1、第2讲选修45不等式选讲做小题激活思维1已知正实数a，b，c满足abc1，则a2b2c2的最小值为_答案2不等式|3x1|2的解集为_答案3若关于x的不等式|x3|x4|bc，若0恒成立，则n的取值范围是_答案(，45函数y5的最大值为_答案6扣要点查缺补漏1|xa|xb|c(c0)和|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求解，体现了数形结合的思想如T2.(2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想.(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想2不等式的证明(1)绝对值三角不等式|a|b|ab|a|b|.如T3.(2)算术几何平均不等式
2、如果a1，a2，an为n个正数，则，当且仅当a1a2an时，等号成立如T1，T4.(3)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含绝对值不等式的解法(5年8考)高考解读绝对值不等式的解法是每年高考的热点内容，主要为含两个绝对值的不等式的求解，难度适中.一题多解(2017全国卷)已知函数f(x)x2ax4，g(x)|x1|x1|.(1)当a1时，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)若不等式f(x)g(x)的解集包含1,1，求a的取值范围切入点：将g(x)|x1|x1|的解析式化为分段函数的形式关键点：正确求出f(x)g(
3、x)的解集，然后利用集合间的包含关系求解解(1)法一：当a1时，不等式f(x)g(x)等价于x2x|x1|x1|40.当x1时，式化为x2x40，从而1x.所以f(x)g(x)的解集为.法二：g(x)当a1时，f(x)x2x4，在同一平面直角坐标系中，画出g(x)与f(x)的图象如图，易求得A(1,2)，B，所以f(x)g(x)的解集为.(2)法一：当x1,1时，g(x)2，所以f(x)g(x)的解集包含1,1等价于当x1,1时，f(x)2.又f(x)在1,1的最小值必为f(1)与f(1)之一，所以f(1)2且f(1)2，得1a1.所以a的取值范围为1,1法二：当x1,1时，g(x)2，所以f
4、(x)g(x)的解集包含1,1等价于当x1,1时f(x)2，即x2ax42.当x0时，x2ax42成立当x(0,1时，x2ax42化为ax.而yx在(0,1上单调递增，所以最大值为1，所以a1.当x1,0)时，x2ax42化为ax.而yx在1,0)上单调递增，所以最小值为1，所以a1.综上，a的取值范围为1,1教师备选题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)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|，且当x2时等号成立故f(x)
5、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(2016全国卷)已知函数f(x)|x1|2x3|.(1)画出yf(x)的图象；(2)求不等式|f(x)|1的解集解(1)由题意得f(x)故yf(x)的图象如图所示(2)由f(x)的函数表达式及图象可知，当f(x)1时，可得x1或x3；当f(x)1时，可得x或x5.故f(x)1的解集为x|1x3，f(x)1的解集为.所以|f(x)|1的解集为.|xa|xb|c(或c)(c0)，|xa|xb|c(或c)(c0)型不等式的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解.(1)零点分区间法的一般步骤令每个绝对值符号
6、内的代数式为零，并求出相应的根；将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集.(2)利用绝对值的几何意义解题由于|xa|xb|与|xa|xb|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|xa|xb|c(c0)或|xa|xb|c(c0)的不等式，用绝对值的几何意义求解更直观.1(绝对值不等式的解法、恒成立问题)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)若不等式f(x)|a1|恒成立，求a的取值范围；(2)求不等式|f(x)|x2|3的解集解(1)f(x)|x1|
7、x2|(x1)(x2)|3，由f(x)|a1|恒成立得|a1|3，即a13或a13，得a2或a4.a的取值范围是(，42，)(2)不等式|f(x)|x2|x1|2|x2|3等价于|x1|2|x2|3或|x1|2|x2|3，令g(x)|x1|2|x2|由x53得x8，由3x33得x0，作出g(x)的图象如图所示，由图可得原不等式的解集为x|x02(绝对值不等式的解法、有解问题)已知函数f(x)|a3x|，若不等式f(x)2的解集为.(1)解不等式f(x)|x2|4；(2)若不等式f(x)3|2x|t4有解，求实数t的取值范围解(1)f(x)2即|a3x|2，解得x，则由题意得得a2.f(x)|x
8、2|4可化为|3x2|x2|4，或或解得4x1，不等式f(x)|x2|4的解集为x|4x1(2)不等式f(x)3|2x|t4等价于|3x2|3x6|t4.|3x2|3x6|(3x2)(3x6)|4，由题意，知t44，解得t8，故实数t的取值范围是8，)不等式的证明(5年5考)高考解读不等式的证明也是高考考查的重点，主要考查作差法和基本不等式法的应用，难度适中，考查学生的逻辑推理核心素养.1(2019全国卷)已知a，b，c为正数，且满足abc1.证明：(1)a2b2c2；(2)(ab)3(bc)3(ca)324.切入点：abc1.关键点：“1”的代换；将(ab)3(bc)3(ca)3改编为3(a
