1、专题七 选修4系列 第2讲 不等式选讲(选修45)1(2018全国卷)设函数f(x)5|xa|x2|.(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若f(x)1，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)2x4，x1，2，12.可得f(x)0的解集为x|2x3(2)f(x)1等价于|xa|x2|4.而|xa|x2|a2|，当且仅当xa与2x同号时等号成立故f(x)1等价于|a2|4.由|a2|4可得a6或a2.所以a的取值范围是(，62，)2(2019全国卷)已知a，b，c为正数，且满足abc1.证明：(1)1a1b1ca2b2c2；(2)(ab)3(bc)3(ca)324.证明：(1)因为
2、a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，又abc1，故有a2b2c2abbccaabbccaabc1a1b1c.当且仅当abc1时，等号成立所以1a1b1ca2b2c2.(2)因为a，b，c为正数且abc1.故有(ab)3(bc)3(ca)33 3（ab）3（bc）3（ca）3 3(ab)(bc)(ca)3(2 ab)(2 bc)(2 ca)24.当且仅当abc1时，上式等号成立所以(ab)3(bc)3(ca)324.从近几年高考命题看，本讲主要考查绝对值不等式的解法、不等式的性质及简单不等式的证明命题的热点是绝对值及其应用考查学生的基本运算与推理论证能力，考查分类讨论、等价转化与数形
3、结合思想试题分值10分，难度中等热点1 绝对值不等式的解法(师生互动)1|axb|c，|axb|c(c0)型不等式的解法(1)|axb|ccaxbc.(2)|axb|caxbc或axbc.2|xa|xb|c，|xa|xb|c(c0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解(2)利用零点分段法求解(3)构造函数，利用函数的图象求解【例1】(2019石家庄质检)已知函数f(x)|xa|，其中a1.(1)当a2时，求不等式f(x)4|x4|的解集；(2)已知关于x的不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集为x|1x2，求a的值解：(1)当a2时，f(x)|x4|x2|x4|2x6，x2
4、，2，2x4，2x6，x4，当x2时，由f(x)4|x4|，得2x64，解得x1；当2x4时，由f(x)4|x4|，无解；当x4时，由f(x)4|x4|，得2x64，解得x5.故不等式的解集为x|x1或x5(2)令h(x)f(2xa)2f(x)，则h(x)2a，x0，4x2a，0 xa，2a，xa，且|h(x)|2.当x0或xa时，显然不成立当0 xa时，由|4x2a|2，解得a12 xa12.又知|h(x)|2的解集为x|1x2，所以a12 1，a12 2，解得a3.思维升华1用零点分段法解绝对值不等式的步骤：(1)求零点；(2)划区间、去绝对值符号；(3)分解去掉绝对值的不等式；(4)取每
5、个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值2含绝对值的函数本质上是分段函数，绝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变式训练(2019全国卷)已知f(x)|xa|x|x2|(xa)(1)当a1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a1时，f(x)|x1|x|x2|(x1)当x1时，f(x)2(x1)20；当x1时，显然f(x)0.所以，不等式f(x)0的解集为(，1)(2)当a1时，若ax1，则f(x)(xa)x(2x)(xa)2(xa)0，不合题意，所以a1.当a1，x(，1)时，f(x)(ax)x(2x)
6、(xa)2(ax)(x1)0.所以，a的取值范围是1，)热点2 不等式的证明(师生互动)1绝对值不等式的性质定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立2算术几何平均不等式定理1：设a，bR，则a2b22ab.当且仅当ab时，等号成立定理2：如果a，b为正数，则ab2 ab，当且仅当ab时，等号成立定理3：如果a，b，c为正数，则 abc3 3 abc，当且仅当abc时，等号成立定理4：(一般形式的算术几何平均不等式)如果a1，a2，an为n个正数，则a1a2annn a1
7、a2an，当且仅当a1a2an时，等号成立【例2】(2017全国卷)已知实数a0，b0，且a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明：(1)因为a0，b0，且a3b32.则(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)23（ab）24(ab)23（ab）34，所以(ab)38，因此ab2.思维升华1证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点2当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系
8、时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆在不等式的证明中，一要善于对“式子”恰当转化变形，二要注意等号成立的条件变式训练 设不等式2|x1|x2|0的解集为M，且a，bM.(1)证明：13a16b 14.(2)比较|14ab|与2|ab|的大小，并说明理由(1)证明：记f(x)|x1|x2|3，x2，2x1，2x1，3，x1.由22x10，解之得12x12.所以集合M12，12.于是，由a，bM，得|a|12，|b|12.故13a16b 13|a|16|b|1312161214.(2)解：由(1)，得a214，b214，所以4a210，4b210.所以|14ab
9、|24|ab|2(18ab16a2b2)4(a22abb2)(4a21)(4b21)0.所以|14ab|24|ab|2，故|14ab|2|ab|.热点3 绝对值不等式恒成立(存在)问题(多维探究)利用绝对值三角不等式定理|a|b|ab|a|b|求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式、最值也必须满足等号成立的条件不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决角度 不等式恒成立问题【例3】已知函数f(x)|xa|2x1|(aR)(1)当a1时，求f(x)2的解集；(2)若f(x)|2x1|的解集包含集合 12，1，求实数a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|2x1|.
