2020版高考数学二轮复习第2部分专题7选考4系列第2讲不等式选讲课件文选修4_5
高考数学二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲课件理
考点二 含绝对值不等式的恒成立问题
2．(2018·成都模拟)已知函数 f(x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R. (1)当 k＝1 时，若不等式 f(x)＜4 的解集为{x|x1＜x＜x2}，求 x1 ＋x2 的值； (2)当 x∈R 时，若关于 x 的不等式 f(x)≥k 恒成立，求 k 的最大 值．
从而 1<x≤－1＋2
17 .
(4 分)
12/11/2021
考点一 含绝对值不等式的解法及应用
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17
.
(5 分)
(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.
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考点三 不等式的证明
2．(2018·南宁、柳州联考)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：ab2＋ba2≥4.
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考点一 含绝对值不等式的解法及应用
[练通——即学即用] 1．(2018·洛阳模拟)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．
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考点一 含绝对值不等式的解法及应用
2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形 式； (2)转化最值：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； (3)得结论．
2020届高考数学二轮教师用书：第十一章第2节 选修4-5 不等式选讲
第2节 选修4－5 不等式选讲1．绝对值不等式的解法(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，体现了数形结合思想；解法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论思想；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．2．绝对值三角不等式(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．3．比较法作差比较法与作商比较法的基本原理(1)作差法：a －b >0⇔ a >b .(2)作商法：> 1 ⇔a >b (a >0，b >0)．ab 4．综合法与分析法(1)综合法：证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过 推理论证 而得出命题成立，综合法又叫顺推证法或由因导果法．(2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的 充分条件 ，直至所需条件为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．这是一种 执果索因 的思考和证明方法．5．柯西不等式设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，等号当且仅当ad ＝bc 时成立．[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”：(1)|x －a |＋|x －b |的几何意义是表示数轴上的点x 到点a ，b 的距离之和．( )(2)不等式|a |－|b |≤|a ＋b |等号成立的条件是ab ≤0.( )(3)不等式|a －b |≤|a |＋|b |等号成立的条件是ab ≤0.( )(4)当ab ≥0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |成立．( )答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√[小题查验]1．不等式1<|x ＋1|<3的解集为( )A ．(0,2) B ．(－2,0)∪(2,4)C ．(－4,0)D ．(－4，－2)∪(0,2)解析：D [由|x ＋1|<3，得－4<x <2，由|x ＋1|>1，得x <－2或x >0.所以－4<x <－2或0<x <2.故选D.]2．函数y ＝|x －4|＋|x －6|的最小值为( )A ．2 B ．4C ．6D ．10解析：A [由|x －4|＋|x －6|的几何意义可知|x －4|＋|x －6|≥2，故选A.]3．若a ＞b ＞1，x ＝a ＋，y ＝b ＋，则x 与y 的大小关系是( )1a 1b A ．x ＞y B ．x ＜y C ．x ≥yD ．x ≤y解析：A [x －y ＝a ＋－1a (b ＋1b )＝a －b ＋＝.b －aab (a －b )(ab －1)ab由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .](a －b )(ab －1)ab4．[教材改编]求不等式|x －1|－|x －5|<2的解集为 ____________ .解析：①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1；②当1<x<5时，原不等式可化为x－1－(5－x)<2，∴x<4，∴1<x<4；③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立．综上，原不等式的解集为(－∞，4)．答案：(－∞，4)．5．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：利用数轴及不等式的几何意义可得x到a与到1的距离和小于3，所以a的取值范围为－2≤a≤4.答案：－2≤a≤4考点一 绝对值不等式的解法(师生共研)[典例] (2018·全国Ⅱ卷)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)＝Error!.∵f(x)≥0，∴Error!或Error!或Error!.解得－2≤x≤3，∴f′(x)≥0的解集为[－2,3]．(2)∵f(x)≤1，即|x＋a|＋|x－2|≥4，∴|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|≥4.∴a≥2或a≤－6.含绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a∈(0，＋∞)，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－a或x>a.(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法(或叫定义法)：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．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．(5)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](2019·全国Ⅱ卷)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，＋∞)．考点二 绝对值不等式的恒成立问题(师生共研)[典例] 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)若对任意实数x ，t ，不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|恒成立，求实数m 的取值范围．[解析] (1)f (x )＝|x －m |－|x ＋3m |＝Error!当m ＝1时，由Error!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x ，t 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即实数m 的取值范围为(0，)．34不等式恒成立问题的常见类型及其解法(1)分离参数法运用“f (x )≤a ⇔f (x )max ≤a ，f (x )≥a ⇔f (x )min ≥a ”可解决恒成立中的参数范围问题．(2)数形结合法在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观解决问题．提醒：不等式的解集为R 是指不等式恒成立问题，而不等式的解集为∅的对立面也是不等式恒成立问题，如f (x )>m 的解集为∅，则f (x )≤m 恒成立．[跟踪训练]设f (x )＝|ax －1|.(1)若f (x )≤2的解集为[－6,2]，求实数a 的值；(2)当a ＝2时，若存在x 0∈R ，使得不等式f (2x 0＋1)－f (x 0－1)≤7－3m 成立，求实数m 的取值范围．解：(1)显然a ≠0，当a >0时，解集为，[－1a ，3a ]则－＝－6，＝2，无解；1a 3a 当a <0时，解集为，[3a，－1a ]令－＝2，＝－6，得a ＝－.1a 3a 12综上所述，a ＝－.12(2)当a ＝2时，令h (x )＝f (2x ＋1)－f (x －1)＝|4x ＋1|－|2x －3|＝Error!