(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十八 不等式選講講義 理(重點(diǎn)生含解析)(選修4-5)

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1、(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十八 不等式選講講義 理(重點(diǎn)生,含解析)(選修4-5) 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 2018 含絕對值不等式的解法及絕對值不等式恒成立問題 含絕對值不等式的解法及絕對值不等式恒成立問題 含絕對值函數(shù)的圖象與絕對值不等式恒成立問題 2017 含絕對值不等式的解法、求參數(shù)的取值范圍 基本不等式的應(yīng)用、一些常用的變形及證明不等式的方法 含絕對值不等式的解法、函數(shù)最值的求解 2016 含絕對值不等式的解法、分段函數(shù)的圖象及應(yīng)用 含絕對值不等式的解法、比較法證明不等式及應(yīng)用 含絕對值不等式的解法、絕對值不等式的性質(zhì) 縱向把握

2、趨勢 考題主要涉及絕對值不等式的解法及絕對值不等式的恒成立問題、由不等式的解集求參問題.預(yù)計(jì)2019年仍以考查絕對值不等式的解法為主,同時兼顧最值或恒成立問題的考查 考題涉及絕對值不等式的解法、絕對值不等式的恒成立問題以及不等式的證明,難度適中.預(yù)計(jì)2019年會考查含絕對值不等式的解法、不等式的證明問題 考題涉及絕對值不等式的解法、絕對值不等式的恒成立問題、函數(shù)最值的求解,難度適中.預(yù)計(jì)2019年仍會考查絕對值不等式的解法,同時要關(guān)注不等式的證明問題 橫向把握重點(diǎn) 1.不等式選講是高考的選考內(nèi)容之一,考查的重點(diǎn)是不等式的證明、絕對值不等式的解法等,命題的熱點(diǎn)是絕對值不等式的求解,以及

3、絕對值不等式與函數(shù)的綜合問題的求解. 2.此部分命題形式單一、穩(wěn)定,難度中等,備考本部分內(nèi)容時應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用. 含絕對值不等式的解法 [類題通法] 含絕對值的不等式的解法 (1)|f (x)|>a(a>0)?f (x)>a或f (x)<-a; (2)|f (x)|0)?-a0),|x-a|-|x-b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式,可通過零點(diǎn)分區(qū)間法或利用絕對值的幾何意義進(jìn)行求解. ①零點(diǎn)分區(qū)間法求解絕對值不等式的一般步驟: (ⅰ)令每個絕對值符號的代數(shù)式為零,并求出相應(yīng)的根; (ⅱ

4、)將這些根按從小到大排列,把實(shí)數(shù)集分為若干個區(qū)間; (ⅲ)由所分區(qū)間去掉絕對值符號得若干個不等式,解這些不等式,求出解集; (ⅳ)取各個不等式解集的并集就是原不等式的解集. ②利用絕對值的幾何意義求解絕對值不等式的方法: 由于|x-a|+|x-b|與|x-a|-|x-b|分別表示數(shù)軸上與x對應(yīng)的點(diǎn)到a,b對應(yīng)的點(diǎn)的距離之和與距離之差,因此對形如|x-a|+|x-b|≤c(c>0)或|x-a|-|x-b|≥c(c>0)的不等式,利用絕對值的幾何意義求解更直觀. [應(yīng)用通關(guān)] 1.(2018·全國卷Ⅰ)已知f (x)=|x+1|-|ax-1|. (1)當(dāng)a=1時,求不等式f

5、(x)>1的解集; (2)若x∈(0,1)時不等式f (x)>x成立,求a的取值范圍. 解:(1)當(dāng)a=1時,f (x)=|x+1|-|x-1|, 即f (x)= 故不等式f (x)>1的解集為. (2)當(dāng)x∈(0,1)時|x+1|-|ax-1|>x成立等價于當(dāng)x∈(0,1)時|ax-1|<1成立. 若a≤0,則當(dāng)x∈(0,1)時,|ax-1|≥1; 若a>0,則|ax-1|<1的解集為, 所以≥1,故0

6、)若關(guān)于x的不等式f (x)(|2x-1|+|2x+1|)min即可. 由于|2x-1|+|2x+1|=|1-2x|+|2x+1|≥|1-2x+(2x+1)|=2, 當(dāng)且僅當(dāng)(1-2x)(2x+1)≥0,即x∈時等號成立,故m>2. 所以m的取值范圍是(2,+∞). 不等式的證明 [由題知法] 1.

