1、第8讲 选修4系列 第2课时 不等式选讲 题型2 解答题 规范踩点 多得分考情分析 本部分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1 热点题型分析 PART ONE 热点 1 含绝对值不等式的解法含绝对值不等式的解法：(1)|f(x)|a(a0)f(x)a 或 f(x)a；(2)|f(x)|0)af(x)a；(3)对形如|xa|xb|c，|xa|xb|c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解已知函数 f(x)|2x4|xa|.(1)当 a2 时，
2、f(x)的最小值为 1，求实数 a 的值；(2)当 f(x)|xa4|时，求 x 的取值范围解(1)当 a2 时，函数 f(x)|2x4|xa|3xa4x2.可知，当 x2 时，f(x)取得最小值，最小值为f(2)a21，解得 a3.(2)f(x)|2x4|xa|(2x4)(xa)|xa4|，当且仅当(2x4)(xa)0 时，等号成立，所以若 f(x)|xa4|，则当 a2 时，x 的取值范围是x|2xa形如|xa|xb|c(或c)型的不等式主要有三种解法：(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(，a，(a，b)，b，)(此处设 ac 的几何意义：数轴上到点 x1a 和
3、x2b的距离之和大于 c 的全体实数；(3)图象法：作出函数 y1|xa|xb|和 y2c 的图象，结合图象求解(2019太原模拟)已知函数 f(x)|xm|2x1|.(1)当 m1 时，求不等式 f(x)2 的解集；(2)若 f(x)|2x1|的解集包含34，2，求 m 的取值范围解(1)当 m1 时，f(x)|x1|2x1|，当 x1 时，f(x)3x22，所以 1x43；当12x1 时，f(x)x2，所以12xa 恒成立f(x)a 无解f(x)mina；f(x)a 恒成立f(x)a 无解f(x)maxa 有解f(x)maxa；f(x)a 有解f(x)mina.(2018全国卷)设函数 f
4、(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.所以 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)1 等价于|a2|4.由|a2|4 可得 a6 或 a2，所以 a 的取值范围是(，62，)解含参数绝对值不等式问题的两种常用方法：(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数求解；(2)借助绝对值的几何意义，先求出 f(x)的最值或值域，然后再根据题目要求，求解参数的取值范围(2017全国卷)已知
5、函数 f(x)|x1|x2|.(1)求不等式 f(x)1 的解集；(2)若不等式 f(x)x2xm 的解集非空，求 m 的取值范围解(1)f(x)3，x1，2x1，1x2，3，x2.当 x1 时，f(x)1 无解；当1x2 时，由 f(x)1，得 2x11，解得 1x2；当 x2 时，由 f(x)1，解得 x2.所以 f(x)1 的解集为x|x1(2)由 f(x)x2xm，得m|x1|x2|x2x.而|x1|x2|x2x|x|1|x|2x2|x|x|3225454，且当 x32时，|x1|x2|x2x54，故 m 的取值范围为，54.热点 3 不等式证明1绝对值不等式的性质：|a|b|ab|a
6、|b|；2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 a0，b0，则ab2 ab，当且仅当 ab 时，等号成立；定理 3：如果 a0，b0，c0，则abc33 abc，当且仅当 abc 时，等号成立；定理 4：如果 a1，a2，an 为 n 个正数，则a1a2ann n a1a2an，当且仅当 a1a2an 时，等号成立(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 a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，又 abc1，故
7、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 ab3bc3ca33(ab)(bc)(ca)3(2 ab)(2 bc)(2 ca)24.当且仅当 abc1 时，等号成立所以(ab)3(bc)3(ca)324.证明不等式常用的方法：(1)比较法作差比较法：abab0，ababb0ab1 且 a0，b0.(2)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件或定理等)(3)综合法从已知
8、条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不等式成立，即“由因导果”的方法(4)反证法的步骤第一步：作出与所证不等式相反的假设；第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而证明原不等式成立(2017全国卷)已知 a0，b0，a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)23ab24(ab)23ab34，所以(ab)38，因此 ab2.2 专题作业 P
9、ART TWO 1已知函数 f(x)|2x1|2xa|，g(x)x3.(1)当 a2 时，求不等式 f(x)1，且当 xa2，12 时，f(x)g(x)，求 a 的取值范围解(1)当 a2 时，不等式 f(x)g(x)转化为|2x1|2x2|x30.设函数 y|2x1|2x2|x3 5x，x1，其图象如图所示由图象可知，当且仅当 x(0,2)时，y1，则a212，所以f(x)|2x1|2xa|4x1axa2，a1a2x12，4xa1x12.当 xa2，12 时，f(x)a1，即 a1x3 在 xa2，12 上恒成立，所以 a1a23，解得 a43.所以 a 的取值范围是1，43.2(2019全
10、国卷)设 x，y，zR，且 xyz1.(1)求(x1)2(y1)2(z1)2 的最小值；(2)若(x2)2(y1)2(za)213成立，证明：a3 或 a1.解(1)因为(x1)(y1)(z1)2(x1)2(y1)2(z1)22(x1)(y1)(y1)(z1)(z1)(x1)3(x1)2(y1)2(z1)2，所以由已知得(x1)2(y1)2(z1)243，当且仅当 x53，y13，z13时等号成立所以(x1)2(y1)2(z1)2 的最小值为43.(2)证明：因为(x2)(y1)(za)2(x2)2(y1)2(za)22(x2)(y1)(y1)(za)(za)(x2)3(x2)2(y1)2(z
11、a)2，所以由已知得(x2)2(y1)2(za)22a23，当且仅当 x4a3，y1a3，z2a23时等号成立所以(x2)2(y1)2(za)2 的最小值为2a23.由题设知2a2313，解得 a3 或 a1.3(2019河北省衡水模拟)已知函数 f(x)|2x1|x1|.(1)解不等式 f(x)3；(2)若函数 g(x)|2x2018a|2x2019|，若对于任意的 x1R，都存在 x2R，使得 f(x1)g(x2)成立，求实数 a 的取值范围解(1)依题意，得 f(x)3x，x12，x2，12x1，3x，x1.由 f(x)3，得x12，3x3或12x1，x23或x1，3x3，解得1x1.即
12、不等式 f(x)3 的解集为x|1x1(2)由(1)知，f(x)minf12 32，g(x)|2x2018a|2x2019|2x2018a2x2019|a1|，则|a1|32，解得12a52，即实数 a 的取值范围为12，52.4(2019南昌一模)已知函数 f(x)|2x3a2|.(1)当 a0 时，求不等式 f(x)|x2|3 的解集；(2)若对于任意实数 x，不等式|2x1|f(x)2a 恒成立，求实数 a 的取值范围解(1)当 a0 时，不等式可化为|2x|x2|3，得x2，2xx23，解得 x13或 x1，所以当 a0 时，不等式 f(x)|x2|3 的解集为，13 1，)(2)对于任意实数 x，不等式|2x1|f(x)2a 恒成立，即|2x1|2x3a2|2a 恒成立因为|2x1|2x3a2|2x12x3a2|3a21|，所以要使原不等式恒成立，只需|3a21|2a.当 a0 时，无解；当 0a 33 时，13a22a，解得13 33 时，3a212a，解得 33 a1.所以实数 a 的取值范围是13，1.本课结束