9、b)(bc)(ca)证明(1)因为a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，又abc1，故有a2b2c2abbcca.当且仅当abc1时，等号成立所以a2b2c2.(2)因为a，b，c为正数且abc1，故有(ab)3(bc)3(ca)333(ab)(bc)(ac)3(2)(2)(2)24.当且仅当abc1时，等号成立所以(ab)3(bc)3(ca)324.2(2016全国卷)已知函数f(x)，M为不等式f(x)2的解集(1)求M；(2)证明：当a，bM时，|ab|1ab|.切入点：M为不等式f(x)0)(1)证明：f(x)2；(2)若f(3)0，有f(x)|xa|a2.所以f(x)2.(
10、2)f(3)|3a|.当a3时，f(3)a，由f(3)5，得3a.当0a3时，f(3)6a，由f(3)5，得cd，则；(2)是|ab|cd，得()2()2.因此.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd.由(1)得.若，则()2()2，即ab2cd2.因为abcd，所以abcd.于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|是|ab|cd|的充要条件证明不等式的方法和技巧(1)如果已知条件与待证明的结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出，或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法.(2)在必要的情况
11、下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.尤其是对含绝对值不等式的解法和证明，其简化的基本思路是化去绝对值符号，转化为常见的不等式(组)求解.多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据.1(利用基本不等式证明)已知函数f(x)|x1|.(1)求不等式f(x)32|x|的解集；(2)若函数g(x)f(x)|x3|的最小值为m，正数a，b满足abm，求证：4.解(1)当x1时，x132x，解得x，x；当0x1时，1x32x，解得x2，无解；当x0时，1x32x，解得x，x.原不等式的解集为.(2)g(x)|x
12、1|x3|(x1)(x3)|4，m4，即ab4.又b2a，a2b，两式相加得2a2b，ab4.当且仅当ab2时等号成立2(作差法和分析法证明不等式)已知函数f(x)|x1|.(1)求不等式f(x)f(a)f(b)解(1)当x1时，原不等式可化为x12x2，解得x1；当1x时，原不等式可化为x12x2，解得x1，此时原不等式无解；当x时，原不等式可化为x11.综上，Mx|x1(2)证明：因为f(a)f(b)|a1|b1|a1(b1)|ab|.所以要证f(ab)f(a)f(b)，只需证|ab1|ab|，即证|ab1|2|ab|2，即证a2b22ab1a22abb2，即证a2b2a2b210，即证(
13、a21)(b21)0.因为a，bM，所以a21，b21.所以(a21)(b21)0成立，所以原不等式成立含绝对值不等式的恒成立问题(5年4考)高考解读与绝对值不等式有关的恒成立问题也是每年高考的热点，其实质还是考查绝对值不等式的解法，难度适中.(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的取值范围切入点：去绝对值号关键点：正确确立f(x)的值域解(1)当a1时，f(x)|x1|x|x2|(x1)当x1时，f(x)2(x1)20；当x1时，f(x)0，所以，不等式f(x)0的解集为(，1)(2)因为f(a
14、)0，所以a1.当a1，x(，1)时，f(x)(ax)x(2x)(xa)2(ax)(x1)0.所以，a的取值范围是1，)教师备选题(2018全国卷)设函数f(x)|2x1|x1|.(1)画出yf(x)的图象；(2)当x0，)时，f(x)axb，求ab的最小值解(1)f(x)yf(x)的图象如图所示(2)由(1)知，yf(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b2时，f(x)axb在0，)上成立，因此ab的最小值为5.解决含绝对值不等式的恒成立问题，用等价转化思想(1)利用三角不等式求出最值进行转化；(2)利用分类讨论思想，转化成求函数值域；(3)数
15、形结合转化.1(2019贵阳模拟)已知f(x)|x1|2x1|.(1)求不等式f(x)0的解集；(2)若xR时，不等式f(x)ax恒成立，求实数a的取值范围解(1)f(x)|x1|2x1|当x0得x2，即解集为；当1x时，由3x0得x0，解集为；当x时，由x20得x0的解集为x|0x2(2)不等式f(x)ax恒成立等价于f(x)xa恒成立，则af(x)xmax，令g(x)f(x)x则g(x)max1，所以实数a的取值范围是1，)2一题多解(2019福州模拟)已知函数f(x)|2xa|3a，aR.(1)若对于任意xR，总有f(x)f(4x)成立，求a的值；(2)若存在xR，使得f(x)|2x1|
16、a成立，求a的取值范围解(1)法一：因为f(x)f(4x)，xR，所以f(x)的图象关于直线x2对称又f(x)23a的图象关于直线x对称，所以2，所以a4.法二：因为f(x)f(4x)，xR，所以|2xa|3a|2(4x)a|3a，所以|2xa|82xa|，即2xa(82xa)或2xa82xa(舍去)，所以a4.(2)法一：存在xR，使得f(x)|2x1|a成立，等价于存在xR，使得|2xa|2x1|2a0成立，等价于(|2xa|2x1|2a)min0.令g(x)|2xa|2x1|2a，则g(x)min|(2xa)(2x1)|2a|a1|2a.所以|a1|2a0.当a1时，a12a0，a，所以1a；当a1时，a12a0，a1，所以a1.综上，a.法二：由f(x)|2x1|a得，|2xa|2x1|2a，而|2xa|2x1|a1|，由题意知，只需满足|a1|2a，即2aa12a，即所以a.
