第2講　選修4－5：不等式選講JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解題策略·明方向　⊙︱考情分析︱主要考查絕對值不等式的解法．求含絕對值的函數(shù)的值域及求含參數(shù)的絕對值不等式中參數(shù)的取值范圍、不等式的證明等，結(jié)合集合的運算、函數(shù)的圖象和性質(zhì)、恒成立問題及基本不等式、絕對值不等式的應(yīng)用成為命題的熱點．⊙︱真題分布︱(理科)年份卷別題號考查角度分值2020Ⅰ卷23分段函數(shù)的圖象，以及利用圖象解不等式10Ⅱ卷23絕對值不等式的求解、利用絕對值三角不等式求解最值的問題10Ⅲ卷23不等式的基本性質(zhì)以及基本不等式的應(yīng)用102019Ⅰ卷23重要不等式、基本不等式、證明10Ⅱ卷23絕對值不等式的解法、分類討論10Ⅲ卷23柯西不等式求最值102018Ⅰ卷23含絕對值的不等式的求解、利用不等式恒成立求參數(shù)范圍10Ⅱ卷23含絕對值不等式的求解、利用不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍10Ⅲ卷23含絕對值的函數(shù)的圖象，利用不等式恒成立求兩參數(shù)和的最值10(文科)年份卷別題號考查角度分值2020Ⅰ卷23分段函數(shù)的圖象，以及利用圖象解不等式10Ⅱ卷23絕對值不等式的求解、利用絕對值三角不等式求解最值的問題10Ⅲ卷23不等式的基本性質(zhì)以及基本不等式的應(yīng)用102019Ⅰ卷23重要不等式、基本不等式、證明10Ⅱ卷23絕對值不等式的解法、分類討論10Ⅲ卷23柯西不等式求最值102018Ⅰ卷23含絕對值的不等式的求解、利用不等式恒成立求參數(shù)范圍10Ⅱ卷23含絕對值不等式的求解、利用不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍10Ⅲ卷23含絕對值的函數(shù)的圖象，利用不等式恒成立求兩參數(shù)和的最值10KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考點分類·析重點　考點一　絕對值不等式的解法含有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)|＜a(a＞0)?－a＜f(x)＜a；(3)對形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用絕對值不等式的幾何意義求解．典例1　(2020·沙坪壩區(qū)校級模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|2x＋a|.(1)若a＝2，求f(x)≤8的解集；(2)若f(x)≥3－|x－1|，x∈R，求a的取值范圍．【解析】　(1)當a＝2時，f(x)＝|x－1|＋|2x＋2|，∵f(x)≤8，∴當x≥1時，x－1＋2x＋2≤8，解得x≤，∴1≤x≤，當－1＜x＜1時，1－x＋2x＋2≤8，解得x≤5，∴－1＜x＜1，當x≤－1時，1－x－2x－2≤8，解得－3≤x，∴－3≤x≤－1，綜上，不等式的解集為.(2)由f(x)≥3－|x－1|，得|2x＋a|＋|2x－2|≥3，又g(x)＝|2x＋a|＋|2x－2|≥|(2x＋a)－(2x－2)|＝|a＋2|，∴g(x)min＝|a＋2|≥3，∴a＋2≤－3或a＋2≥3，∴a≤－5或a≥1，∴a的取值范圍是(－∞，－5]∪[1，＋∞)．1．用零點區(qū)間法解絕對值不等式的步驟(1)求零點；(2)劃區(qū)間、去絕對值號；(3)分別解去掉絕對值的不等式；(4)取每個結(jié)果的并集，注意在分段時不要遺漏區(qū)間的端點值．2．用圖象法、數(shù)形結(jié)合可以求解含有絕對值的不等式，使得代數(shù)問題幾何化，既通俗易懂，又簡潔直觀，是一種較好的方法．1．(2020·未央?yún)^(qū)校級模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.(1)求不等式g(x)＜3的解集；(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】　(1)g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝.∵g(x)＜3，∴或－1≤x≤1或，∴1<x<或－1≤x≤1或－<x<－1，∴－<x<，∴不等式的解集為.(2)當x∈[－1,1]時，g(x)＝2，若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，則當x∈[－1,1]時，f(x)≥2，又f(x)在[－1,1]的最小值為min{f(－1)，f(1)}，∴只需f(－1)≥2 且 f(1)≥2，∴－1≤a≤1，∴a的取值范圍為[－1,1]考點二　絕對值不等式恒(能)成立問題定理1：如果a，b是實數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立．