2020年数学一轮复习考点与题型总结：选修4－5 不等式选讲-高考.pdf

1、第 1页/共 19页 一、基础知识一、基础知识 1绝对值三角不等式 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 |a|b|ab|a|b|，当且仅当|a|b|且 ab0 时，左边等号成立，当且仅当 ab0 时， 右边等号成立. 2绝对值不等式的解法 (1)|x|a 型不等式的解法 不等式a0a0a0 |x|ax|axax|xa 或 x0)型不等式的解法： |axb|ccaxbc； |axb|caxbc 或 axbc. |xa|xb|c 和|xa|xb|

2、c 型不等式的解法及体现数学思想 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； 利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 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. 第一节第一节 绝对值不等式绝对值不等式 选修选修 45 不等式选讲不等式选讲 微信公众号学起而飞 第 2页/共 19页 (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) x4，x1， 3x2，13 2， 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 x1

3、3或 x5. 故 f(x)1 的解集为x|1x3， f(x)1 的解集为 x|x5. 所以|f(x)|1 的解集为 x|x 1 3或 1x5. 题组训练 1解不等式|x1|x1|2. 解：当 x1 时， 典例(2016全国卷)已知函数 f(x)|x1|2x3|. 考点一考点一绝对值不等式的解法绝对值不等式的解法 微信公众号学起而飞 第 3页/共 19页 (2)由|xa|3x0，可得 xa， 4xa0 或 xa， 2xa0， 即 xa， xa 4 或 x0 时，不等式的解集为 x|x a 2. 由a 21，得 a2. 当 a0 时，不等式的解集为x|x0，不合题意 当 a0 时，不等式的解集为

4、x|x a 4. 由a 41，得 a4. 不等式的解集为x|2x0 解得2x0， 两边平方，化简整理得 x22x0， 法二：由 f(x)3x|2x1|，得|x1|2x1|， 不等式的解集为x|2x0 当 x2 1时，1x(2x1)0，得2x1 时，x1(2x1)0，得 x2，无解； 法一：由 f(x)3x|2x1|，得|x1|2x1|0， 解：(1)当 a1 时，f(x)|x1|3x. (2)若不等式 f(x)0 的解集为x|x1，求 a 的值 (1)当 a1 时，求不等式 f(x)3x|2x1|的解集； 2(2019沈阳质检)已知函数 f(x)|xa|3x，其中 aR. 综上，不等式|x1|

5、x1|2 的解集为1,1 解得 x1，又因为 x1，故无解； 原不等式可化为 x1x12， 当 x1 时， 原不等式可化为 x11x22，恒成立； 当1x1 时， 解得 x1，又因为 x1，故无解； 原不等式可化为x11x2， 微信公众号学起而飞 第 4页/共 19页 即 x1 2， 2x1x1 或 0 x1 2， 12xx1 或 x0， 12xx1， 得1 2x2 或 0 x 1 2或无解 故不等式 f(x)|x|1 的解集为x|0 x2 (2)证明：f(x)|2x1|2(xy1)(2y1)|2(xy1)|2y1|2|xy1|2y 1|21 3 1 6 5 61. 故不等式 f(x)1 得证

6、 解题技法绝对值不等式性质的应用 利用不等式|ab|a|b|(a，bR)和|ab|ac|cb|(a，bR)，通过确定适当的 a，b，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值或证明不等式 题组训练 1求函数 f(x)|x2 019|x2 018|的最大值 解：因为 f(x)|x2 019|x2 018|x2 019x2 018|4 037， 所以函数 f(x)|x2 019|x2 018|的最大值为 4 037. 2若 x1,1，|y|1 6，|z| 1 9，求证：|x2y3z| 5 3. 证明：因为 x1,1，|y|1 6，|z| 1 9， 所以|x2y3z|x|2|y|3|z|12

7、1 63 1 9 5 3， 所以|x2y3z|5 3成立 考点三考点三绝对值不等式的综合应用绝对值不等式的综合应用 典例(2018合肥质检)已知函数 f(x)|2x1|. 解(1)f(x)|x|1，|2x1|x|1， (2)若对 x，yR，有|xy1|3 1，|2y1| 6 1，求证：f(x)1. (1)解不等式 f(x)|x|1； 典例(2019湖北五校联考)已知函数 f(x)|2x1|，xR. 考点二考点二绝对值不等式性质的应用绝对值不等式性质的应用 综上，a2 或 a4. 微信公众号学起而飞 第 5页/共 19页 则 x1 2， 2x12x11 或 1 2x 1 2， 12x2x11 或