由此可知h (x )在上单调递减，(－∞，－14]在上单调递增，(－14，32)在上单调递增，[32，＋∞)则当x ＝－时，h (x )取得最小值－，由题意，知－≤7－3m ，则实数m 的取值范围是147272.(－∞，72]考点三 不等式的证明(师生共研)[典例] (2019·全国Ⅰ卷)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：(1)＋＋≤a 2＋b 2＋c 2；1a 1b 1c (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.解：(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 ＋caabc1a 1b 1c 所以＋＋≤a 2＋b 2＋c 2.1a 1b 1c (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(a ＋b )3(b ＋c )3(a ＋c )3≥3×(2)×(2)×(2)＝24.ab bc ac 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24. 证明绝对值不等式三种常用方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．(2)利用不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |进行证明．(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．[跟踪训练]1．已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4；(2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b )≤2＋(a ＋b )＝2＋，3(a ＋b )243(a ＋b )34所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2. 1．综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．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．[跟踪训练]2．已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：(1)＋＋≥8；1a 1b 1ab (2)≥9.(1＋1a )(1＋1b )证明：(1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0，∴＋＋＝＋＋1a 1b 1ab 1a 1b a ＋bab ＝2＝2(1a ＋1b )(a ＋b a ＋a ＋b b )＝2＋4≥4＋4＝8(b a ＋ab )b a ·ab (当且仅当a ＝b ＝时，等号成立)，12∴＋＋≥8.1a 1b 1ab (2)∵＝＋＋＋1，由(1)知＋＋≥8.(1＋1a )(1＋1b )1a 1b 1ab 1a 1b 1ab ∴≥9.(1＋1a )(1＋1b )1．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 )＝Error!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 |＝－2＋≤，(|x |－32)5454且当x ＝时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝.3254故m 的取值范围为.(－∞，54]2．(2018·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|.(1)画出y ＝f (x )的图像；(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值．解：(1)当x ≤－时，f (x )＝－2x －1－x ＋1＝－3x ，12当－<x <1时，f (x )＝2x ＋1－x ＋1＝x ＋2.12当x ≥1时，f (x )＝2x ＋1＋x －1＝3x ，由此可画出函数f (x )的图象．(2)根据题意y ＝ax ＋b 的图象在f (x )的图象上方由图象可得，b ≥2，a ≥3，所以a ＋b 的最小值为5.3．(2018·全国Ⅰ卷)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 )＝Error!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，则|ax －1|＜1的解集为，{x |0＜x ＜2a }所以≥1，故0＜a ≤2.2a 综上，a 的取值范围为(0,2]．4．(2020·新疆适应性检测)设函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －4|，g (x )＝9＋2x －x 2.(1)解不等式f (x )>1；(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )．解：(1)当x ≥2时，f (x )＝2x ＋1－(2x －4)＝5>1，∴x ≥2.当－≤x <2时，f (x )＝2x ＋1－(4－2x )＝4x －3>1，得x >1，∴1<x <2.12当x <－时，f (x )＝－2x －1－(4－2x )＝－5>1不成立，无解．12综上，f (x )>1的解集为(1，＋∞)．(2)要证|8x －16|≥g (x )－2f (x )，只需证2f (x )＋|8x －16|≥g (x )．∵2f (x )＋|8x －16|＝|4x ＋2|＋|4x －8|≥|4x ＋2－(4x －8)|＝10，当且仅当－≤x ≤2时等号成立，∴2f (x )＋|8x －16|的最小值是10.12又g (x )＝－(x －1)2＋10≤10，∴g (x )的最大值是10，此时x ＝1.∵1∈，∴2f (x )＋|8x －16|≥g (x )，[－12，2]∴|8x －16|≥g (x )－2f (x )．5．(2020·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|ax －1|－(a －2)x .(1)当a ＝3时，求不等式f (x )>0的解集；(2)若函数f (x )的图象与x 轴没有交点，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝3时，不等式可化为|3x －1|－x >0，即|3x －1|>x ，∴3x －1<－x 或3x －1>x ，即x <或x >，1412∴不等式f (x )>0的解集为{x |x <或x >}．1412(2)当a >0时，f (x )＝Error!要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需Error!解得1≤a <2.当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1，函数f (x )的图象与x 轴有交点，不合题意；当a <0时，f (x )＝Error!要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需Error!此时无解．综上可知，若函数f (x )的图象与x 轴无交点，则实数a 的取值范围为[1,2)．6．(2019·长沙、南昌联考)已知函数f (x )＝|x －2|＋|x ＋1|.(1)解不等式f (x )≥5；(2)若不等式f (x )<3x ＋a 在(0,3)上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∴f (x )≥5可化为|x －2|＋|x ＋1|≥5，则Error!，或Error!，或Error!.解得x ≥3或x ≤－2.所以原不等式的解集为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)不等式f (x )≤3x ＋a 在(0,3)上恒成立，即|x －2|＋|x ＋1|<3x ＋a 在(0,3)上恒成立，即|x －2|<2x ＋a －1在(0,3)恒成立．亦即－2x －a ＋1<x －2<2x ＋a －1在(0,3)恒成立，∴Error!⇒Error!∴a ≥3故实数a 的取值范围是[3，＋∞)．。
2020高考数学大一轮复习不等式选讲2第2讲不等式的证明课件理(选修4_5)
a＋b
2．已知 a，b∈(0，＋∞)，求证：abba≤(ab) 2 .
证明：
a－b
abbaa＋b＝ab－
a+b 2
ba－
a+b 2
＝ba
2
.
（ab） 2
a－b
当 a＝b 时，ba 2 ＝1；
当 a>b>0 时，0<ba<1，
a－2 b>0，ba
a－b 2
<1.
放缩法证明不等式(师生共研) 若 a，b∈R，求证：1＋|a＋|a＋b|b|≤1＋|a||a|＋1＋|b||b|.
【证明】 当|a＋b|＝0 时，不等式显然成立． 当|a＋b|≠0 时， 由 0＜|a＋b|≤|a|＋|b| ⇒|a＋1 b|≥|a|＋1 |b|，
所以1＋|a＋|a＋b|b|＝|a＋1 b1|＋1≤1＋|a1|＋1 |b| ＝1＋|a||＋a|＋|b||b| ＝1＋|a|a|＋| |b|＋1＋|a|b|＋| |b|≤1＋|a||a|＋1＋|b||b|. 综上，原不等式成立．
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)×
若 a>b>1，x＝a＋1a，y＝b＋1b，则 x 与 y 的大小关系是( )
A．x>y
B．x<y
C．x≥y
D．x≤y
解析：选
A.x
－
y
＝
a
＋
1 a
－
b＋1b
＝
a
－
b
＋
b－a ab
＝
（a－b）（ab－1） ab
.
