2020年高考数学专题七第2讲

1、第2讲 不等式选讲高考定位 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最值及求 含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围， 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 .真题感悟1.(2018 全国川卷)设函数 f(x)= |2x+ 1|+ |x 1|.画出 y = f(x)的图象；当 x 0,+x时，f(x) ax+ b,求 a+ b 的最小值.-3x, xv-2,解（1）f（x）= x+ 2,-养 x 1.y=f(x)的图象如图所示.由知，y=f(

2、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 a3 且 b 2 时，f(x)wax+ b 在0, + 成立，因此 a+ b 的最小值为 5.2.(2017 全国I卷)已知函数 f(x) = x2+ ax+ 4, g(x)= |x+ 1|+ |x- 1|.当 a= 1 时，求不等式 f(x)g(x)的解集；若不等式 f(x) g(x)的解集包含-1,1，求 a 的取值范围. 解当 a= 1 时，f(x)= x2+ x+ 4,2x, x1, g(x)= |x+ 1|+ x-1|= 2, 1 x 1,2x, x1 时，f(x)g(x) x2+ x+ 42x

3、,2当一 1x 1 时，f(x)g(x) (x 2)(x+ 1)0, 则一 1 x 1.3当 x 1 时，f(x)g(x) x2 3x 4 0,解得1 x 4,又 x2ab.当且仅当 a= b 时，等号成立.a + b _定理 2：如果 a, b 为正数，则一厂 ab,当且仅当 a= b 时，等号成立.定理 4：(一般形式的算术一几何平均不等式)如果 ai，a2，an为 n 个正数，则解之得 1x2 在1, 1上恒成立.则只需2 g(x)的解集为 x K x则 x2 ax 2 3x+ 2 的解集；1若不等式 f(x)x+ a 的解集包含2，3，求实数 a 的取值范围. 入解 (1)依题意得 |

4、2x 2|+ |x+ 3|3x+ 2，当 x 3x+ 2，1解得 x 2，故 x 3;当一 3wxW1 时，原不等式可化为 2 2x+x+ 33x+ 2，33解得 x3故一 3x1 时，原不等式可化为 2x 2+ x+ 33x+ 2,无解.3综上所述，不等式 f(x)3x+ 2 的解集为V4 .1依题意，|2x 2|+ |x+ 3|-+ a 在2, 3上恒成立，x1则 3x+ 1 -a 在2，3上恒成立.入1又因为 g(x)= 3x+ 1 x 在2，3上为增函数，入113所以有 3X2+ 1 2a，解得 a2_.13故实数 a 的取值范围为一V，.探究提高1.含绝对值的函数本质上是分段函数，绝

5、对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零 点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.【训练 1】(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；若 f(x)w1,求 a 的取值范围.2x+ 4，x 1，解(1)当 a= 1 时，f(x)= 2， 1x2.可得 f(x) 0 的解集为x| 2x3.f(x)4.又|x+ a|+ x 2|a+ 2|,且当 x

6、= 2 时等号成立.故 f(x)4.由|a+ 2|4 可得 aW 6 或 a2.所以 a 的取值范围是(一V，6U2，+v)热点二不等式的证明【例 2】(2017 全国U卷)已知实数 a0, b0，且 a3+ b3= 2.证明：(1)(a+ b)(a5+ b5)4； (2)a+ b 4. 因为(a+ b)3= a3+ 3a2b+ 3ab2+ b3= 2+ 3ab(a+ b)3 (a+ b)23 (a+ b)3x+ 9;149若 a0，b0，且 + = 2，证明:f(x+ a) + f(x b);，并求 f(x+ a) + f(x b) a b29=2 时,a，b 的值.解 (1)f(x) +

7、f(2x+ 5)= x 1|+ |2x + 4| x+ 9，当 x 2 时，不等式为 4x 12，解得 x 3，故 x 3，当一 2x9,不成立；当 x 1 时，不等式为 2x6,解得 x3,故 x3，综上所述，不等式的解集为(X, 3U3,+x)(2)f(x+ a) + f(x b)= x + a1|+ |x b1| |x+ a 1 (x b 1)|= |a+ b| = a+ b(a0, b0).又 a+4=2,a b125 b 2a所以a+b=(a+b) 2a+2 = 2+2a+ia5c b 2a 9 5+2丫 2a 二 2， 当且仅当 2a=2a，即 b = 2a 时=”成立;b = 2