8、 x1 2， 12x2x11， 解得 x1 2或 1 4x 1 2，即 x 1 4， 所以原不等式的解集为 1 4，. (2)由条件知，不等式|2x1|2x1|(|2x1|2x1|)min即可 由于|2x1|2x1|12x|2x1|12x(2x1)|2，当且仅当(12x)(2x 1)0，即 x 1 2， 1 2 时等号成立，故 m2.所以 m 的取值范围是(2，) 解题技法两招解不等式问题中的含参问题 (1)转化 把存在性问题转化为求最值问题； 不等式的解集为 R 是指不等式的恒成立问题； 不等式的解集为的对立面也是不等式的恒成立问题，此类问题都可转化为最值问 题，即 f(x)a 恒成立af(

9、x)max，f(x)a 恒成立af(x)min. (2)求最值 求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种： 利用绝对值的几何意义； 利用绝对值三角不等式，即|a|b|ab|a|b|； 利用零点分区间法 题组训练 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，x2. 当 x1 时，由 2x40，解得2x1， 当1x2 时，显然满足题意， 解(1)f(x)f(x1)1|2x1|2x1|1， (2)若关于 x 的不等式 f(x)mf(x1)的解集不是空集，

10、求 m 的取值范围 (1)解关于 x 的不等式 f(x)f(x1)1； 微信公众号学起而飞 第 6页/共 19页 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，) 2(2018广东珠海二中期中)已知函数 f(x)|xm|2x1|(mR)，若关于 x 的不等式 f(x)|2x1|的解集为 A，且 3 4，2 A，求实数 m 的取值范围 解： 3 4，2 A， 当 x 3 4，2时，不等式 f(x)|2x1|恒成立， 即|xm|2x1|2x1|在 x 3 4，2上恒成立， |xm|2x12x

11、1， 即|xm|2 在 x 3 4，2上恒成立， 2xm2， x2mx2 在 x 3 4，2上恒成立， (x2)maxm(x2)min， 11 4 m0，故实数 m 的取值范围是 11 4 ，0 . 课时跟踪检测课时跟踪检测 1求不等式|2x1|2x1|6 的解集 解：原不等式可化为 x1 2， 2x12x16. 解得3 2x 3 2， (2)f(x)1 等价于|xa|x2|4. 故 f(x)0 的解集为x|2x3 当 x2 时，由2x60，解得 2x3， 微信公众号学起而飞 第 7页/共 19页 即原不等式的解集为 x| 3 2x 3 2. 2已知函数 f(x)|x4|xa|(aR)的最小值

12、为 a. (1)求实数 a 的值； (2)解不等式 f(x)5. 解：(1)f(x)|x4|xa|a4|a， 从而解得 a2. (2)由(1)知，f(x)|x4|x2| 2x6，x2， 2，2x4， 2x6，x4. 故当 x2 时，由2x65，得1 2x2； 当 24 时，由 2x65，得 41 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 的解集为 x|x 1 2. (2)当 x(0,1)时|x1|ax1|x 成立等价于当 x(0,1)时|ax1|0，则|ax1|1 的

13、解集为 x|0 x 2 a， 所以2 a1，故 0a2. 综上，a 的取值范围为(0,2 4设函数 f(x)|3x1|ax3. (1)若 a1，解不等式 f(x)4； (2)若 f(x)有最小值，求实数 a 的取值范围 解：(1)当 a1 时，f(x)|3x1|x34， 微信公众号学起而飞 第 8页/共 19页 即|3x1|1x， x13x11x，解得 0 x1 2， 所以 f(x)4 的解集为 0，1 2 . (2)因为 f(x) 3ax2，x1 3， a3x4，xx； (2)若关于 x 的不等式 f(x)a22a 的解集为 R，求实数 a 的取值范围 解：(1)原不等式等价于 f(x)x0

14、，不等式 f(x)x0 可化为|x2|x|x1|， 当 x(x1)，解得 x3，即3xx1，解得 x1，即1x2 时，x2xx1，解得 x3，即 x3， 综上所述，不等式 f(x)x0 的解集为x|3x3 (2)由不等式 f(x)a22a 可得|x2|x1|a22a， |x2|x1|x2x1|3，当且仅当 x(，1时等号成立， a22a3，即 a22a30，解得 a1 或 a3. 实数 a 的取值范围为(，13，) 6已知函数 f(x)|xa|x1|. (1)若 a2，求不等式 f(x)x2 的解集； (2)如果关于 x 的不等式 f(x)2 的解集不是空集，求实数 a 的取值范围 解：(1)

15、当 a2 时，f(x) 2x1，x1， 3，1x2， 2x1，x2， 不等式 f(x)x2 等价于 x1， 2x1x2 或 1x2， 3x2 或 x2， 2x1x2 ， 解得 x1 或 x3， 故原不等式的解集为x|x1 或 x3 (2)f(x)|xa|x1|(xa)(x1)|a1|，当(xa)(x1)0 时取等号 若关于 x 的不等式 f(x)2 的解集不是空集，只需|a1|2， 微信公众号学起而飞 第 9页/共 19页 又|x a 2| 1 2x|min| 1 2 a 2|， 所以| 1 2 a 2|3a 2 ，解得 a2. 所以 a 的取值范围是2，) 8(2018福州质检)设函数 f(