由
a>b>1
得
ab>1 ， a － b>0 ， 所 以
2020高考数学二轮复习 专题七 系列4选讲 第2讲 不等式选讲学案 理
第2讲 不等式选讲[考情考向分析] 本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．热点一 含绝对值不等式的解法 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)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解． 例1 (2018·湖南省长郡中学模拟)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|＝|x －2|＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4，当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|， 得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2<x <4时，由f (x )≥4－|x －4|，无解； 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 ，0<x <a ，2a ，x ≥a ，由|h (x )|≤2，当x ≤0或x ≥a 时，显然不成立． 当0<x <a 时，由|4x －2a |≤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，于是a ＝3.思维升华 (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、去绝对值符号；③分别解去掉绝对值的不等式；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)用图象法、数形结合法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．跟踪演练1 (2018·河北省衡水金卷模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)若函数g (x )＝||2x －2 018－a ＋||2x －2 019，若对于任意的x 1∈R ，都存在x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12<x <1，3x ，x ≥1.由f (x )≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <1，x ＋2≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3x ≤3，解得－1≤x ≤1.即不等式f (x )≤3的解集为{}x |－1≤x ≤1.(2)由(1)知，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝32，g (x )＝||2x －2 018－a ＋||2x －2 019≥||2x －2 018－a －2x ＋2 019＝|a －1|， 则|a －1|≤32，解得－12≤a ≤52，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.热点二 绝对值不等式恒成立(存在)问题定理1：如果a ，b 是实数，则|a ＋b |≤|a |＋|b |，当且仅当ab ≥0时，等号成立．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． 例2 设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －a |(a >0)．(1)当a ＝2时，求不等式f (x )>8的解集；(2)若∃x ∈R ，使得f (x )≤32成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，由f (x )>8， 得|2x ＋1|＋|x －2|>8，即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，3x －1>8或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <2，x ＋3>8或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－3x ＋1>8，得x >3或x ∈∅或x <－73，所以x >3或x <－73，所以原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－73∪(3，＋∞)． (2)因为∃x ∈R ，使得f (x )≤32成立，所以f (x )min ≤32.因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋1－a ，x ≥a ，x ＋a ＋1，－12<x <a ，－3x －1＋a ，x ≤－12，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12＋a ，所以12＋a ≤32，所以a ≤1.又a >0，所以实数a 的取值范围是(]0，1. 思维升华 绝对值不等式的成立问题的求解策略(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a ≥f (x )或a ≤f (x )的形式．(2)转化最值：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 .(3)求最值：利用基本不等式或绝对值不等式求最值． (4)得结论．跟踪演练2 (2018·东北三省三校模拟)已知函数f (x )＝||2x ＋b ＋||2x －b . (1)若b ＝1，解不等式f (x )>4；(2)若不等式f (a )>||b ＋1对任意的实数a 恒成立，求b 的取值范围． 解 (1)当b ＝1时，f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －1|>4， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，4x >4⇒x >1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－4x >4⇒x <－1或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <12，2>4⇒x ∈∅，所以不等式的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(2)f (a )＝|2a ＋b |＋|2a －b |＝|2a ＋b |＋|b －2a |≥|(2a ＋b )＋(b －2a )|＝|2b |， 当且仅当(2a ＋b )(b －2a )≥0时，f (a )min ＝|2b |， 所以|2b |>|b ＋1|，所以(2b )2>(b ＋1)2， 即(3b ＋1)(b －1)>0，所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞)．热点三 不等式的证明 1．含有绝对值的不等式的性质 ||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |. 2．算术—几何平均不等式定理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，那么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，那么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．例3 (2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3. (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.(1)解 f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋||x －3≤x ＋1. ①当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵x <1，∴x ∈∅；②当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3；③当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，解得x ≤5. 又∵x >3，∴3<x ≤5.综上所得，1≤x ≤3或3<x ≤5，即1≤x ≤5. ∴原不等式的解集为[]1，5. (2)证明 由绝对值不等式的性质，得|x －1|＋||x －3≥||(1－x )＋()x －3＝2，当且仅当(x －1)(x －3)≤0，即1≤x ≤3时，等号成立， ∴c ＝2，即a ＋b ＝2.令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m >1，n >1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4， a 2a ＋1＋b 2b ＋1＝()m －12m＋(n －1)2n＝m ＋n ＋1m ＋1n－4＝4mn ≥4⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22＝1，当且仅当m ＝n ＝2时，等号成立，∴原不等式得证．思维升华 (1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．跟踪演练3 (2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集． (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |. (1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6. 当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立， ∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1.综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}． (2)证明()ab ＋12－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)． 由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1， ∴a 2－1<0，b 2－1<0， ∴(a 2－1)(b 2－1)>0， ∴||ab ＋1>|a ＋b |.真题体验1．(2017·全国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]，求实数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]上的最小值必为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．