2ab ，1b ＋1c ≥2bc ，1c ＋1a ≥2ca. 将此三式相加，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c ≥2ab ＋2bc ＋2ca ，即1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ca. 由abc ＝1，则有abc ＝1.所以1a ＋1b ＋1c ≥abc ab ＋abc bc ＋abc ca＝a ＋b ＋ c. 3. （2021·苏北三市模拟）已知a ，b ，c 为正实数，且a 3＋b 3＋c 3＝a 2b 2c 2.求证：a ＋b ＋c≥333.证明：因为a 3＋b 3＋c 3＝a 2b 2c 2≥33a 3b 3c 3，所以abc≥3， 所以a ＋b ＋c≥33abc ≥333，当且仅当a ＝b ＝c ＝33时，取等号.4. 已知a ，b ，c ∈R ，a 2＋2b 2＋3c 2＝6，求a ＋b ＋c 的最大值.解：由柯西不等式，得[a 2＋（2b ）2＋（3c ）2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132≥（a ＋b ＋c ）2.因为a 2＋2b 2＋3c 2＝6，所以（a ＋b ＋c ）2≤11，所以－11≤a ＋b ＋c≤11.所以a＋b＋c的最大值为11，当且仅当a＝2b＝3c＝时取得.。
2021版高考数学一轮复习选修4_5不等式选讲第1讲绝对值不等式高效演练分层突破文新人教A版
第1讲 绝对值不等式[基础题组练]1．已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|.(1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集．解：(1)证明：f (x )＝|x －2|－|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，x ≤2，2x －7，2<x <5，3，x ≥5.当2<x <5时，－3<2x －7<3，所以－3≤f (x )≤3.(2)由(1)可知，当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2<x <5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x <5}；当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}．综上，不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}．2．(2019·高考全国卷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，＋∞)．3．(2020·陕西宝鸡中学二模)设函数f (x )＝x 2－x －1.(1)解不等式：|f (x )|<1；(2)若|x －a |<1，求证：|f (x )－f (a )|<2(|a |＋1)．解：(1)由|f (x )|<1得－1<f (x )<1，即－1<x 2－x －1<1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x >0，x 2－x －2<0，解得－1<x <0或1<x <2， 所以原不等式的解集为(－1，0)∪(1，2)．(2)证明：因为|x －a |<1，所以|f (x )－f (a )|＝|x 2－a 2＋a －x |＝|(x －a )(x ＋a －1)|＝|x －a ||x ＋a －1|<|x ＋a －1|＝|(x －a )＋2a －1|≤|x －a |＋|2a |＋1<|2a |＋2＝2(|a |＋1)．4．(2020·新疆第一次毕业诊断及模拟测试)已知函数f (x )＝|x －2|－|x ＋1|.(1)若f (x )>a 成立有解，求a 的取值范围；(2)解不等式f (x )<x 2－2x .解：(1)f (x )＝|x －2|－|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧3，x ≤－1，－2x ＋1，－1<x <2，－3，x ≥2，故f (x )∈[－3，3]，所以若使f (x )>a 成立有解，应有a <f (x )max ，即a <3，所以a 的取值范围是(－∞，3)．(2)当x ≤－1时，x 2－2x >3，所以x <－1；当－1<x <2时，x 2－2x >－2x ＋1.所以1<x <2；当x ≥2时，x 2－2x >－3，故x ≥2.综上所述，不等式的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．5．(2020·陕西汉中重点中学3月联考)已知函数f (x )＝|4x －1|－|x ＋2|.(1)解不等式f (x )<8；(2)若关于x 的不等式f (x )＋5|x ＋2|<a 2－8a 的解集不是空集，求a 的取值范围．解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3，x ≤－2，－5x －1，－2<x <14，3x －3，x ≥14， 当x ≤－2时，由－3x ＋3<8，得x >－53，无解； 当－2<x <14时，由－5x －1<8，得x >－95， 即－95<x <14； 当x ≥14时，由3x －3<8， 得x <113，即14≤x <113. 所以不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－95<x <113. (2)f (x )＋5|x ＋2|＝|4x －1|＋|4x ＋8|≥9.