定理2：如果a，b，c是實數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立典例2　(2020·運城模擬)已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R.(1)若不等式f(x)≤2－|x－1|無解，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當a＜2時，函數(shù)f(x)的最小值為2，求實數(shù)a的值．【解析】　(1)∵f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，∴由f(x)≤2－|x－1|，得|2x－a|＋|2x－2|≤2，∵不等式f(x)≤2－|x－1|無解，∴(|2x－a|＋|2x－2|)min＞2，又∵|2x－a|＋|2x－2|≥|(2x－a)－(2x－2)|＝|a－2|，∴|a－2|＞2，∴a＞4或a＜0，∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0)∪(4，＋∞)．(2)∵a＜2，∴<1，∴f(x)＝|2x－a|＋|x－1|＝，由圖可知當x＝時，f(x)min＝1－＝2，∴a＝－2＜2符合題意，∴a＝－2．1．求含絕對值號函數(shù)的最值的兩種方法(1)利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解；(2)將函數(shù)化為分段函數(shù)，數(shù)形結(jié)合求解．2．恒成立(存在)問題的等價轉(zhuǎn)化 f(x)≥Mf(x)≤M任意x恒成立?f(x)min≥Mf(x)max≤M存在x成立?f(x)max≥Mf(x)min≤M2．(2019·漢中三模)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|，g(x)＝|x＋1|－x.(1)解不等式f(x)>g(x)；(2)若存在實數(shù)x，使不等式m－g(x)≥f(x)＋x(m∈R)能成立，求實數(shù)m的最小值．【解析】　(1)由題意不等式f(x)>g(x)可化為|x－2|＋x>|x＋1|，當x<－1時，－(x－2)＋x>－(x＋1)，解得x>－3，即－3<x<－1；當－1≤x≤2時，－(x－2)＋x>x＋1，解得x<1，即－1≤x<1；當x>2時，x－2＋x>x＋1，解得x>3，即x>3，綜上所述，不等式f(x)>g(x)的解集為{x|－3<x<1或x>3}．(2)由不等式m－g(x)≥f(x)＋x(m∈R)，可得m≥|x－2|＋|x＋1|，所以m≥(|x－2|＋|x＋1|)min，因為|x－2|＋|x＋1|≥|x－2－(x＋1)|＝3，所以m≥3，故實數(shù)m的最小值是3．考點三　不等式的證明1．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，當且僅當a＝b時，等號成立．定理2：如果a、b為正數(shù)，則≥，當且僅當a＝b時，等號成立．定理3：如果a、b、c為正數(shù)，則≥，當且僅當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≥，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立．典例3　(2020·烏魯木齊三模)設(shè)a，b均為正數(shù)，且a2＋b2＝2，證明：(1)(a＋b)(a3＋b3)≥4；(2)＋≤2．【證明】　(1)∵a2＋b2＝2，要證(a＋b)(a3＋b3)≥4，只需要證明a4＋b4＋ab3＋ba3≥(a2＋b2)2，也就是要證明a4＋b4＋ab3＋ba3－a4－b4－2a2b2≥0，即證ab(a－b)2≥0，∵a，b均為正數(shù)，∴ab(a－b)2≥0，∴(a＋b)(a3＋b3)≥4．(2)∵a，b均為正數(shù)，∴a＋b≥2，∴2(a＋b)≥(＋)2，∴＋≤≤又∵a2＋b2＝2，∴＋≤2．證明不等式的常用方法不等式證明的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法等．(1)如果已知條件與待證結(jié)論直接聯(lián)系不明顯，則考慮用分析法．(2)利用放縮法證明不等式，就是舍掉式中的一些正項或負項，或者在分式中放大或縮小分子、分母，還可把和式中各項或某項換為較大或較小的數(shù)或式子，從而達到證明不等式的目的．(3)含絕對值不等式的證明主要分兩類：一類是比較簡單的不等式可通過平方法或換元法等轉(zhuǎn)化為常見不等式證明；另一類利用絕對值三角不等式，通過添項，拆項證明或利用放縮法，分析綜合法證明．3．(2020·沙坪壩區(qū)校級模擬)已知對于任意x≥－1，不等式(1＋x)3≥1＋3x成立．(1)求證：對于任意x≥－1，(1＋x)4≥1＋4x；(2)若a＞0，b＞0，求證：(a＋b)4≥a4＋4a3b.