(2017·全国Ⅱ)已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2，证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4) ＝4＋ab (a 4＋b 4－2a 2b 2) ＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4.(2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3(a ＋b )24(a ＋b )＝2＋3(a ＋b )34，所以(a ＋b )3≤8，(当且仅当a ＝b 时，等号成立) 因此a ＋b ≤2. 押题预测1．已知函数f (x )＝|x －2|＋|2x ＋a |，a ∈R . (1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥4；(2)若∃x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|<3成立，求a 的取值范围．押题依据 不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式恒成立是考题的“亮点”所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点，备受命题者青睐． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －2|＋|2x ＋1|. 由f (x )≥4，得|x －2|＋|2x ＋1|≥4. 当x ≥2时，不等式等价于x －2＋2x ＋1≥4， 解得x ≥53，所以x ≥2；当－12<x <2时，不等式等价于2－x ＋2x ＋1≥4，解得x ≥1，所以1≤x <2；当x ≤－12时，不等式等价于2－x －2x －1≥4，解得x ≤－1，所以x ≤－1.所以原不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥1}． (2)应用绝对值不等式，可得f (x )＋|x －2|＝2|x －2|＋|2x ＋a |＝|2x －4|＋|2x ＋a |≥|2x ＋a －(2x －4)|＝|a ＋4|.(当且仅当(2x －4)(2x ＋a )≤0时等号成立)因为∃x 0，使f (x 0)＋|x 0－2|<3成立，所以(f (x )＋|x －2|)min <3， 所以|a ＋4|<3，解得－7<a <－1， 故实数a 的取值范围为(－7，－1)． 2．已知x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4.(1)要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，求实数a 的取值范围；(2)求证：x 2＋2y 2≥323，并指出等号成立的条件．押题依据 不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点．本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意、分析问题、解决问题的能力，具有一定的训练价值． 解 (1)因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4， 所以x 4＋y4＝1.由基本不等式，得 1x ＋1y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 4＋y 4 ＝12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋x y ≥12＋12y x ·xy＝1， 当且仅当x ＝y ＝2时取等号．要使不等式1x ＋1y≥|a ＋2|－|a －1|恒成立，只需不等式|a ＋2|－|a －1|≤1成立即可． 构造函数f (a )＝|a ＋2|－|a －1|， 则等价于解不等式f (a )≤1. 因为f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，a ≤－2，2a ＋1，－2<a <1，3，a ≥1，所以解不等式f (a )≤1，得a ≤0. 所以实数a 的取值范围为(－∞，0]． (2)因为x ，y ∈R ＋，x ＋y ＝4， 所以y ＝4－x (0<x <4)， 于是x 2＋2y 2＝x 2＋2(4－x )2＝3x 2－16x ＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －832＋323≥323，当x ＝83，y ＝43时等号成立．A 组 专题通关1．(2018·全国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 恒成立，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，＋∞)上恒成立，因此a ＋b 的最小值为5. 2．(2018·全国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|，当且仅当x ＋a 与2－x 同号时等号成立． 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，＋∞)．3．(2018·江西省景德镇市第一中学模拟)已知函数f (x )＝|2x －4|＋|x ＋1|，x ∈R . (1)解不等式f (x )≤9；(2)若方程f (x )＝－x 2＋a 在区间[0,2]上有解，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )≤9，即|2x －4|＋|x ＋1|≤9，即⎩⎪⎨⎪⎧x >2，3x －3≤9或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤2，5－x ≤9或⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－3x ＋3≤9，解得2<x ≤4或－1≤x ≤2或－2≤x <－1. ∴不等式的解集为[－2,4]． (2)当x ∈[0,2]时，f (x )＝5－x .由题意知，f (x )＝－x 2＋a ，即a ＝x 2－x ＋5，x ∈[0,2]，故方程f (x )＝－x 2＋a 在区间[0,2]上有解，即函数y ＝a 和函数y ＝x 2－x ＋5的图象在区间[0,2]上有交点，∵当x ∈[0,2]时，y ＝x 2－x ＋5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤194，7，∴a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤194，7.4．(2018·百校联盟TOP20联考)已知f (x )＝|2x ＋a |－|x －2|. (1)当a ＝－2时，求不等式f (x )≤4的解集；(2)若关于x 的不等式f (x )≥3a 2－3|2－x |恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝－2时，由f (x )≤4， 得2|x －1|－|x －2|≤4，当x ≤1时，由2(1－x )－(2－x )≤4，得－4≤x ≤1； 当1<x <2时，由2(x －1)－(2－x )≤4，得1<x <2； 当x ≥2时，由2(x －1)－(x －2)≤4，得2≤x ≤4. 综上所述，f (x )≤4的解集为[－4,4]． (2)由不等式f (x )≥3a 2－3|2－x |， 得|2x ＋a |－|x －2|＋3|x －2|≥3a 2， 即为|2x ＋a |＋|4－2x |≥3a 2，即关于x 的不等式|2x ＋a |＋|2x －4|≥3a 2恒成立， 而|2x ＋a |＋|2x －4|≥|(2x ＋a )－(2x －4)|＝|a ＋4|， 当且仅当(2x ＋a )(2x －4)≤0时等号成立， 所以|a ＋4|≥3a 2，解得a ＋4≥3a 2或a ＋4≤－3a 2， 解得－1≤a ≤43或a ∈∅.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，43. 5．(2018·上饶模拟)已知函数f (x )＝|2x ＋1|.(1)求不等式f (x )≤8－|x －3|的解集；(2)若正数m ，n 满足m ＋3n ＝mn ，求证：f (m )＋f (－3n )≥24.(1)解 此不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－2x －1＋(3－x )≤8或⎩⎪⎨⎪⎧ －12≤x ≤3，2x ＋1＋(3－x )≤8或⎩⎪⎨⎪⎧ x >3，2x ＋1＋x －3≤8，即不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，103. (2)证明 ∵m >0，n >0，m ＋3n ＝mn ，∴m ＋3n ＝13(m ·3n )≤13×(m ＋3n )24， 即m ＋3n ≥12，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝3n ，m ＋3n ＝mn ，即⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝6，n ＝2时取等号，∴f (m )＋f (－3n )＝|2m ＋1|＋|－6n ＋1|≥|2m ＋6n |，当且仅当(2m ＋1)(－6n ＋1)≤0，即n ≥16时取等号， 又|2m ＋6n |≥24，当且仅当m ＝6，n ＝2时，取等号，∴f (m )＋f (－3n )≥24.B 组 能力提高6．(2018·榆林模拟)已知函数f (x )＝|3x －1|－|2x ＋1|＋a .(1)求不等式f (x )>a 的解集；(2)若恰好存在4个不同的整数n ，使得f (n )<0，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )>a ，得|3x －1|>|2x ＋1|，不等式两边同时平方，得9x 2－6x ＋1>4x 2＋4x ＋1，即5x 2>10x ，解得x <0或x >2.所以不等式f (x )>a 的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)．(2)设g (x )＝|3x －1|－|2x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2－x ，x ≤－12，－5x ，－12<x <13，x －2，x ≥13，作出函数g (x )的图象，如图所示，因为g (0)＝g (2)＝0，g (3)<g (4)＝2<g (－1)＝3，又恰好存在4个不同的整数n ，使得f (n )<0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f (3)<0，f (4)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a <0，2＋a ≥0，故a 的取值范围为[)－2，－1.7．(2018·百校联盟TOP20联考)已知函数f (x )＝x 2＋|x －2|.