16、x)|x1|，xR. (1)求不等式 f(x)3f(x1)的解集； (2)已知关于 x 的不等式 f(x)f(x1)|xa|的解集为 M，若 1，3 2 M，求实数 a 的取 值范围 解：(1)因为 f(x)3f(x1)， 所以|x1|3|x2|x1|x2|3 x2， 2x33， 解得 0 x1 或 1x2 或 20，b0 时，aabb(ab) + 2 a b . 证明： aabb ab + 2 a b a b - 2 a b ， 当 ab 时， a b - 2 a b 1， 当 ab0 时，a b1， ab 2 0， a b - 2 a b 1， 当 ba0 时，0a b1， ab 2 1，

17、 aabb(ab) + 2 a b . 考点二考点二综合法证明不等式综合法证明不等式 典例(2017全国卷)已知 a0，b0，a3b32.证明： 所以(pxqy)2px2qy2.当且仅当 xy 时，不等式中等号成立 因为 p，q 为正数，所以pq(xy)20， pq(x2y22xy)pq(xy)2. 所以(pxqy)2(px2qy2) 因为 pq1，所以 p1q，q1p. p(p1)x2q(q1)y22pqxy. p2x2q2y22pqxy(px2qy2) 解：(pxqy)2(px2qy2) 1当 p，q 都是正数且 pq1 时，求证：(pxqy)2px2qy2. 题组训练 因此|ab|1ab

18、|. (a21)(1b2)0. a2b2a2b21 从而(ab)2(1ab)2 (2)证明：由(1)知，当 a，bM 时，1a1，1b1， 所以 f(x)2 的解集 Mx|1x1 当 x2 1时，由 f(x)2，得 2x2，解得 x1. 当2 1x 2 1时，f(x)2 恒成立； 微信公众号学起而飞 第 13页/共 19页 23ab 3 4 ， (ab)38，因此 ab2. 解题技法综合法证明不等式的方法 (1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与 联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键； (2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等

19、式是最常用的在运用这些性 质时，要注意性质成立的前提条件 题组训练 1设 a，b，c，d 均为正数，若 abcd，且 abcd，求证： a b c d. 证明：因为( a b)2ab2 ab，( c d)2cd2 cd. 由题设 abcd，abcd 得( a b)2( c d)2. 因此a b c d. 2(2018湖北八校联考)已知不等式|x|x3|0，y0，nxym0，求证：xy16xy. 解：(1)由|x|x3|x6， 得 x3， xx3x6 或 0 x3， 3x6 或 x0， x3xx6， 解得1x0，y0， 1 x 1 y (9xy)10y x 9x y 102 y x 9x y 1

20、6， 当且仅当y x 9x y ，即 x 1 12，y 1 4时取等号， 1 x 1 y16，即 xy16xy. 4 23ab(ab)23ab 2 (ab) (2)(ab)3a33a2b3ab2b3 4ab(a2b2)24. (a3b3)22a3b3ab(a4b4) 证明(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6 (2)ab2. (1)(ab)(a5b5)4； 微信公众号学起而飞 第 14页/共 19页 (1)求集合 A； (2)若 a，b，cA，求证：| 1abc abc|1. 解(1)由已知，令 f(x)|x1|x1| 2，x1， 2x，1x1， 2，x1， 由|f(x)|2，得1x1

21、，即 Ax|1x1，只需证|1abc|abc|， 即证 1a2b2c2a2b2c2，即证 1a2b2c2(1a2b2)， 即证(1a2b2)(1c2)0， 由 a，b，cA，得1ab1，c20 恒成立 综上，| 1abc abc|1. 解题技法分析法证明不等式应注意的问题 (1)注意依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论 (2)注意从要证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已 知(或已证)的不等式 (3)注意恰当地用好反推符号“”或“要证明”“只需证明”“即证明”等词语 题组训练 1已知 abc，且 abc0，求证： b2acbc 且 abc0，

22、知 a0，c0. 要证 b2ac 3a， 只需证 b2ac3a2. abc0，只需证 b2a(ab)0， 即证(ab)(2ab)0， 即证(ab)(ac)0. abc，ab0，ac0， (ab)(ac)0 显然成立， 故原不等式成立 典例(2019长春质检)设不等式|x1|x1|0， 所以只需证 a2c2b20， 即 a2c2b2，因为 a2c22ac， 所以只需证 2acb2， 由已知得 2acb(ac) 所以只需证 b(ac)b2，即 acb，显然成立 所以B 为锐角 解得 x1； 不等式可化为x12x2， 当 x1 时， 解：(1)由题意，|x1|0，b0，且1 a 1 b ab. (1

