1、专题七 选修4系列 第 2 讲 不等式选讲(选修 45)1(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 a3b32，且 a0，b0，则(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a4b42a2b2)4ab(a2b2)24.因此(ab)(a5b5)4.(2)因为 a3b32，所以(ab)(a2abb2)2，即(ab)(ab)23ab2.所以(ab)323ab(ab)，又 abab22（ab）24，所以(ab)3234(ab)3，则14(ab)32.从而 ab2，当且仅当 ab
2、1 时等号成立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，f(x)x2x4，g(x)|x1|x1|2x，x1，2，1x1，2x，x1.当 x1 时，f(x)g(x)x2x42x，解之得 1x1712.当1x1 时，f(x)g(x)(x2)(x1)0，则1x1.当 x1 时，f(x)g(x)x23x40，解得1x4，又 x1，所以不等式此时的解集为空集 综上所述，f(x)g(x)的解集为1，1712.(2)依题意x2ax4
3、2 在1，1上恒成立 则 x2ax20 在1，1上恒成立 则只需12a120，（1）2a（1）20，解之得1a1.故 a 的取值范围是1，1【命题透视】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
4、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(2016全国卷)已知函数 f(x)|x1|2x3|(1)在图中画出 yf(x)的图象；(2)求不等式|f(x)|1 的解集解：(1)f(x)x4，x1，3x2，1x32，x4，x32，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 x13或 x5.故 f(x)1 的解集为x|1x3，f(x)1 的解集为xx13 或x5.所以|f(x)|1 的解集为xx13 或1x3或x5.规律方法1本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不等式，体
5、现了数形结合的思想 2解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解变式训练(2017衡阳二模)已知函数 f(x)x1x(x0)(1)求不等式 f(x)|x1|的解集；(2)若对x(，0)(0，)，不等式 f(x)|xa|1x|恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)x1x|x1|x21|x|x1|.所以 x21|x(x1)|且 x0.所以x（x1）0，x21x（x1）或x（x1）0，x21x（x1），解之得 x1.所以 f(x)|x1|的解集为x|x1(2)因为|xa|1
6、x|a1|，题目转化为 f(x)min|a1|.由基本不等式，可知 f(x)|x|1|x|2，所以 2|a1|，解得3a1.因此实数 a 的取值范围是(3，1)热点 2 不等式的证明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abc33
7、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 a1a2an，当且仅当 a1a2an时，等号成立例 2(2017长沙调研)已知 f(x)|2x1|x12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.(1)解：当 x12时，f(x)3x12单调递增，且 f(x)32121；当 x12时，f(x)32x 单调递减，且 f(x)32121.综上可得，当 x12时，f(x)取得最小值 1，即 m1.(2)证明：a，b，c 是正实数
8、，且 abc1，由 a3b3a2bb2aa2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)(ab)20，则有 a3b3a2bb2a0，即 a3b3a2bb2aab(ab)ab(1c)ababc，所以 a3b3ababc.同理可得 b3c3bcabc，c3a3caabc.上面三式相加得，2(a3b3c3)abbcca3abc，当且仅当 abc13取得等号规律方法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如
9、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，则考虑用反证法变式训练(2015全国卷)设 a，b，c，d 均为正数，且 abcd，证明：(1)若 abcd，则 a b c d；(2)a b c d是|ab|c d，只需证明(a b)2(c d)2，也就是证明 ab2 abcd2 cd，只需证明 ab cd，即证 abcd.由于 abcd，因此 a b c d.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24ab c d.若 a b c d，则(a b)2(c d)2，所以 ab2 abcd2 cd.因为 abcd，所以 abcd.于是(ab)2(ab)24a
10、b(cd)24cd(cd)2.因此|ab|c d是|ab|cd|的充要条件热点 3 与绝对值不等式有关的最值问题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例 3(2017全国卷)已知函数 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)|x1|x2|3，x1，2x1，1x2，3，x2.由 f(x)1 可得 当 x1 时显然不满足题意 当1x2 时，2x11，解得
11、x1，则 1x2.当 x2 时，f(x)31 恒成立，所以 x2.综上可知，f(x)1 的解集为x|x1(2)不等式 f(x)x2xm 等价为 f(x)x2xm，令 g(x)f(x)x2x，则 g(x)m 解集非空只需要g(x)maxm.由(1)知 g(x)x2x3，x1，x23x1，1x2，x2x3，x2.当 x1 时，g(x)maxg(1)3115；当1x2 时，g(x)maxg32 322332154；当 x2 时，g(x)maxg(2)22231.综上可知，g(x)max54，故 m54.所以实数 m 的取值范围是，54.规律方法1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
12、2本题分离参数 m，对含绝对值符号的函数 g(x)分段讨论，求出 g(x)的最大值，进而求出 m 的取值范围，优化解题过程变式训练(2017华师大附中联考)已知函数 f(x)|x1|xm|.(1)若函数 f(x)的最小值为 2，求 m 的值；(2)当 x1，1时，不等式 f(x)2x3 恒成立，求 m 的取值范围解：(1)f(x)|x1|xm|(x1)(xm)|m1|.依题意，|m1|2，所以 m3 或 m1.(2)当 x1，1时，f(x)2x3 恒成立，即|x1|xm|2x3 在 x1，1时恒成立 所以|xm|x22x2m2 恒成立 又 x1，1时，(2x2)max2(1)20.因此当 0m2 时，f(x)2x3 在 x1，1上恒成立