(1)解不等式f (x )>2|x |；(2)若f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2(a >0，b >0，c >0)对任意x ∈R 恒成立，求证：ab ·c <7232. (1)解 由f (x )>2|x |，得x 2＋|x －2|>2|x |，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥2，x 2＋x －2>2x 或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <2，x 2＋2－x >2x或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤0，x 2＋2－x >－2x ，解得x >2或0<x <1或x ≤0，即x >2或x <1.所以不等式f (x )>2|x |的解集为(－∞，1)∪(2，＋∞)．(2)证明 当x ≥2时，f (x )＝x 2＋x －2≥22＋2－2＝4； 当x <2时，f (x )＝x 2－x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋74≥74， 所以f (x )的最小值为74. 因为f (x )≥a 2＋2b 2＋3c 2对任意x ∈R 恒成立，所以a 2＋2b 2＋3c 2≤74. 又a 2＋2b 2＋3c 2＝a 2＋c 2＋2(b 2＋c 2)所以42abc 2<74，即ab ·c <7232. 8．设函数f (x )＝|x ＋a |－|x －1－a |.(1)当a ＝1时，解不等式f (x )≥12； (2)若对任意a ∈[0,1]，不等式f (x )≥b 的解集不为空集，求实数b 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )≥12等价于 |x ＋1|－|x |≥12. ①当x ≤－1时，不等式化为－x －1＋x ≥12，无解； ②当－1<x <0时，不等式化为x ＋1＋x ≥12， 解得－14≤x <0； ③当x ≥0时，不等式化为x ＋1－x ≥12， 解得x ≥0.综上所述，不等式f (x )≥12的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞. (2)∵不等式f (x )≥b 的解集不为空集，∴b ≤f (x )max ，∵a ∈[0,1]，∴f (x )＝|x ＋a |－|x －1－a |≤|x ＋a －x ＋1－a | ＝|a ＋1－a |＝a ＋1－a ，∴f (x )max ＝a ＋1－a . 对任意a ∈[0,1]，不等式f (x )≥b 的解集不为空集，∴b ≤[a ＋1－a ]min ，令g (a )＝a ＋1－a ，∴g 2(a )＝1＋2a ·1－a ＝1＋2a (1－a )＝1＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋14. ∴当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12时，g (a )单调递增，当a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，g (a )单调递减，当且仅当a ＝0或a ＝1时，g (a )min ＝1， ∴b 的取值范围为(－∞，1]．。
(新课标)2020版高考数学二轮复习专题七选考部分第2讲不等式选讲练习文新人教A版
第2讲 不等式选讲1．(2019·安徽省考试试题)已知f (x )＝|x －2|.(1)解不等式f (x )＋1>f (2x )；(2)若f (m )≤1，f (2n )≤2，求|m －2n －1|的最大值，并求此时实数m ，n 的取值． 解：(1)原不等式等价于|x －2|＋1>2|x －1|，所以⎩⎪⎨⎪⎧x <1，2－x ＋1>2－2x 或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，2－x ＋1>2x －2或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，x －2＋1>2x －2， 所以－1<x <1或1≤x <53或∅，所以原不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫－1，53. (2)由题意得f (m )＝|m －2|≤1，f (2n )＝|2n －2|≤2，所以|n －1|≤1，所以|m －2n －1|＝|(m －2)－2(n －1)－1|≤|m －2|＋2|n －1|＋1≤4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝2时，|m －2n －1|取得最大值4. 2．已知不等式|x |＋|x －3|<x ＋6的解集为(m ，n )．(1)求m ，n 的值；(2)若x >0，y >0，nx ＋y ＋m ＝0，求证：x ＋y ≥16xy .解：(1)由|x |＋|x －3|<x ＋6，得⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3，x ＋x －3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <3，3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，－x ＋3－x <x ＋6， 解得－1<x <9，所以m ＝－1，n ＝9.(2)证明：由(1)知9x ＋y ＝1，又x >0，y >0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1y (9x ＋y )＝10＋y x ＋9x y ≥10＋2y x ×9x y＝16， 当且仅当y x ＝9x y ，即x ＝112，y ＝14时取等号， 所以1x ＋1y≥16，即x ＋y ≥16xy . 3．(2019·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －1|.(1)求不等式f (x )>1的解集；(2)若不等式f (x )<x 2＋x ＋m 的解集为R ，求实数m 的取值范围．解：(1)原不等式等价于|2x ＋1|－|x －1|>1，等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，－x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧－12<x <1，3x －1>0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x ＋1>0， 解得x <－3或13<x <1或x ≥1. 所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－3或x >13. (2)由f (x )<x 2＋x ＋m 得m >－x 2－x ＋|2x ＋1|－|x －1|.令g (x )＝－x 2－x ＋|2x ＋1|－|x －1|，则由题意知m >g (x )max . g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－2x －2，x <－12，－x 2＋2x ，－12≤x ≤1，－x 2＋2，x >1，作出其图象如图所示，由图象知g (x )max ＝1.所以m >1，即m 的取值范围为(1，＋∞)．4．(2019·高考全国卷Ⅲ)设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≥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]，故由已知得(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]，故由已知得(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． 因此(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. 5．设函数f (x )＝a (x －1)．(1)当a ＝1时，解不等式|f (x )|＋|f (－x )|≥3x .(2)设|a |≤1，当|x |≤1时，求证：|f (x 2)＋x |≤54. 解：(1)当a ＝1时，不等式 |f (x )|＋|f (－x )|≥3x ，即|x －1|＋|x ＋1|≥3x ，当x ≤－1时，得1－x －x －1≥3x ⇒x ≤0，所以x ≤－1，当－1<x <1时，得1－x ＋x ＋1≥3x ⇒x ≤23， 所以－1<x ≤23， 当x ≥1时，得x －1＋x ＋1≥3x ⇒x ≤0，与x ≥1矛盾，综上，原不等式的解集为{x |x ≤－1}∪⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－1<x ≤23＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≤23. (2)证明：|f (x 2)＋x |＝|a (x 2－1)＋x |≤|a (x 2－1)|＋|x |，因为|a |≤1，|x |≤1，所以|f (x 2)＋x |≤|a |(1－x 2)＋|x |≤1－x 2＋|x |＝－|x |2＋|x |＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x |－122＋54≤54. 6．(2019·四省八校双教研联考)已知f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|，g (x )＝|x －a |－|x ＋a ＋1|.(1)解不等式f (x )>4；(2)若∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 2)＝g (x 1)，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )>4，即|2x －1|－|x ＋2|>4，当x <－2时，－(2x －1)＋(x ＋2)>4，得x <－2；当－2≤x ≤12时，－(2x －1)－(x ＋2)>4，得－2≤x <－53； 当x >12时，2x －1－(x ＋2)>4，得x >7. 综上，不等式f (x )>4的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x <－53或x >7. (2)因为∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 2)＝g (x 1)，所以g (x )的值域是f (x )的值域的子集，f (x )＝|2x －1|－|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3，x <－2，－3x －1，－2≤x ≤12，x －3，x >12， 所以f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－52，＋∞，g (x )＝|x －a |－|x ＋a ＋1|的值域为[－|2a ＋1|，|2a ＋1|]，所以－|2a ＋1|≥－52，即|2a ＋1|≤52，则－52≤2a ＋1≤52，－74≤a ≤34，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－74，34.。
2020版高考数学大二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲课件理
1．(2019·咸阳一模)设函数 f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|； (1)解不等式 f(x)＋g(x)<2； (2)对任意的实数 x，y，若 f(x)≤1，g(y)≤1，求证：|x－2y＋1|≤3.