7、含有絕對值的不等式的性質(zhì) |a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|. 2.算術(shù)—幾何平均不等式 定理1:設(shè)a,b∈R,則a2+b2≥2ab.當(dāng)且僅當(dāng)a=b時,等號成立. 定理2:如果a,b為正數(shù),則≥,當(dāng)且僅當(dāng)a=b時,等號成立. 定理3:如果a,b,c為正數(shù),則≥,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時,等號成立. 定理4:(一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1,a2,…,an為n個正數(shù),則≥,當(dāng)且僅當(dāng)a1=a2=…=an時,等號成立.  (2018·沈陽質(zhì)監(jiān))已知a>0,b>0,函數(shù)f (x)=|x+a|-|x-b|. (1)當(dāng)a=1,b=1時,解關(guān)于x的不等式f (x)>1; (2

8、)若函數(shù)f (x)的最大值為2,求證:+≥2. [解] (1)當(dāng)a=1,b=1時, f (x)=|x+1|-|x-1|= ①當(dāng)x≥1時,f (x)=2>1,不等式恒成立, 此時不等式的解集為{x|x≥1}; ②當(dāng)-1≤x<1時,f (x)=2x>1,所以x>, 此時不等式的解集為; ③當(dāng)x<-1時,f (x)=-2>1,不等式不成立,此時無解. 綜上所述,不等式f (x)>1的解集為. (2)證明:法一:由絕對值三角不等式可得 |x+a|-|x-b|≤|a+b|,a>0,b>0, ∴a+b=2, ∴+=(a+b)=≥2,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時,等號成立. 法二:∵a>0

9、,b>0,∴-a<0

10、)求解.多以絕對值的幾何意義或“找零點(diǎn)、分區(qū)間、逐個解、并起來”為簡化策略,而絕對值三角不等式,往往作為不等式放縮的依據(jù). [應(yīng)用通關(guān)] 1.(2018·長春質(zhì)檢)設(shè)不等式||x+1|-|x-1||<2的解集為A. (1)求集合A; (2)若a,b,c∈A,求證:>1. 解:(1)由已知,令f (x)=|x+1|-|x-1|=由|f (x)|<2得-11,只需證|1-abc|>|ab-c|, 即證1+a2b2c2>a2b2+c2,即證1-a2b2>c2(1-a2b2), 即證(1-a2b2)(1-c2)>0,

11、 由a,b,c∈A,得-10恒成立. 綜上,>1. 2.(2018·陜西質(zhì)檢)已知函數(shù)f (x)=|2x-1|+|x+1|. (1)解不等式f (x)≤3; (2)記函數(shù)g(x)=f (x)+|x+1|的值域?yàn)镸,若t∈M,求證:t2+1≥+3t. 解:(1)依題意,得f (x)= ∴f (x)≤3?或或 解得-1≤x≤1, 即不等式f (x)≤3的解集為{x|-1≤x≤1}. (2)證明:g(x)=f (x)+|x+1|=|2x-1|+|2x+2|≥|2x-1-2x-2|=3,當(dāng)且僅當(dāng)(2x-1)(2x+2)≤0

12、時取等號,∴M=[3,+∞). 原不等式等價于t2-3t+1≥, ∵t∈[3,+∞),∴t2-3t≥0,∴t2-3t+1≥1, 又∵≤1,∴t2-3t+1≥,∴t2+1≥+3t. 含絕對值不等式的恒成立問題 [由題知法]    (2018·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)設(shè)函數(shù)f (x)=|x+3|,g(x)=|2x-1|. (1)解不等式f (x)ax+4對任意的實(shí)數(shù)x恒成立,求a的取值范圍. [解] (1)由已知,可得|x+3|<|2x-1|, 即|x+3|2<|2x-1|2,∴3x2-10x-8>0, 解得x<-

