新高考2025版高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练第8讲选修4-5不等式选讲教学案理

PAGEPAGE1第8讲选修4－5不等式选讲■真题调研——————————————【例1】[2024·全国卷Ⅰ]已知a，b，c为正数，且满意abc＝1.证明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤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，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤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≥3eq\r(3,a＋b3b＋c3a＋c3)＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2eq\r(ab))×(2eq\r(bc))×(2eq\r(ac))＝24.(当且仅当a＝b＝c＝1时取等号)所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.【例2】[2024·全国卷Ⅱ]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，＋∞)．【例3】[2024·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≥eq\f(1,3)成立，证明：a≤－3或a≥－1.解：(1)由于[(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≥eq\f(4,3)，当且仅当x＝eq\f(5,3)，y＝－eq\f(1,3)，z＝－eq\f(1,3)时等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为eq\f(4,3).(2)由于[(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≥eq\f(2＋a2,3)，当且仅当x＝eq\f(4－a,3)，y＝eq\f(1－a,3)，z＝eq\f(2a－2,3)时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为eq\f(2＋a2,3).由题设知eq\f(2＋a2,3)≥eq\f(1,3)，解得a≤－3或a≥－1.【例4】[2024·洛阳统考]已知f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－k|(其中k≥2)．(1)若k＝4，求f(x)＋g(x)<9的解集；(2)∀x∈[1,2]，不等式f(x)－g(x)≥k－x恒成立，求实数k的值．解：(1)若k＝4，则f(x)＋g(x)<9，即|x－3|＋|x－4|<9，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<3，,3－x＋4－x<9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≤x≤4，,x－3＋4－x<9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>4，,x－3＋x－4<9，))解得－1<x<3或3≤x≤4或4<x<8，∴原不等式的解集为{x|－1<x<8}．(2)∵k≥2，且x∈[1,2]，∴x－3<0，x－k≤0，∴f(x)＝|x－3|＝3－x，g(x)＝|x－k|＝k－x，则∀x∈[1,2]，不等式f(x)－g(x)≥k－x恒成立，即∀x∈[1,2]，x＋3≥2k恒成立，∴4≥2k，即k≤2，又k≥2，∴k＝2.■模拟演练——————————————1．[2024·南昌二模]已知a，b为正实数，函数f(x)＝|x－a|－|x＋2b|.(1)求函数f(x)的最大值；(2)若函数f(x)的最大值为1，求a2＋4b2的最小值．解：(1)因为f(x)≤|(x－a)－(x＋2b)|＝a＋2b，所以函数f(x)的最大值为a＋2b.(2)由(1)可知，a＋2b＝1，所以2(a2＋4b2)≥(a＋2b)2＝1，即a2＋4b2≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝2b＝eq\f(1,2)时取“＝”，所以a2＋4b2的最小值为eq\f(1,2).2．[2024·广州综合测试二]已知函数f(x)＝|2x－1|－a.(1)当a＝1时，解不等式f(x)>x＋1；(2)若存在实数x，使得f(x)<eq\f(1,2)f(x＋1)成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，由f(x)>x＋1，得|2x－1|－1>x＋1.当x≥eq\f(1,2)时，2x－1－1>x＋1，解得x>3.当x<eq\f(1,2)时，1－2x－1>x＋1，解得x<－eq\f(1,3).综上可知，不等式f(x)>x＋1的解集为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x|x>3或x<－\f(1,3))).(2)解法一：由f(x)<eq\f(1,2)f(x＋1)，得|2x－1|－a<eq\f(1,2)|2x＋1|－eq\f(a,2)，a>2|2x－1|－|2x＋1|.令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.则存在实数x，使得f(x)<eq\f(1,2)f(x＋1)成立等价于a>g(x)min.因为g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋3，x<－\f(1,2)，,－6x＋1，－\f(1,2)≤x≤\f(1,2)，,2x－3，x>\f(1,2)，))所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2.所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．解法二：由f(x)<eq\f(1,2)f(x＋1)，得|2x－1|－a<eq\f(1,2)|2x＋1|－eq\f(a,2)，a>2|2x－1|－|2x＋1|.令g(x)＝2|2x－1|－|2x＋1|.则存在实数x，使得f(x)<eq\f(1,2)f(x＋1)成立等价于a>g(x)min.因为||2x－1|－|2x＋1||≤|(2x－1)－(2x＋1)|＝2，所以－2≤|2x－1|－|2x＋1|≤2，所以|2x－1|－|2x＋1|≥－2.所以g(x)＝|2x－1|－|2x＋1|＋|2x－1|≥－2＋|2x－1|≥－2，当且仅当x＝eq\f(1,2)时等号成立，所以g(x)min＝－2.所以实数a的取值范围为(－2，＋∞)．3．[2024·太原一模]已知函数f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|.(1)求不等式f(x)≤5的解集；(2)若存在实数x0，使得f(x0)≤5＋m－m2成立的m的最大值为M，且实数a，b满意a3＋b3＝M，证明：0<a＋b≤2.解：(1)f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|≤5，即|x－eq\f(1,2)＋|x＋1|≤eq\f(5,2)，由肯定值的几何意义可得x＝－eq\f(3,2)和x＝1使上述不等式中的等号成立，∴不等式f(x)≤5的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1)).(2)由肯定值的几何意义易得f(x)＝2eq\b\lc\(\rc\|(\a\vs4\al\co1(|x－\f(1,2)))＋|x＋1|的最小值为3，∴3≤5＋m－m2，∴－1≤m≤2，∴M＝2，∴a3＋b3＝2.∵2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)，a2－ab＋b2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)b))2＋eq\f(3,4)b2≥0，∴a＋b>0，∵2ab≤a2＋b2，∴4ab≤(a＋b)2，∴ab≤eq\f(a＋b2,4).∴2＝a3＋b3＝(a＋b)(a2－ab＋b2)＝(a＋b)[(a＋b)2－3ab]≥eq\f(1,4)(a＋b)3，∴a＋b≤2，∴0<a＋b≤2.4．[2024·福建质检]已知函数f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a＞0)．(1)当a＝2时，求不等式f(x)＞1的解集；(2)若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，求a的值．解：(1)当a＝2时，不等式f(x)>1即|x＋1|－|2x－3|>1.当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＋2x－3>1，解得x>5，因为x≤－1，所以此时原不等式无解；当－1<x≤eq\f(3,2)时，原不等式可化为x＋1＋2x－3>1，解得x>1，所以1<x≤eq\f(3,2)；当x>eq\f(3,2)时，原不等式可化为x＋1－2x＋3>1，解得x<3，所以eq\f(3,2)<x<3.综上，原不等式的解集为{x|1<x<3}．(2)解法一：因为a>0，所以eq\f(3,a)>0，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－4，x≤－1,a＋1x－2，－1<x≤\f(3,a),1－ax＋4，x>\f(3,a))).因为a>0，所以f(－1)＝－a－3<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)))＝1＋eq\f(3,a)>0.当0<a<1时，f(x)的图象如图1所示，要使得y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(a－1)(a＋1)＝－1，解得a＝0，舍去；图1当a＝1时，f(x)的图象如图2所示，所以y＝f(x)的图象与x轴不能围成三角形，不符合题意，舍去；图2当a>1时，f(x)的图象如图3所示，要使得y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(1－a)(a＋1)＝－1，解得a＝±eq\r(2)，因为a>1，所以a＝eq\r(2).综上，所求a的值为eq\r(2).图3解法二：因为