23、)求 a3b3的最小值； (2)是否存在 a，b，使得 2a3b6？并说明理由 解：(1)由 ab1 a 1 b 2 ab， 得 ab2，仅当 ab 2时等号成立 故 a3b32 a3b34 2，仅当 ab 2时等号成立 所以 a3b3的最小值为 4 2. (2)由(1)知，2a3b2 6 ab4 3. 由于 4 36，从而不存在 a，b，使得 2a3b6. 3(2019南宁模拟)(1)解不等式|x1|x3|4； (2)若 a，b 满足(1)中不等式，求证：2|ab|ab2a2b|. 解：(1)当 x3 时，|x1|x3|x1x32x44，所以 4x3； 当3x1 时，|x1|x3|x1x32

24、4 恒成立， 所以3x1； 当 x1 时，|x1|x3|x1x32x44，解得 x0，所以1x0. 综上，不等式|x1|x3|4 的解集为x|4x0 (2)证明：因为 4(ab)2(ab2a2b)2 (a2b24a2b4ab216ab) ab(b4)(a4)0， 所以 4(ab)2(ab2a2b)2， 所以 2|ab|2. 当 x2 时，由 f(x)x11， 解得 x0，此时 x0； 当 x2 时，由 f(x)3x51， 解得 x4 3，显然不成立 故 f(x)1 的解集为 Mx|x0 微信公众号学起而飞 第 17页/共 19页 (2)证明：当 xM 时，f(x)x1， 于是 xf(x)2x2

25、f(x)x(x1)2x2(x1)x2x x1 2 21 4. 令 g(x) x1 2 21 4， 则函数 g(x)在(，0上是增函数， g(x)g(0)0. 故 xf(x)2x2f(x)0. 5(2019西安质检)已知函数 f(x)|2x1|x1|. (1)解不等式 f(x)3； (2)记函数 g(x)f(x)|x1|的值域为 M，若 tM，求证：t213 t 3t. 解：(1)依题意，得 f(x) 3x，x1， 2x，1x1 2， 3x，x1 2， f(x)3 x1， 3x3 或 1x0， t3t 21 t 0， t213 t 3t. 6(2019长春质检)已知函数 f(x)|2x3|3x6

26、|. (1)求 f(x)2 的解集； (2)若 f(x)的最小值为 T，正数 a，b 满足 ab1 2，求证： a bT. 微信公众号学起而飞 第 18页/共 19页 解：(1)f(x)|2x3|3x6| 5x9，x2. 作出函数 f(x)的图象如图所示 由图象可知，f(x)2 的解集为 7 5， 11 5 . (2)证明：由图象可知 f(x)的最小值为 1， 由基本不等式可知 a b 2 ab 2 1 4 1 2， 当且仅当 ab 时，“”成立，即 a b1T. 7已知函数 f(x)|2x1|x 3 2|. (1)求不等式 f(x)0 的解集 M； (2)当 a，bM 时，求证：3|ab|a

27、b9|. 解：(1)f(x) 5 2x，x 1 2. 当 x3 2时，f(x)0，即 5 2x0，无解； 当3 2x 1 2时，f(x)0，即3x 1 20，得 1 61 2时，f(x)0，即 x 5 20，得 1 2x 5 2. 综上，M x| 1 6x 5 2. (2)证明：要证 3|ab|ab9|， 只需证 9(a2b22ab)a2b218ab81， 即证 a2b29a29b2810， 即证(a29)(b29)0. 因为 a，bM，所以1 6a 5 2， 1 6b 5 2， 微信公众号学起而飞 第 19页/共 19页 所以 a290，b290， 所以 3|ab|0)，且 f(x2)0 的

28、解集为3，1 (1)求 m 的值； (2)若 a，b，c 都是正实数，且1 a 1 2b 1 3cm，求证：a2b3c9. 解：(1)法一：依题意知 f(x2)m|x2|0， 即|x2|mm2x2m. 由题意知不等式的解集为3，1，所以 m23， 2m1， 解得 m1. 法二：因为不等式 f(x2)0 的解集为3，1， 所以3，1 为方程 f(x2)0 的两根，即3，1 为方程 m|x2|0 的两根， 所以 m|32|0， m|12|0， 解得 m1. (2)证明：由(1)可知1 a 1 2b 1 3c1(a，b，c0)， 所以 a2b3c(a2b3c) 1 a 1 2b 1 3c 3 a 2b 2b a a 3c 3c a 2b 3c 3c 2b 9，当 且仅当 a2b3c，即 a3，b3 2，c1 时取等号 微信公众号学起而飞