解析：(1)当 x<2 时，原不等式可化为 3－x＋2－x<2，可得 x>32， 所以32<x<2.
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＋abbcc＋ca＝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＋
1．(2019·云南一模)已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|x－2a＋3|. (1)当 a＝2 时，解关于 x 的不等式 f(x)≤9； (2)当 a≠2 时，若对任意实数 x，f(x)≥4 都成立，求实数 a 的 取值范围． 解析：(1)当 a＝2 时，f(x)＝3|x－1|， 由 f(x)≤9 得|x－1|≤3，由|x－1|≤3 得－3≤x－1≤3， 解得：－2≤x≤4， 故 a＝2 时，关于 x 的不等式的解集是{x∈R|－2≤x≤4}．
[类题通法] 1.零点分段求解绝对值不等式的模型 (1)求零点； (2)划区间，去绝对值号； (3)分别解去掉绝对值号的不等式； (4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点 值．
2．绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形 式； (2)转化最值：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； (3)得结论．
(广西课标版)2020版高考数学二轮复习8.2不等式选讲(选修4_5)课件文
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,+∞).
-8-
命题热点一 命题热点二 命题热点三 命题热点四
题后反思1.解决绝对值不等式的参数范围问题常用以下两种方 法:
(1)将参数分类讨论,将其转化为分段函数解决; (2)借助于绝对值的几何意义,先求出含参数的绝对值表达式的最 值或取值范围,再根据题目要求,求解参数的取值范围. 2.解答此类问题应熟记以下转化: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.
-3,������ < -1,
解 (1)f(x)= 2������-1,-1 ≤ ������ ≤ 2,
3,������ > 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}.
即 a2+4b2+9c2≥2ab+3ac+6bc. -16-
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不等式的综合应用
【思考】 用什么定理或公式解决多变量代数式的最值问题?
例4已知a,b为正实数.
(1)求证:������������2 + ������������2≥a+b;
2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分 专题7 第2讲 选修4-5：不等式选讲
第二部分 专题七 选修部分
高考二轮总复习 • 数学
(2)∵a＜2，∴a2<1，
－3x＋a＋1，x≤a2
∴f(x)＝|2x－a|＋|x－1|＝x－a＋1，a2<x<1
，
3x－a－1，x≥1
由图可知当 x＝a2时，f(x)min＝1－a2＝2， ∴a＝－2＜2 符合题意，∴a＝－2．
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第二部分 专题七 选修部分
第二部分 专题七 选修部分
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典例2 (2020·运城模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|， a∈R.
(1)若不等式f(x)≤2－|x－1|无解，求实数a的取值范围； (2)当a＜2时，函数f(x)的最小值为2，求实数a的值．
第二部分 专题七 选修部分
高考二轮总复习 • 数学
∴a的取值范围为[－1,1]
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第二部分 专题七 选修部分
高考二轮总复习 • 数学
考点二 绝对值不等式恒(能)成立问题
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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．
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
∴(1＋x)4＝(1＋x)3(1＋x)≥(1＋3x)(1＋x)＝1＋4x＋3x2≥1＋4x，
即(1＋x)4≥1＋4x.
第二部分 专题七 选修部分
高考二轮总复习 • 数学
(2)欲证(a＋b)4≥a4＋4a3b， 只需a＋a b4≥1＋4aa43b，即证1＋ba4≥1＋4·ab ∵a，b＞0，∴ba>0>－1， 由(1)知取 x＝ba时上式成立，从而原不等式得证．
2020版高考数学大二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲限时规范训练文
第二讲 不等式选讲1．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．解析：(1)a ＝1时，f (x )≥3x ＋2，即|x －1|≥2，解得x ≥3成x ≤－1.故不等式的解集是{}x | x ≥3或x ≤－1.(2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0，此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a x －a ＋3x ≤0 或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤a －(x －a )＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤a x ≤－a 2. 因为a >0，所以不等式的解集为{x |x ≤－a 2}， 由题意得－a 2＝－1，故a ＝2. 2．(2019·浉河区校级月考)已知a >0，b >0，a ＋b ＝2.求证：(1)a b ＋b a ≤2；(2)2≤a 2＋b 2<16.证明：(1)∵a >0，b >0，a ＋b ＝2， ∴2≥2ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时取等号，∴0<ab ≤1，∴a b ＋b a ＝ab (a ＋b )＝2ab ≤2.(2)∵a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab ，∴a ＋b ＝(a ＋b )2－2ab ＝4－2ab ，∴a 2＋b 2＝16－16ab ＋4ab －2ab ＝2ab －16ab ＋16＝2(ab －8ab ＋16)－16＝2(ab －4)2－16＝2(4－ab )2－16，∵0<ab ≤1， ∴3≤4－ab <4， ∴9≤(4－ab )2<16，∴2≤2(4－ab )2－16<16，故2≤a 2＋b 2<16.3．(2019·烟台一模)已知函数f (x )＝|2x －1|－m |x ＋2|.(1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若存在实数m 使得不等式f (x －2)>m 在x ∈[－1,1]恒成立，求m 的取值范围． 解析：(1)当m ＝1时，|2x －1|－|x ＋2|≥2，当x ≤－2时，原不等式转化为1－2x ＋x ＋2≥2，解得x ≤－2；当－2<x ≤12时，原不等式转化为1－2x －x －2≥2， 解得－2<x ≤－1；当x >12时，原不等式转化为2x －1－x －2≥2，解得x ≥5； 综上，不等式的解集为{x |x ≤－1或x ≥5}．(2)由已知得：f (x －2)＝|2x －5|－m |x |>m ，即m <|2x －5||x |＋1.设g (x )＝|2x －5||x |＋1，x ∈[－1,1]，由题意m <g (x )min .当x ∈[0,1]时，g (x )＝－2x ＋5x ＋1＝－2＋7x ＋1为减函数，此时最小值为g (1)＝32； 当x ∈[－1,0)时，g (x )＝－2x ＋5－x ＋1＝2－3x －1为增函数，此时最小值为g (－1)＝72. 又32<72，所以g (x )min ＝32. 所以m 的取值范围为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫m ⎪⎪⎪ m <32. 4．已知函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |.(1)求f (x )≥1的解集；(2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，求a 的取值范围．解析：(1)因为函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|，故f (x )≥1，等价于|2x ＋1|－|2x －3|≥1，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，－2x －1－(3－2x )≥1，① 或⎩⎪⎨⎪⎧ －12≤x ≤32，2x ＋1－(3－2x )≥1，②或⎩⎪⎨⎪⎧ x >32，2x ＋1－(2x －3)≥1.