第2讲 不等式选讲
[全国卷3年考情分析] 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 绝对值不等式的解法、不2019 不等式的证明 等式恒成立求参数的范围 含绝对值不等式的解法及2018 绝对值不等式恒成立问题 绝对值不等式恒成立问题 基本不等式的应用、一些含绝对值不等式的解法、2017 求参数的取值范围 的方法 (1)不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．
(2)此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用．
考点一 含绝对值不等式的解法
[例1] (2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)当a＝1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a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 当x<1时，f(x)＝－2(x－1)2<0；
当x≥1时，f(x)＝(x－1)(x＋|x－2|)≥0恒成立． 所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)． (2)因为f(a)＝0，所以a≥1.
当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)·(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0.所以，a的
常用的变形及证明不等式函数最值的求解 含绝对值不等式的解法、对值不等式恒成立问题 含绝对值不等式的解法及解不等式 含绝对值函数的图象与绝全国卷Ⅲ 利用重要不等式求最值、取值范围是[1，＋∞)．
[解题方略] 绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法：对a∈R，|x|
(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．
(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解．
[多练强化]
1．(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|. (1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集； (2)若f(x)≤1，求a的取值范围．
2x＋4，x<－1，
??
解：(1)当a＝1时，f(x)＝?2，－1≤x≤2，
??－2x＋6，x>2.当x<－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1； 当－1≤x≤2时，显然满足题意； 当x>2时，由－2x＋6≥0，解得2 而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立． 故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4. 由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2. 所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． ＋ 2．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝2|x＋1|－|x－a|，a∈R. (1)当a＝1时，求不等式f(x)>0的解集； (2)若关于x的不等式f(x)≥x在x∈R时恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，由f(x)>0，得2|x＋1|>|x－1|， ∴4(x＋1)2－(x－1)2>0， ∴(3x＋1)(x＋3)>0， 1 ∴x>－或x<－3， 3 1?? x<－3或x>－?. ∴f(x)>0的解集为?x?3? ? ? (2)f(x)＝2|x＋1|－|x－a|≥x对x∈R恒成立， 即|x－a|≤2|x＋1|－x， 即－2|x＋1|＋x≤x－a≤2|x＋1|－x， ∴2x－2|x＋1|≤a≤2|x＋1|对x∈R恒成立． 显然(2|x＋1|)min＝0， 令g(x)＝2x－2|x＋1|， ??4x＋2，x≤－1， 则g(x)＝? ??－2，x>－1， g(x)在(－∞，－1]上单调递增， ∴g(x)max＝－2， ∴－2≤a≤0，即实数a的取值范围为[－2，0]． 3．(2019·石家庄市质量检测)设函数f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)≤5－f(x－3)的解集； (2)已知关于x的不等式2f(x)＋|x＋a|≤x＋4在[－1，1]上有解，求实数a的取值范围． 解：(1)不等式f(x)≤5－f(x－3)，即|x＋1|＋|x－2|≤5， ???x<－1，?－1≤x≤2，等价于?或? ??－x－1－x＋2≤5??x＋1－x＋2≤5??x>2，或?解得－2≤x≤3， ?x＋1＋x－2≤5，? 所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤3}． (2)当x∈[－1，1]时，不等式2f(x)＋|x＋a|≤x＋4，即|x＋a|≤2－x， 所以|x＋a|≤2－x在[－1，1]上有解， 即－2≤a≤2－2x在[－1，1]上有解， 所以－2≤a≤4，即实数a的取值范围是[－2，4]. 考点二 不等式的证明 [例2] (2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明： 111 (1)＋＋≤a2＋b2＋c2； abc(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. [证明] (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1， ab＋bc＋ca111 故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成 abcabc立． 111 所以＋＋≤a2＋b2＋c2. abc (2)因为a，b，c为正数且abc＝1， 故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3 ≥3 3 （a＋b）3（b＋c）3（a＋c）3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)＝24. 当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. [解题方略] 证明不等式的常用方法 不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法． (2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的． (3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾． [多练强化] 1．已知函数f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M； (2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)． 解：(1)由题意，|x＋1|<|2x＋1|－1， ①当x≤－1时， 不等式可化为－x－1＜－2x－2， 解得x＜－1； 1 ②当－1＜x＜－时， 2 不等式可化为x＋1＜－2x－2， 此时不等式无解； 1 ③当x≥－时， 2 不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1. 综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}． (2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|， 所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)， 只需证|ab＋1|＞|a＋b|， 即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，
2020版高考数学二轮复习分层设计(全国I卷)学案：第二层提升篇专题七 选考系列第2讲 不等式选讲