13、或x>4. 故所求不等式的解集為∪(4,+∞). (2)由已知,設(shè)h(x)=2f (x)+g(x)=2|x+3|+|2x-1|= 當(dāng)x≤-3時,只需-4x-5>ax+4恒成立, 即ax<-4x-9恒成立, ∵x≤-3<0,∴a>=-4-恒成立, ∴a>max,∴a>-1; 當(dāng)-3ax+4恒成立, 即ax-3<0恒成立, 只需∴∴-1≤a≤6; 當(dāng)x≥時,只需4x+5>ax+4恒成立, 即ax<4x+1恒成立. ∵x≥>0,∴a<=4+恒成立. ∵4+>4,且x→+∞時,4+→4,∴a≤4. 綜上,a的取值范圍是(-1,4]. [類題通法] 絕對值

14、不等式的成立問題的求解模型 (1)分離參數(shù):根據(jù)不等式將參數(shù)分離化為a≥f (x)或a≤f (x)形式. (2)轉(zhuǎn)化最值:f (x)>a恒成立?f (x)min>a; f (x)a有解?f (x)max>a; f (x)a無解?f (x)max≤a; f (x)

15、x-a|. (1)求f (x)≥1的解集; (2)若對任意的t∈R,s∈R,都有g(shù)(s)≥f (t).求a的取值范圍. 解:(1)因?yàn)楹瘮?shù)f (x)=|2x+1|-|2x-3|, 故f (x)≥1,等價于|2x+1|-|2x-3|≥1, 等價于   ① 或   ② 或   ③ ①無解,解②得≤x≤,解③得x>. 所以不等式的解集為. (2)若對任意的t∈R,s∈R,都有g(shù)(s)≥f (t),可得g(x)min≥f (x)max. ∵函數(shù)f (x)=|2x+1|-|2x-3|≤|2x+1-(2x-3)|=4,∴f (x)max=4. ∵g(x)=

16、|x+1|+|x-a|≥|x+1-(x-a)|=|a+1|,故g(x)min=|a+1|. ∴|a+1|≥4,∴a+1≥4或a+1≤-4, 解得a≥3或a≤-5. 故a的取值范圍為(-∞,-5]∪[3,+∞). 2.(2019屆高三·洛陽第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)=|x+1-2a|+|x-a2|,a∈R,g(x)=x2-2x-4+. (1)若f (2a2-1)>4|a-1|,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)若存在實(shí)數(shù)x,y,使f (x)+g(y)≤0,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:(1)∵f (2a2-1)>4|a-1|, ∴|2a2-2a|+|a2-1|>4|a-1|, ∴|a

17、-1|(2|a|+|a+1|-4)>0, ∴|2a|+|a+1|>4且a≠1. ①若a≤-1,則-2a-a-1>4,∴a<-; ②若-14,∴a<-3,此時無解; ③若a≥0且a≠1,則2a+a+1>4,∴a>1. 綜上所述,a的取值范圍為∪(1,+∞). (2)∵g(x)=(x-1)2+-5≥ 2 -5=-1, 顯然可取等號,∴g(x)min=-1. 于是,若存在實(shí)數(shù)x,y,使f (x)+g(y)≤0,只需f (x)min≤1. 又f (x)=|x+1-2a|+|x-a2|≥|(x+1-2a)-(x-a2)|=(a-1)2, ∴(a-1)2≤

18、1,∴-1≤a-1≤1,∴0≤a≤2, 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0,2]. [專題跟蹤檢測](對應(yīng)配套卷P209) 1.(2018·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f (x)=5-|x+a|-|x-2|. (1)當(dāng)a=1時,求不等式f (x)≥0的解集; (2)若f (x)≤1,求a的取值范圍. 解:(1)當(dāng)a=1時,f (x)= 當(dāng)x<-1時,由2x+4≥0,解得-2≤x<-1; 當(dāng)-1≤x≤2時,顯然滿足題意; 當(dāng)x>2時,由-2x+6≥0,解得2

19、-2|≥|a+2|,且當(dāng)x=2時等號成立. 故f (x)≤1等價于|a+2|≥4. 由|a+2|≥4可得a≤-6或a≥2. 所以a的取值范圍是(-∞,-6]∪[2,+∞). 2.(2018·蘭州模擬)設(shè)函數(shù)f (x)=|x-3|,g(x)=|x-2|. (1)解不等式f (x)+g(x)<2; (2)對于實(shí)數(shù)x,y,若f (x)≤1,g(y)≤1,證明:|x-2y+1|≤3. 解:(1)解不等式|x-3|+|x-2|<2. ①當(dāng)x<2時,原不等式可化為3-x+2-x<2,解得x>.所以