则由题可得a 2－8a >9.解得a <－1或a >9.6．(2020·原创冲刺卷三)已知函数f (x )＝|x －2a |，a ∈R ，若∀x ∈R ，f (x )都满足f (x )＝f (4－x )．(1)求a 的值；(2)若∃x ∈R ，使得不等式f (2x －1)－f (x )≤4－2m 成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)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 )＝|x －2a |的图象关于直线x ＝2a 对称，所以2a ＝2，a ＝1. (2)令h (x )＝f (2x －1)－f (x )＝|2x －3|－|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋1，x ≤32，3x －5，32<x <2，x －1，x ≥2，h (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增，所以h (x )min ＝h (32)＝－12，故－12≤4－2m ，解得m ≤94，故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，94. [综合题组练]1．(2020·河北省九校第二次联考)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|.(1)解不等式f (x )>2；(2)记函数g (x )＝f (x )＋f (－x )，若对任意的x ∈R ，不等式|k －1|<g (x )恒成立，求实数k 的取值范围．解：(1)依题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12x ＋2，－12<x <1，3x ，x ≥1于是得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x >2或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <1，x ＋2>2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥13x >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)．2．已知函数f (x )＝13|x －a |(a ∈R )． (1)当a ＝2时，解不等式|x －13|＋f (x )≥1； (2)设不等式|x －13|＋f (x )≤x 的解集为M ，若[13，12]⊆M ，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，原不等式可化为|3x －1|＋|x －2|≥3，①当x ≤13时，1－3x ＋2－x ≥3，解得x ≤0，所以x ≤0； ②当13<x <2时，3x －1＋2－x ≥3，解得x ≥1，所以1≤x <2； ③当x ≥2时，3x －1＋x －2≥3，解得x ≥32，所以x ≥2. 综上所述，当a ＝2时，不等式的解集为{x |x ≤0或x ≥1}．(2)不等式|x －13|＋f (x )≤x 可化为|3x －1|＋|x －a |≤3x ， 依题意不等式|3x －1|＋|x －a |≤3x 在x ∈[13，12]上恒成立， 所以3x －1＋|x －a |≤3x ，即|x －a |≤1，即a －1≤x ≤a ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤13a ＋1≥12，解得－12≤a ≤43， 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，43.。
高考数学一轮复习不等式选讲课件理a选修45a高三选修45数学课件
解析答案
[解] (1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|＋|x－3|≥|x－1－x＋3|＝2， ∴f(x)的最小值为 2，当且仅当 1≤x≤3 时取得最小值． (2)∵x∈R 时，恒有|x－a|＋|x－3|≥|(x－a)－(x－3)|＝|3－a|， 又不等式 f(x)≤3 的解集非空， ∴|3－a|≤3，∴0≤a≤6.∴a 的取值范围为[0,6]．
12/13/2021
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01
栏 目
(lán mù)
导 航
课前·知识 全通 (zhī shi)
关
02 课堂(kètáng)·题型全突破
03 真题·自主验效果
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课前知识 全通关
12/13/2021
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1．绝对值不等式的解集
(1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解法：