10、f(x)2|x1|2x1|2.上述不等式可化为x12，1x12x2，或12x1，1x2x12，或x1，x12x12，解得x12，x0，或12x1，x2，或x1，x43，所以0 x12或12x1或1x43.所以原不等式的解集为x0 x43.(2)因为f(x)|2x1|的解集包含集合12，1.所以当x12，1 时，不等式f(x)|2x1|恒成立，即|xa|2x1|2x1|在x12，1 上恒成立，所以|xa|2x12x1，即|xa|2，所以x2ax2在x12，1 上恒成立所以(x2)maxa(x2)min，则1a52.故实数a的取值范围是1，52.思维升华1本题第(2)问求解的关键是集合的包含关系转
11、化为不等式f(x)|2x1|x12，1 恒成立2解题要抓住两点：(1)恰当分离参数a；(2)求出(x2)max与(x2)min，进而求a的取值范围变式训练(2018全国卷)已知f(x)|x1|ax1|.(1)求a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若x(0，1)时不等式f(x)x成立，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|x1|，即f(x)2，x1，2x，1x1，2，x1.则当x1时，f(x)21恒成立，所以x1；当1x1时，f(x)2x1，所以12x1；当x1时，f(x)21，无解故不等式f(x)1的解集为xx12.(2)当x(0，1)时，|x1|ax1|x成立等价于当x(0，
12、1)时|ax1|1成立若a0，则当x(0，1)时，|ax1|1；若a0，|ax1|1的解集为x0 x2a，所以2a1，故0a2.综上，a的取值范围为(0，2角度 不等式存在性问题【例4】(2019山东省实验中学联考)已知函数f(x)|2xa|1.(1)当a2时，解不等式f(x)x2；(2)若存在a13，1 时，使不等式f(x)b|2xa2|的解集非空，求b的取值范围解：(1)当a2时，函数f(x)|2x2|1，不等式f(x)x2化为|2x2|1x.当1x0时，即x1时，该不等式无解当1x0时，原不等式化为x12x21x.解之得3x13.综上，原不等式的解集为x3x13.(2)由f(x)b|2x
13、a2|，得b|2xa|2xa2|1，设g(x)|2xa|2xa2|1，则不等式的解集非空，即不等式有解，所以不等式等价于bg(x)max.由g(x)|(2xa)(2xa2)|1|a2a|1，所以b|a2a|1.由题意知存在a13，1，使得上式成立，而函数h(a)|a2a|1在a 13，1 上的最大值为h13 139，所以b139，即b的取值范围是，139.思维升华1第(1)问，作出函数y|2x2|与y1x的图象，观察、计算边界，直观求得不等式的解集2第(2)问把不等式解集非空，转化为求函数的最值存在性问题转化方法：f(x)a有解f(x)maxa；f(x)a有解f(x)mina.变式训练 设函数f(x)|2x1|xa|(a0)(1)当a2时，求不等式f(x)8的解集；(2)若xR，使得f(x)32成立，求实数a的取值范围解：(1)当a2时，由f(x)8，得|2x1|x2|8，即x2，3x18，或12x2，x38，或x12，3x18，得x3或x或x73，所以x3或x73，所以原不等式的解集为，73(3，)(2)因为xR，使得f(x)32成立，所以f(x)min32.因为f(x)3x1a，xa，xa1，12xa，3x1a，x12，所以f(x)在，12 上单调递减，在12，上单调递增，所以f(x)minf 12 12a，所以12a32，所以a1.又a0，所以实数a的取值范围是(0，1