2025版高考数学二轮复习第1篇专题6系列4选讲第2讲大题考法-不等式选讲学案

PAGEPAGE1第2讲大题考法——不等式选讲卷别年份考查内容命题规律及备考策略全国卷Ⅰ2024肯定值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、肯定值不等式的解法等，命题的热点是肯定值不等式的解法，以及肯定值不等式与函数的综合问题的求解.2024含肯定值的不等式的解法、求参数的取值范围2024肯定值不等式的解法及图象全国卷Ⅱ2024肯定值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题2024基本不等式的应用、一些常用的变形以及证明不等式的方法2024含肯定值不等式的解法及比较法证明不等式全国卷Ⅲ2024分段函数图象的画法与应用2024肯定值不等式的解法以及函数取值范围的求解2024肯定值不等式解法考向一含肯定值的不等式的解法及应用【典例】(2024·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，eq\a\vs4\al(gx＝|x＋1|＋|x－1|.)(1)当a＝1时，求不等式eq\a\vs4\al(fx≥gx)的解集；(2)若eq\a\vs4\al(不等式fx≥gx的解集包含[－1，1])，求a的取值范围．[审题指导]①看到g(x)＝|x＋1|＋|x－1|，想到零点分段探讨处理g(x)②看到f(x)≥g(x)，想到分段探讨求解不等式③看到条件f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，想到g(x)在x∈[－1,1]时，化简为g(x)＝2，从而把问题简化[规范解答](1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.① 1分当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0❶，无解； 2分当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0❷，从而－1≤x≤1； 3分当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0❸，从而1＜x≤eq\f(－1＋\r(17),2). 4分所以f(x)≥g(x)的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1≤x≤\f(－1＋\r(17),2))). 5分(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2❹，所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2. 7分又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)❺之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1. 9分所以a的取值范围为[－1,1]. 10分❶❷❸处易出现利用肯定值定义去肯定值号时计算化简失误．❹处易忽视x∈[－1,1]，g(x)＝2，这是转化关键．❺处不理解且不会推断f(x)在[－1,1]时最小值必为f(－1)，f(1)之一，而导致滞做失分．[技法总结]1．零点分段求解肯定值不等式的模型(1)求零点；(2)划区间，去肯定值号；(3)分别解去掉肯定值号的不等式；(4)取每个结果的并集，留意在分段探讨时不要遗漏区间的端点值．2．肯定值不等式的成立问题的求解模型(1)分别参数：依据不等式将参数分别化为a≥f(x)或a≤f(x)形式；(2)转化最值：f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a；f(x)>a有解⇔f(x)max>a；f(x)<a有解⇔f(x)min<a；f(x)>a无解⇔f(x)max≤a；f(x)<a无解⇔f(x)min≥a；(3)得结论．[变式提升]1．(2024·永州二模)已知函数f(x)＝|x－2a|＋|x＋3|，g(x)＝|x(1)解不等式|g(x)|＜6；(2)若对随意的x2∈R，均存在x1∈R，使得g(x1)＝f(x2)成立，求实数a的取值范围．解(1)由||x－2|＋3|＜6，得－6＜|x－2|＋3＜6，∴－9＜|x－2|＜3，得不等式的解为－1＜x＜5．(2)f(x)＝|x－2a|＋|x＋3|≥|(x－2a)－(x＋3)|＝|g(x)＝|x－2|＋3≥3，∵对随意的x2∈R均存在x1∈R，使得f(x2)＝g(x1)成立，∴{y|y＝f(x)}⊂{y|y＝g(x)}，∴|2a＋3|≥3，解得a≥0或a即实数a的取值范围为a≥0或a≤－3．考向二含肯定值的不等式的证明问题【典例】(2024·全国卷Ⅱ)已知函数eq\a\vs4\al(fx＝|x－\f(1,2)|＋)eq\a\vs4\al(|x＋\f(1,2)|)，M为不等式f(x)＜2的解集．(1)求M；(2)证明：当a，b∈M时，eq\a\vs4\al(|a＋b|＜|1＋ab|)．[审题指导]①看到函数解析式，想到分三种状况去肯定值号，想到分三种状况解不等式f(x)＜2②看到不等式两边的肯定值，想到利用平方寻求不等关系，想到利用分析法分析，综合法写步骤[规范解答](1)当x＜－eq\f(1,2)时，f(x)＝eq\f(1,2)－x－x－eq\f(1,2)＝－2x❶＜2，解得－1＜x＜－eq\f(1,2)，1分当－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝eq\f(1,2)－x＋x＋eq\f(1,2)＝1❶＜2恒成立， 2分当x＞eq\f(1,2)时，f(x)＝2x＜2❶，解得eq\f(1,2)＜x＜1， 3分综上可得，M＝{x|－1＜x＜1}. 4分(2)当a，b∈(－1,1)时，有(a2－1)(b2－1)＞0❷， 6分即a2b2＋1＞a2＋b2， 7分则a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2❸， 8分则(ab＋1)2＞(a＋b)2， 9分即|a＋b|＜|ab＋1|. 10分❶处易出现去肯定值符号错误，留意零点分区法的应用．❷处若不能联想构造常用不等式而失误，留意分解变形方法的训练．❸处未能利用两边同加构造而失分，留意不等式的性质的运用．[技法总结]不等式证明的常用方法对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法．(1)一般地，对于含根号的不等式和含肯定值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法．(2)假如所证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法．(3)能转化为比较大小的可以用比较法．(4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法．[变式提升]2．(2024·榆林二模)已知函数f(x)＝|x－a2|＋|x＋2a(1)证明：f(x)≥2；证明因为f(x)＝|x－a2|＋|x＋2a|x＋2a＋3－x＋a2而|x＋2a＋3－x＋a2|＝|a2＋2a＋3|＝(a＋1)所以f(x)≥2．(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＜3，求实数a的取值范围．解因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝a2＋eq\f(3,2)＋|2a＋eq\f(3,2)|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋2a＋3，a≥－\f(3,4)，,a2－2a，a＜－\f(3,4).))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－\f(3,4)，,a2＋2a＋3＜3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜－\f(3,4)，,a2－2a＜3.))解得－1＜a＜0，所以a的取值范围是(－1,0)．3．(2024·绵阳二模)已知f(x)＝2|x－2|＋|x＋1|．(1)求不等式f(x)＜6的解集；(2)设m，n，p为正实数，且m＋n＋p＝f(2)，求证mn＋np＋pm≤3．(1)解不等式2|x－2|＋|x＋1|＜6等价于不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜－1，,－3x＋3＜6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2，,－x＋5＜6))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞2，,3x－3＜6))所以不等式2|x－2|＋|x＋1|＜6的解集为(－1,3)．(2)证明因为m＋n＋p＝3，所以(m＋