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)．

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(a2＋b2)(c2＋d2)≥(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．6  D．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(　　 )

A．x＞y  B．x＜y

C．x≥y  D．x≤y

解析：A　[x－y＝a＋－

＝a－b＋＝.

由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，

所以＞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)＝.

∵f(x)≥0，∴或或.

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|

＝

当m＝1时，由或x≤－3，得x≤－，

∴不等式f(x)≥1的解集为{x|x≤－}．

(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<.

即实数m的取值范围为(0，)．

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x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤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，

则－＝－6，＝2，无解；

当a<0时，解集为，

令－＝2，＝－6，得a＝－.

综上所述，a＝－.

(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)

＝|4x＋1|－|2x－3|

＝

由此可知h(x)在上单调递减，

在上单调递增，

在上单调递增，

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.

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)＋＋≤a2＋b2＋c2；

(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.

解：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有

a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋，

所以＋＋≤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≥

3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)

≥3×(2)×(2)×(2)＝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，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＋(a＋b)＝2＋，

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⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒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；

(2)≥9.

证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，

∴＋＋＝＋＋

＝2＝2

＝2＋4≥4＋4＝8

(当且仅当a＝b＝时，等号成立)，

∴＋＋≥8.

(2)∵＝＋＋＋1，由(1)知＋＋≥8.

∴≥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)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．

解析：(1)f(x)＝

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)≥x2－x＋m，

得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.

而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－2＋≤，

且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.

故m的取值范围为.

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，

当－<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)＝

故不等式f(x)＞1的解集为{x|x＞}．

(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，

所以≥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－x2.

(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.

当x<－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－≤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∈，∴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<或x>，

∴不等式f(x)>0的解集为{x|x<或x>}．

(2)当a>0时，f(x)＝

要使函数f(x)的图象与x轴无交点，

只需解得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)＝

要使函数f(x)的图象与x轴无交点，

只需此时无解．

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，或，或.

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≥3

故实数a的取值范围是[3，＋∞)．