2020版高考理科数学突破二轮复习新课标 教师用书：第2讲 不等式选讲

第2讲 不等式选讲 [做真题] 1．(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，＋∞)． 2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明： (1)1a＋1b＋1c≤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，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥

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≤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≥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. [明考情] 1．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等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解． 2．此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用． 含绝对值不等式的解法(综合型)

[知识整合] |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. [典型例题] (2019·安徽五校联盟第二次质检)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<0，2－3x≥4或0≤x≤1，2－x≥4或x>1，3x－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，＋∞)．

(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤 ①求零点； ②划区间、去绝对值号； ③分别解去掉绝对值的不等式(组)； ④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值． (2)图象法求解不等式 用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法． [对点训练] 1．(2019·长春市质量监测(二))设函数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的解集为(－∞，＋∞)，求k＋m的取值范围．

解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝



－2x（x<－2）

4（－2≤x≤2），2x（x>2）

当x<－2时，－2x≥6，所以x≤－3； 当－2≤x≤2时，4≥6不成立，所以无解； 当x>2时，2x≥6，所以x≥3. 综上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)．

(2)令g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝5（x<－3）－2x－1（－3≤x≤2），－5（x>2）作出g(x)的图象， 如图．

由f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集为(－∞，＋∞)，结合图象可知k＝0，m<－5， 所以k＋m<－5，即k＋m的取值范围是(－∞，－5)． 2．已知函数f(x)＝|x－a|，其中a>1. (1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值． 解：(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝



－2x＋6，x≤2，

2，22x－6，x≥4，

当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4| 得－2x＋6≥4，解得x≤1； 当2当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|得2x－6≥4， 解得x≥5， 故不等式的解集为{x|x≤1或x≥5}． (2)令h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，

则h(x)＝



－2a，x≤0，

4x－2a，02a，x≥a，

由|h(x)|≤2，解得a－12≤x≤a＋12， 又知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，

所以a－12＝1，a＋12＝2，解得a＝3. 不等式的证明(综合型) [知识整合] 证明不等式的基本方法 (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． [典型例题] (1)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2. 证明：①(a＋b)(a5＋b5)≥4； ②a＋b≤2. (2)已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8. 【证明】 (1)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. (2)由柯西不等式可得：(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)． 因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64， 因此ac＋bd≤8. 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直接联系不明显，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或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，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． [对点训练] (一题多解)(2019·福州市质量检测)已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4的解集为M. (1)求集合M； (2)设实数a∈M，b∉M，证明：|ab|＋1≤|a|＋|b|.

解：(1)法一：当x<－12时，不等式化为：－2x－1＋1－2x<4，即x>－1，

所以－1当－12≤x≤12时，不等式化为：2x＋1－2x＋1<4， 即2<4， 所以－12≤x≤12； 当x>12时，不等式化为：2x＋1＋2x－1<4，即x<1， 所以12综上可知，M＝{x|－1法二：设f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，

则f(x)＝



－4x，x<－12，

2，－12≤x≤12，4x，x>12， 函数f(x)的图象如图所示， 若f(x)<4，由上图可得，－1所以M＝{x|－1(2)证明：法一：因为a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1. 而|ab|＋1－(|a|＋|b|) ＝|ab|＋1－|a|－|b| ＝(|a|－1)(|b|－1)≤0， 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|. 法二：要证|ab|＋1≤|a|＋|b|， 只需证|a||b|＋1－|a|－|b|≤0， 只需证(|a|－1)(|b|－1)≤0， 因为a∈M，b∉M，所以|a|<1，|b|≥1， 所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立． 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立．