【解析】　證明：(1)∵x≥－1，∴x＋1≥0．又對于任意x≥－1，不等式(1＋x)3≥1＋3x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.(2)欲證(a＋b)4≥a4＋4a3b，只需4≥1＋，即證4≥1＋4·∵a，b＞0，∴>0>－1，由(1)知取x＝時上式成立，從而原不等式得證．ZHEN TI HUI FANG WU GAO KAO真題回放·悟高考　1．(2020·全國卷Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.(1)畫出y＝f(x)的圖象；(2)求不等式f(x)>f(x＋1)的解集．【解析】　(1)因為f＝ ，作出圖象，如圖所示：(2)將函數(shù)f的圖象向左平移1個單位，可得函數(shù)f的圖象，如圖所示：由－x－3＝5－1，解得x＝－.所以不等式f(x)>f(x＋1)的解集為.2．(2020·全國卷Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝＋|x－2a＋1|.(1)當a＝2時，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范圍．【解析】　(1)當a＝2時，f＝＋.當x≤3時，f＝4－x＋3－x＝7－2x≥4，解得：x≤；當3<x<4時，f＝4－x＋x－3＝1≥4，無解；當x≥4時，f＝x－4＋x－3＝2x－7≥4，解得：x≥；綜上所述：f≥4的解集為 或 .(2)f＝＋≥＝＝2(當且僅當2a－1≤x≤a2時取等號)，∴2≥4，解得：a≤－1或a≥3，∴a的取值范圍為∪.3．(2020·全國卷Ⅲ卷)設(shè)a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1．(1)證明：ab＋bc＋ca<0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，證明：max{a，b，c}≥.【解析】　(1)∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，∴ab＋bc＋ca＝－∵abc＝1，∴a，b，c均不為0，則a2＋b2＋c2>0，∴ab＋bc＋ca＝－<0．(2)不妨設(shè)max{a，b，c}＝a，由a＋b＋c＝0，abc＝1可知，a>0，b<0，c<0，∵a＝－b－c，a＝，∴a3＝a2·a＝＝≥＝4．當且僅當b＝c時，取等號，∴a≥，即max{a，b，c}≥.4．(2019·全國卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)當a＝1時，求不等式f(x)＜0的解集；(2)若x∈(－∞，1)時，f(x)＜0，求a的取值范圍．【解析】　(1)當a＝1時，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．當x＜1時，f(x)＝－2(x－1)2＜0；當x≥1時，f(x)≥0，所以，不等式f(x)＜0的解集為(－∞，1)．(2)因為f(a)＝0，所以a≥1．當a≥1，x∈(－∞，1)時，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)＜0．所以，a的取值范圍是[1，＋∞)．5．(2019·全國卷Ⅰ)已知a、b、c為正數(shù)，且滿足abc＝1．證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24．【證明】　(1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．所以＋＋≤a2＋b2＋c2．(2)因為a、b、c為正數(shù)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．當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24．6．(2019·全國卷Ⅲ)設(shè)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≥成立，證明：a≤－3或a≥－1．【解析】　(1)因為[(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≥，當且僅當x＝，y＝－，z＝－時等號成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為.(2)證明：因為[(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≥，當且僅當x＝，y＝，z＝時等號成立．所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為.由題設(shè)知≥，解得a≤－3或a≥－1．  

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