20、 ③當(dāng)x>3時,原不等式可化為x-3+x-2<2,解得x<.所以3

21、 設(shè)F(x)=|x-1|+|x+1|= G(x)=2-x,由F(x)≥G(x),解得x≤-2或x≥0, 所以不等式f (x)+f (-x)≥2-x的解集為{x|x≤-2或x≥0}. (2)f (x)+f (2x)=|x-m|+|2x-m|,m<0. 設(shè)g(x)=f (x)+f (2x), 當(dāng)x≤m時,g(x)=m-x+m-2x=2m-3x, 則g(x)≥-m; 當(dāng)m

22、非空, 只需1>-,解得m>-2, 又m<0,所以m的取值范圍是(-2,0). 4.(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f (x)=|2x+1|+|x-1|. (1)畫出y=f (x)的圖象; (2)當(dāng)x∈[0,+∞)時,f (x)≤ax+b,求a+b的最小值. 解:(1)f (x)= y=f (x) 的圖象如圖所示. (2)由(1)知,y=f (x)的圖象與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2,且各部分所在直線斜率的最大值為3,故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時,f (x)≤ax+b在[0,+∞)成立,因此a+b的最小值為5. 5.已知函數(shù)f (x)=|x+1|. (1)求不等式f (x)<|

23、2x+1|-1的解集M; (2)設(shè)a,b∈M,證明:f (ab)>f (a)-f (-b). 解:(1)①當(dāng)x≤-1時,原不等式可化為-x-1<-2x-2,解得x<-1; ②當(dāng)-11. 綜上,M={x|x<-1或x>1}. (2)證明:因?yàn)閒 (a)-f (-b)=|a+1|-|-b+1|≤|a+1-(-b+1)|=|a+b|, 所以要證f (ab)>f (a)-f (-b), 只需證|ab+1|>|a+b|,即證|ab+1|2>|a+b|2, 即

24、證a2b2+2ab+1>a2+2ab+b2, 即證a2b2-a2-b2+1>0,即證(a2-1)(b2-1)>0. 因?yàn)閍,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. 6.(2018·廣東五市聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)=|x-a|+(a≠0). (1)若不等式f (x)-f (x+m)≤1恒成立,求實(shí)數(shù)m的最大值; (2)當(dāng)a<時,函數(shù)g(x)=f (x)+|2x-1|有零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:(1)f (x+m)=|x+m-a|+. ∵f (x)-f (x+m)=|x-a|-|x+m-a|≤|m|, ∴當(dāng)且僅當(dāng)|m|≤1

25、時,f (x)-f (x+m)≤1恒成立, ∴-1≤m≤1,即實(shí)數(shù)m的最大值為1. (2)當(dāng)a<時, g(x)=f (x)+|2x-1|=|x-a|+|2x-1|+ = ∴g(x)min=g=-a+=≤0, ∴或 解得-≤a<0, ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 7.(2018·鄭州模擬)已知函數(shù)f (x)=|2x-1|+|ax-5|(0<a<5). (1)當(dāng)a=1時,求不等式f (x)≥9的解集; (2)若函數(shù)y=f (x)的最小值為4,求實(shí)數(shù)a的值. 解:(1)當(dāng)a=1時,f (x)=|2x-1|+|x-5|=所以f (x)≥9? 或或解得x≤-1或x≥5, 即所求不等

26、式的解集為(-∞,-1]∪[5,+∞). (2)∵0時,f (x)單調(diào)遞增,∴f (x)的最小值在上取得. ∵在上,當(dāng)0<a≤2時,f (x)單調(diào)遞增, 當(dāng)2<a≤5時,f (x)單調(diào)遞減, ∴或 解得a=2. 8.(2018·成都模擬)已知函數(shù)f (x)=|x-2|+k|x+1|,k∈R. (1)當(dāng)k=1時,若不等式f (x)<4的解集為{x|x1

27、. 當(dāng)x>2時,原不等式可化為2x<5,∴2

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