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4．柯西不等式 (1)柯西不等式的代数形式：设 a，b，c，d 都是实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥ _(a_c_＋__b_d_)_2 _(当且仅当 ad＝bc 时，等号成立)． (2)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 α 或 β 是零向量，或存在实数 k，使 α＝kβ(α，β 为非零向量)时，等号成立． (3)柯西不等式的三角不等式：设 x1，y1，x2，y2，x3，y3∈R， 则 x1－x22＋y1－y22＋ x2－x32＋y2－y32≥ x1－x32＋y1－y32. (4)柯西不等式的一般形式：设 a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn 是实数， 则(a21＋a22＋…＋a2n)(b21＋b22＋…＋b2n)≥(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．
高考数学一轮复习 热点难点精讲精析 选修系列(第2部分：不等式选讲)
高考一轮复习热点难点精讲精析： 选修系列（第2部分：不等式选讲）一、绝对值不等式（一）绝对值三角不等式性质定理的应用〖例〗“|x-a|＜m,且|y-a|＜m 是“|x-y|＜2m ”(x,y,a,m ∈R)的（A ）（A ）充分非必要条件 （B ）必要非充分条件 （C ）充要条件 （D ）非充分非必要条件思路解析：利用绝对值三角不等式，推证||||x a m y a m -<⎧⎨-<⎩与|x-y|＜2m 的关系即得答案。
解答：选A 。
|||()()|||||2,||,||||23,1,2, 2.5,||252,||5,|| 2.5,||||||2.x y x a y a x a y a m m m x a m y a m x y m x y a m x y m x a x a m x a m y a m x y m -=---≤-+-<+=∴-<-<-<===-=-=<=-=-<=-<-<-< 且是的充分条件.取则有但不满足故且不是的必要条件（二）绝对值不等式的解法 〖例〗解下列不等式：2(1)1|2|3;(2)|25|7;(3)|9|3;(4)|1||2| 5.x x x x x x x <-≤+>+-≤+-++<思路解析：（1）利用公式或平方法转化为不含绝对值的不等式。
（2）利用公式法转化为不含绝对值的不等式。
（3）利用绝对值的定义或|()|(0)|()|f x a a a f x a ≤>⇒-≤≤去掉绝对值符号或利用数形结合思想求解。
（4）不等式的左边含有绝对值符号，要同时去掉这两个绝对值符号，可以采用“零点分段法”，此题亦可利用绝对值的几何意义去解。
解答：（1）方法一：原不等式等价于不等式组|2|1,|2|3x x ->⎧⎨-≤⎩即13,15x x x <>⎧⎨-≤≤⎩或 解得-1≤x ＜1或3＜x ≤5,所以原不等式的解集为{x|-1≤x ＜1或3＜x ≤5}. （2）由不等式|25|7x x +>+，可得250257x x x +≥⎧⎨+>+⎩或250,25(7)x x x +<⎧⎨+<-+⎩解得x>2或x<-4.∴原不等式的解集是{x| x<-4或x>2}（3）原不等式⇔①229093x x x ⎧-≥⎪⎨-≤+⎪⎩或②2290,93x x x ⎧-<⎪⎨-≤+⎪⎩ 不等式①⇔3333 4.34x x x x x ≤-≥⎧⇔=-≤≤⎨-≤≤⎩或或不等式②⇔332 3.32x x x x -<<⎧⇔≤<⎨≤-≥⎩或 ∴原不等式的解集是{x|2≤x ≤4或x=-3}.(4)分别求|x-1|,|x+2|的零点，即1，-2。
名师导学高考数学一轮总复习第十章选修系列第63讲不等式选讲课件文新人教A版
〔备选题〕例5已知 f(x)＝ 1＋x2，a≠b， 求证：|f(a)－f(b)|<|a－b|.
【证明】∵|f(a)－f(b)|＝| 1＋a2－ 1＋b2|
＝
|a－b||a＋b| 1＋a2＋ 1＋b2
又 ∵|a ＋ b|≤|a| ＋ |b| ＝ a2 ＋ b2 < 1＋a2 ＋
1＋b2，∴
|a＋b| 1＋a2＋ 1＋b2<1.
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3.不等式 1<|x－2|<3 的解集是 {x|－1<x<1或3<x<.5} 【解析】原不等式可化为||xx－ －22||<>31， 则得－ x－3<2<x－ －21<或3x－2>1，求得－1<x<1 或 3<x<5， 故原不等式的解集是{x|－1<x<1 或 3<x<5}.
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4.若关于 x 的不等式a≥x＋1＋x－2存在实数
解，则实数 a 的取值范围是( D )
A.(－∞，－3]
B.3，＋∞
C.－3，3
D.(－∞，－3]∪3，＋∞
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【解析】令
f
x
＝
x＋1
＋
x－2
＝
－2x＋1，x<－1 3，－1≤x≤2 ，所以函数 fx在－∞，－1上单调 2x－1，x>2
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bc·bc＝9.
(2)证法一：左边＝ba＋ba＋bc＋bc＋ac＋ac－3. 因为 a，b，c 为正数，所以ba＋ba≥2，bc＋bc≥2， ac＋ac≥2， 所以ba＋ba＋bc＋bc＋ac＋ac－3≥3，即b＋ac－a＋ c＋ab－b＋a＋bc －c≥3.
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2021《名师伴你行》系 列高考数学一轮复习配 套精讲学案：选修系列
：不等式选讲
2020/9/13
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