③①无解，解②得34≤x ≤32，解③得x >32. 综上可得，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≥34. (2)若对任意的t ∈R ，s ∈R ，都有g (s )≥f (t )，可得g (x )min ≥f (x )max .∵函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －3|≤|2x ＋1－(2x －3)|＝4，∴f (x )max ＝4.∵g (x )＝|x ＋1|＋|x －a |≥|x ＋1－(x －a )|＝|a ＋1|，故g (x )min ＝|a ＋1|.∴|a ＋1|≥4，解得a ≥3或a ≤－5.故a 的取值范围为{a |a ≥3或a ≤－5}．5．(2019·南昌模拟)设函数f (x )＝|2x －3|.(1)求不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集；(2)若g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )的最小值为4，求实数m 的值．解析：(1)∵f (x )>5－|x ＋2|可化为|2x －3|＋|x ＋2|>5，∴当x ≥32时，原不等式化为(2x －3)＋(x ＋2)>5，解得x >2，∴x >2； 当－2<x <32时，原不等式化为(3－2x )＋(x ＋2)>5， 解得x <0，∴－2<x <0；当x ≤－2时，原不等式化为(3－2x )－(x ＋2)>5，解得x <－43，∴x ≤－2. 综上，不等式f (x )>5－|x ＋2|的解集为(－∞，0)∪(2，＋∞)．(2)∵f (x )＝|2x －3|，∴g (x )＝f (x ＋m )＋f (x －m )＝|2x ＋2m －3|＋|2x －2m －3|≥|(2x ＋2m －3)－(2x －2m －3)|＝|4m |.∴依题意有4|m |＝4，解得m ＝±1.6．(2019·高考全国卷Ⅲ)设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≥13成立，证明：a ≤－3或a ≥－1. 解析：(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.。
2020届高考数学二轮教师用书：第十一章第2节 选修4-5 不等式选讲
第2节选修4－5不等式选讲1．绝对值不等式的解法(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≤c②|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，体现了数形结合思想；解法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论思想；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．2．绝对值三角不等式(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．3．比较法作差比较法与作商比较法的基本原理 (1)作差法：a －b >0⇔ a >b .(2)作商法：ab > 1 ⇔a >b (a >0，b >0)．4．综合法与分析法(1)综合法：证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过 推理论证 而得出命题成立，综合法又叫顺推证法或由因导果法．(2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的 充分条件 ，直至所需条件为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．这是一种 执果索因 的思考和证明方法．5．柯西不等式设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，等号当且仅当ad ＝bc 时成立．[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”： (1)|x －a |＋|x －b |的几何意义是表示数轴上的点x 到点a ，b 的距离之和．( ) (2)不等式|a |－|b |≤|a ＋b |等号成立的条件是ab ≤0.( )(3)不等式|a －b |≤|a |＋|b |等号成立的条件是ab ≤0.( ) (4)当ab ≥0时，|a ＋b |＝|a |＋|b |成立．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ [小题查验]1．不等式1<|x ＋1|<3的解集为( ) A ．(0,2) B ．(－2,0)∪(2,4) C ．(－4,0)D ．(－4，－2)∪(0,2)解析：D [由|x ＋1|<3，得－4<x <2，由|x ＋1|>1，得x <－2或x >0.所以－4<x <－2或0<x <2.故选D.]2．函数y ＝|x －4|＋|x －6|的最小值为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．10解析：A [由|x －4|＋|x －6|的几何意义可知|x －4|＋|x －6|≥2，故选A.] 3．若a ＞b ＞1，x ＝a ＋1a ，y ＝b ＋1b ，则x 与y 的大小关系是( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ≥yD ．x ≤y解析：A [x －y ＝a ＋1a －⎝⎛⎭⎫b ＋1b ＝a －b ＋b －a ab ＝(a －b )(ab －1)ab .由a ＞b ＞1得ab ＞1，a －b ＞0，所以(a －b )(ab －1)ab＞0，即x －y ＞0，所以x ＞y .]4．[教材改编]求不等式|x －1|－|x －5|<2的解集为 ____________ . 解析：①当x ≤1时，原不等式可化为1－x －(5－x )<2， ∴－4<2，不等式恒成立，∴x ≤1；②当1<x <5时，原不等式可化为x －1－(5－x )<2， ∴x <4，∴1<x <4；③当x ≥5时，原不等式可化为x －1－(x －5)<2，该不等式不成立． 综上，原不等式的解集为(－∞，4)． 答案：(－∞，4)．5．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：利用数轴及不等式的几何意义可得x 到a 与到1的距离和小于3，所以a 的取值范围为－2≤a ≤4.答案：－2≤a ≤4考点一 绝对值不等式的解法(师生共研)[典例] (2018·全国Ⅱ卷)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 ≤－12，－1<x <26－2x ＋6，x ≥2.∵f (x )≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋4≥0x ≤－1或⎩⎪⎨⎪⎧ 2≥0－1<x <2或⎩⎪⎨⎪⎧6－2x ≥0x ≥2. 解得－2≤x ≤3，∴f ′(x )≥0的解集为[－2,3]． (2)∵f (x )≤1，即|x ＋a |＋|x －2|≥4， ∴|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|≥4. ∴a ≥2或a ≤－6.含绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a∈(0，＋∞)，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－a或x>a.(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法(或叫定义法)：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．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．(5)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](2019·全国Ⅱ卷)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，＋∞)．考点二绝对值不等式的恒成立问题(师生共研)[典例] 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)若对任意实数x ，t ，不等式f (x )<|2＋t |＋|t －1|恒成立，求实数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x ，t 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.即实数m 的取值范围为(0，34)．不等式恒成立问题的常见类型及其解法(1)分离参数法运用“f (x )≤a ⇔f (x )max ≤a ，f (x )≥a ⇔f (x )min ≥a ”可解决恒成立中的参数范围问题． (2)数形结合法在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观解决问题．提醒：不等式的解集为R 是指不等式恒成立问题，而不等式的解集为∅的对立面也是不等式恒成立问题，如f (x )>m 的解集为∅，则f (x )≤m 恒成立．