1、第2讲 选修4-5:不等式选讲 高考总复习大二轮 数 学 考情考向高考导航高考主要考查绝对值不等式的解法，求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，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真题体验1(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，f(x)0.所以，不等式 f(x)0 的解
2、集为(，1)(2)因为 f(a)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，)2(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 的取值范围解：(1)当 a1 时，不等式 f(x)g(x)等价于 x2x|x1|x1|40.当 x1 时，式化为 x23x40，无解；当1x1 时，式化为 x2x20，从而1x1；当 x1 时，式化为 x2x40，从而 1x1 172.所以 f(x)g(x)
3、的解集为x|1x1 172.(2)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 的取值范围是1,1主干整合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，等号成立2|axb|c，|axb|c(c0)型不等式的解法(1)|axb|ccaxbc.(2)|axb|caxbc 或 axbc.3|x
4、a|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4基本不等式定理 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abc33 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数不等式)如果 a1，a2，an 为 n 个正数(nN*，n1)，则a1a2annn a1a2an，当且仅当 a1a2an 时，等号成立热点一 绝对值不等式的解法例 1
5、 已知 f(x)|x4|x1|3.(1)求不等式 f(x)2 的解集(2)若直线 ykx2 与函数 f(x)的图象有公共点，求 k 的取值范围审题指导(1)看到 f(x)|x4|x1|3，联想到分 x1、1x4、x4 三种情况去绝对值号(2)看到 ykx2 联想到此直线恒过定点(0，2)解析(1)由 f(x)2，得x1，22x2，或1x4，02，或x4，2x82，解得 0 x5，故不等式 f(x)2 的解集为0,5(2)f(x)|x4|x1|322x，x1，0，1x4，2x8，x4，作出函数 f(x)的图象，如图所示，直线 ykx2 过定点 C(0，2)，当此直线经过点 B(4,0)时，k12
6、；当此直线与直线 AD 平行时，k2，故由图可知，k(，2)12，.(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：求零点；划区间、去绝对值号；分别解去掉绝对值的不等式；取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值(2)用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法(2019聊城三模)已知函数 f(x)|x2|x5|.(1)证明：3f(x)3；(2)求不等式 f(x)x28x15 的解集解析：(1)证明：f(x)|x2|x5|3，x2，2x7，2x5，3，x5.当 2x5 时，32x73.所以3f(3)3.(2)由(1)可知，当 x2
7、 时，f(x)x28x15 的解集为空集；当 2x5 时，f(x)x28x15 的解集为x|5 3x5；当 x5 时，f(x)x28x15 的解集为x|5x6综上，不等式 f(x)x28x15 的解集为x|5 3x6热点二 不等式的证明逻辑推理素养逻辑推理不等式证明中心的核心素养通过不等式的证明掌握逻辑推理的基本形式，表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系，对式子进行等价变形，进而通过证明不等式，体验逻辑推理的核心素养.例 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.审题指导(1)利用重要不等
8、式 a2b22ab 构造三个不等式相加，再结合 abc1 进行证明(2)利用平均值不等式进行证明解析(1)证明：因为 a2b22ab，b2c22ab，c2a22ac，又 abc1，故有 a2b2c2abbccaabbccaabc1a1b1c.当且仅当 abc1 时，等号成立所以1a1b1ca2b2c2.(2)证明：因为 a，b，c 为正数且 abc1，故有(ab)3(bc)3(ca)333 ab3bc3ac33(ab)(bc)(ac)3(2 ab)(2 bc)(2 ac)24.当且仅当 abc1 时，等号成立所以(ab)3(bc)3(ca)324.(2019苏州二模)已知 f(x)|2x1|x
9、12的最小值为 m.(1)求 m 的值；(2)已知 a，b，c 是正实数，且 abcm，求证：2(a3b3c3)abbcca3abc.解析：(1)当 x12时，f(x)3x12在12 上单调递增，且 f(x)32121；当 x12时，f(x)32x 在，12 上单调递减，且 f(x)32121.综上可得 x12时，f(x)取得最小值 1，即 m1.(2)证明：a，b，c 是正实数，且 abc1，由 a3b3a2bb2aa2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)(ab)20，则有 a3b3a2bb2a0，即 a3b3a2bb2aab(ab)ab(1c)ababc，所以 a3b3abab
10、c，同理可得 b3c3bcabc；c3a3caabc，上面三式相加得，2(a3b3c3)abbcca3abc，当且仅当abc13时取得等号不等式证明的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法在必要的情况下，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热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题例 3(2019日照三模)已知函数 f(x)|x12a|xa2|，aR，g(x)x22x44x12.(1)若 f(2a21)4|a1|，求实
11、数 a 的取值范围；(2)若存在实数 x，y，使 f(x)g(y)0，求实数 a 的取值范围解析(1)f(2a21)4|a1|，|2a22a|a21|4|a1|，|a1|(2|a|a1|4)0，|2a|a1|4 且 a1.若 a1，则2aa14，a53；若1a0，则2aa14，a3，此时无解；若 a0 且 a1，则 2aa14，a1.综上所述，a 的取值范围为，53(1，)(2)g(x)(x1)24x1252 x124x1251，显然可取等号，g(x)min1.于是，若存在实数 x，y，使 f(x)g(y)0，只需 f(x)min1.又 f(x)|x12a|xa2|(x12a)(xa2)|(a
12、1)2，(a1)21，1a11，0a2，即 a0,21求含绝对值号函数的最值的两种方法(1)利用|a|b|ab|a|b|求解(2)将函数化为分段函数，数形结合求解2恒成立(存在)问题的等价转化f(x)Mf(x)M任意 x 恒成立f(x)minMf(x)maxM存在 x 成立f(x)maxMf(x)minM(2018全国卷)已知 f(x)|x1|ax1|.(1)当 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.故不等式 f(x)1 的解集为x|x12(2)当 x(0,1)时|x1|ax1|x 成立等价于当 x(0,1)时|ax1|1 成立若 a0，则当 x(0,1)时|ax1|1；若 a0，|ax1|1 的解集为 0 x2a，所以2a1，故 0a2.综上，a 的取值范围为(0,2