8、a, 由 1 4 可得一 + 一 = 2a+b2,b= 3.9综上所述，f(x + a) + f(x b) ，93当 f(x+ a) + f(x b)=时，a = 2，b = 3.热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题【例3】(2017 全国川卷)已知函数 f(x)= |x+ 1| |x 2|.(1)求不等式 f(x) 1 的解集；若不等式 f(x) x2 x+ m 的解集非空，求 m 的取值范围.3, x 1，解 (1)f(x)= |x+ 1| |x 2|= 2x 1， 1x2.由 f(x) 1 可得1当 x 1 时显然不满足题意；2当一 1x 1,解得 x 1,贝 U K x2 时，f(x

9、)= 3 1 恒成立，二 x2.综上知 f(x)1 的解集为xx 1.不等式 f(x)x2x+ m 等价于 f(x) x2+ xm,令 g(x) = f(x) x2+ x,则 g(x) m 解集非空只需要g(x)max m.2x+x3,xW 1,由(1)知 g(x) = x2+ 3x 1, 1x2,x2+ x+ 3, x2.1当 XW 1 时，g(x)max= g( 1)= 3 1 1 = 5;33352当一 1VXV2 时，g(x)max= g 3+ 3 - 1= 4；3当 X2 时，g(x)max= g(2)= 22+ 2+ 3 = 1.55综上，g(x)5所以实数 m 的取值范围是一V5

10、 探究提高 1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决2.本题分离参数 m，对含绝对值符号的函数 g(x)分段讨论，求出 g(x)的最大值，进 而求出 m 的取值范围，优化解题过程.【训练 3】(2018 郑州调研)设函数 f(x)= |x+ a|+ 2a.(1)若不等式 f(x) 1 的解集为x 2x4，求实数 a 的值；在(1)的条件下，若不等式 f(x)k2 k4 恒成立，求实数 k 的取值范围.解 因为 x+ a|+ 2a 1,所以 |x+ a|k2 k4，即卩 k2 k 2w0，所以 k 的取值范围是1, 2.1.绝对值不等式的三种常用解法： 零点分段法、 几何法 (利

11、用绝对值几何意义 )、构 造函数法 .前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用.2. 利用绝对值三角不等式定理|a|- |b| |aD|3a- 1|成立，求实数 a 的取值范围 .解 f(x) = |2x+ 3|1 2x|W|(2x+ 3) + (1 -2x)匸 4.画出 f(x)的图象，如图所示:f(x)max= 4.若存在 x R，使得 f(x)|3a 1 成立.5|3a1|4,解之得1acd，则,a+ b . c+ . d；(2) . a+ . b c+ . d 是 |a b| , c+ . d,只需证明a+ . b)2( . c+. d)2,也就是证明 a+ b + 2 a

12、bc+ d + 2 cd,只需证明.ab . cd，即证 abcd.由于 abcd，因此,a+ , b , c+ , d.必要性：若 |a b|c d|,则(a b)2(c d)2,即(a+ b)2 4abcd.由(1)得,a+ .b c+ d.充分性：若，a+ b c+ d,则(a+ b)2( c+ d)2, a+ b + 2 abc+ d+ 2 cd.Ta+ b = c+ d,所以 abcd.于是(a b)2= (a+ b)2 4ab(c+ d)2 4cd= (c d)2.因此 |a b | c+ d 是|a b| 3 2|x|的解集；a2若函数 g(x) = f(x) + |x+ 3|的

13、最小值为 m,正数 a, b 满足 a+ b= m,求证：帀+ 厶 4.a44(1)解 当 x 1 时，x 1 3 2x,解得 x3,故 x3；当 0 x3 2x,解得 x2,无解；22 当 x3 + 2x,解得 x 3,故 x3 或 x l(x 1) (x+ 3)匸 4, m= 4,贝 U a+ b=4.2又a+ b 2a,b2$ + a 2b,两式相加得a2b2+ b + a 2a + 2b,baa2b2二+a+ b = 4,b a当且仅当 a= b= 2 时等号成立.4.(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