[跟踪训练] 设f (x )＝|ax －1|.(1)若f (x )≤2的解集为[－6,2]，求实数a 的值；(2)当a ＝2时，若存在x 0∈R ，使得不等式f (2x 0＋1)－f (x 0－1)≤7－3m 成立，求实数m 的取值范围．解：(1)显然a ≠0，当a >0时，解集为⎣⎡⎦⎤－1a ，3a ， 则－1a ＝－6，3a ＝2，无解；当a <0时，解集为⎣⎡⎦⎤3a ，－1a ， 令－1a ＝2，3a ＝－6，得a ＝－12.综上所述，a ＝－12.(2)当a ＝2时，令h (x )＝f (2x ＋1)－f (x －1) ＝|4x ＋1|－|2x －3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －4，x ≤－14，6x －2，－14<x <32，2x ＋4，x ≥32，由此可知h (x )在⎝⎛⎦⎤－∞，－14上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫－14，32上单调递增， 在⎣⎡⎭⎫32，＋∞上单调递增， 则当x ＝－14时，h (x )取得最小值－72，由题意，知－72≤7－3m ，则实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，72.考点三 不等式的证明(师生共研)[典例] (2019·全国Ⅰ卷)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.解：(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 ，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.证明绝对值不等式三种常用方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明． (2)利用不等式||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |进行证明． (3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明． [跟踪训练]1．已知a >0，b >0，a 3＋b 3＝2.证明： (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4. (2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝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 ≤2.1．综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A ⇒B 1⇒B 2⇒…⇒B n ⇒B (A 为已知条件或数学定义、定理、公理，B 为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．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．[跟踪训练]2．已知a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证： (1)1a ＋1b ＋1ab ≥8； (2)⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9. 证明：(1)∵a ＋b ＝1，a >0，b >0， ∴1a ＋1b ＋1ab ＝1a ＋1b ＋a ＋b ab ＝2⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2⎝⎛⎭⎫a ＋b a ＋a ＋b b ＝2⎝⎛⎭⎫b a ＋a b ＋4≥4b a ·ab＋4＝8(当且仅当a ＝b ＝12时，等号成立)，∴1a ＋1b ＋1ab≥8. (2)∵⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ＝1a ＋1b ＋1ab ＋1，由(1)知1a ＋1b ＋1ab ≥8. ∴⎝⎛⎭⎫1＋1a ⎝⎛⎭⎫1＋1b ≥9.1．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. 2．(2018·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|.(1)画出y ＝f (x )的图像；(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤ax ＋b ，求a ＋b 的最小值．解：(1)当x ≤－12时，f (x )＝－2x －1－x ＋1＝－3x ， 当－12<x <1时，f (x )＝2x ＋1－x ＋1＝x ＋2. 当x ≥1时，f (x )＝2x ＋1＋x －1＝3x ，由此可画出函数f (x )的图象．(2)根据题意y ＝ax ＋b 的图象在f (x )的图象上方由图象可得，b ≥2，a ≥3，所以a ＋b 的最小值为5.3．(2018·全国Ⅰ卷)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，则|ax －1|＜1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜2a ， 所以2a≥1，故0＜a ≤2. 综上，a 的取值范围为(0,2]．4．(2020·新疆适应性检测)设函数f (x )＝|2x ＋1|－|2x －4|，g (x )＝9＋2x －x 2.(1)解不等式f (x )>1；(2)证明：|8x －16|≥g (x )－2f (x )．解：(1)当x ≥2时，f (x )＝2x ＋1－(2x －4)＝5>1，∴x ≥2.当－12≤x <2时，f (x )＝2x ＋1－(4－2x )＝4x －3>1，得x >1，∴1<x <2. 当x <－12时，f (x )＝－2x －1－(4－2x )＝－5>1不成立，无解． 综上，f (x )>1的解集为(1，＋∞)．(2)要证|8x －16|≥g (x )－2f (x )，只需证2f (x )＋|8x －16|≥g (x )．∵2f (x )＋|8x －16|＝|4x ＋2|＋|4x －8|≥|4x ＋2－(4x －8)|＝10，当且仅当－12≤x ≤2时等号成立，∴2f (x )＋|8x －16|的最小值是10. 又g (x )＝－(x －1)2＋10≤10，∴g (x )的最大值是10，此时x ＝1.∵1∈⎣⎡⎦⎤－12，2，∴2f (x )＋|8x －16|≥g (x )， ∴|8x －16|≥g (x )－2f (x )．5．(2020·石家庄模拟)已知函数f (x )＝|ax －1|－(a －2)x .(1)当a ＝3时，求不等式f (x )>0的解集；(2)若函数f (x )的图象与x 轴没有交点，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝3时，不等式可化为|3x －1|－x >0，即|3x －1|>x ，∴3x －1<－x 或3x －1>x ，即x <14或x >12， ∴不等式f (x )>0的解集为{x |x <14或x >12}． (2)当a >0时，f (x )＝⎩⎨⎧ 2x －1，x ≥1a ，2(1－a )x ＋1，x <1a， 要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎪⎨⎪⎧2a －1>0，2(1－a )≤0，解得1≤a <2. 当a ＝0时，f (x )＝2x ＋1，函数f (x )的图象与x 轴有交点，不合题意；当a <0时，f (x )＝⎩⎨⎧ 2x －1，x ≤1a ，2(1－a )x ＋1，x >1a， 要使函数f (x )的图象与x 轴无交点，只需⎩⎪⎨⎪⎧2a －1<0，2(1－a )≤0，此时无解． 综上可知，若函数f (x )的图象与x 轴无交点，则实数a 的取值范围为[1,2)．6．(2019·长沙、南昌联考)已知函数f (x )＝|x －2|＋|x ＋1|.(1)解不等式f (x )≥5；(2)若不等式f (x )<3x ＋a 在(0,3)上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∴f (x )≥5可化为|x －2|＋|x ＋1|≥5，则⎩⎪⎨⎪⎧ x >22x －1≥5，或⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ≤23>5，或⎩⎪⎨⎪⎧x <－1－2x ＋1≥5. 解得x ≥3或x ≤－2.所以原不等式的解集为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)不等式f (x )≤3x ＋a 在(0,3)上恒成立， 即|x －2|＋|x ＋1|<3x ＋a 在(0,3)上恒成立， 即|x －2|<2x ＋a －1在(0,3)恒成立．亦即－2x －a ＋1<x －2<2x ＋a －1在(0,3)恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ a >－x －1在(0，3)上恒成立，a >－3x ＋3在(0，3)上恒成立，⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ≥－1a ≥3 ∴a ≥3故实数a 的取值范围是[3，＋∞)．。