14、；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|,2, x- 1,即 f(x)= 2x, 1x 1.则当 x 1 时，f(x)= 21 恒成立，所以 x 1;1 当一 1x1，所以 2x1;当 x 1 时，f(x)= 21 的解集为 x|x2 .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 1;、 2若 a0, |ax1|1 的解集为 x 0 x,a2所以 21，故 0aW2.综上，a 的取值范围为(0, 2.1 15.(2016 全国U卷)已知函数 f(

15、x) =x2 + x+,M 为不等式 f(x)2 的解集.(1)求 M;证明：当 a, b M 时,|a+ b|1 + ab|.12x，xW 2，” 1 1(1)解 f(x)=1, 2x2当 x 2 时，由 f(x)2 得一 2x 1,所以1xW 2;1 1 当2x2 时，f(x) 1 时，由 f(x)2 得 2x2,1 解得 x1,所以1x1.所以 f(x)2 的解集 M = x| 1x1.(2)证明a, 3*1,f(a +f(3_2a-1+2p1_6,(2)证明由(1)知，a, b (- 1, 1),从而(a+ b)2- (1 + ab)2= a2+ b2- a2b2-1=(a2-1)(1

16、 - b2)0,所以(a+ b)2(1 + ab)2，因此 |a+ b|4 的解集；求 f(a)的最小值.解(1)当 a= 1 时，不等式 f(x)4,1当 x4,无解;22当 x - 1, 0)U(0, 1时，得 f(x)二可4,1 1 1 即 |x|2，解得-2x0 或 0 x1 时，得 f(x)= 24,无解;1综上不等式 f(x)4 的解集为一 2, 0U0,|a2+ 1|+ |a2-1| _ a2+ 1 + |a2 1|a|_|a|2当一 1 a 1 且 a0寸，f(a)_向2,综上知，f(a)的最小值为 2.7.已知定义在 R 上的函数 f(x)_ |x- m|+ |x|, m N

17、，若存在实数 x 使得 f(x) |x-m-x|_ |m|,要使 |x- m|+ |x|2 有解，则 |m|2，解得-2m4,f(a 戶当 a1 时,f(a)_2a!|a|2|a|2,(2)证明a, 3*1,f(a +f(3_2a-1+2p1_6,/ m N*，二 m_ 1.1 41r4a+B(a+ B4 B ,a、1当且仅当,a I即a=3， A 4 时二”成立,419故丝+器 4.a B48.(2018 江南十校联考)已知函数 f(x)= X+ a|+ |2x+ 1|, a R.(1)当 a= 1 时，求不等式 f(x)w1 的解集;设关于 x 的不等式 f(x)w 2x+ 1 的解集为

18、P,且一 1,范围.解(1)当 a= 1 时，f(x)= x+ a|+ |2x+ 1|= |x+ 1|+ |2x+ 1|, f(x) 1 x+ 1|+ |2x+ 1| 1,1xW一 1,一 1x 一o,所以c 彳彳或2x12x1W1x+12x1W1或1，x+1+2x+1W1.14 时，不等式 f(x)W 2x+ 1,1即|x+ a|+ |2x+ 1| 2x+ 1 在 x 1， 4 上恒成立,xW1,1x即或2或x1x 1xW解得 xr1或 1x1 12 或f x所以原不等式的解集为1213.13.1x| K x 3 .二a+4,.41+ :aB=15+；5+4a B44 Ba1P,求 a 的取值依题意，x -1,94,即 |x+ a|w2,1所以2 xa2 x 在 x 1，恒成立,5所以(一 2 X)maxWaw(2 x)min，即一 1WaW1 1当 x 2， 4 时，|x+ a|+ 2x+ 1w 2x+ 1,即 |x+ a|w 4x.11恒成立.35所以(3x)maxWaW( 5x)mi