高考数学一轮复习考点与题型总结选修45不等式选讲.docx

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高考数学一轮复习考点与题型总结选修45不等式选讲

选修4-5不等式选讲

第一节绝对值不等式

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|a+b|w|a|+|b|,当且仅当ab>0时，等号成立.

定理2：

如果a,b,c是实数，那么|a-c|wp—b|+|b-c|,当且仅当（a-b）（b-c）>0时,等号成立.J

|a|—|b|w|a-b|w|a|+|b|,当且仅当|a|>|b|且ab>0时，左边等号成立，当且仅当ab<0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

a>0

a=0

a<0

|x|

{x|-a

?

?

|x|>a

{x|x>a或x<-a}

{x|x€R且xm0}

R

⑵|ax+b|wc（c>0）和|ax+b|>c（c>0）型不等式的解法：

1|ax+b|wc?

—c

2|ax+b|>c?

ax+b>c或ax+b<-c.

|x-a|+|x-b|>c和|x-a|+|x-b|

1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；

2利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；

3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

考点一绝对值不等式的解法

［典例］（2016全国卷I）已知函数f（x）=|x+1|—|2x—3|.

（1）画出y=f（x）的图象；

⑵求不等式|f（x）|>1的解集.

x—4,x<—1,

3

3x—2,—1

［解］

（1）由题意得f（x）=2

3

—x+4,x>2,

故y=f（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x=1或x=3;

1

当f（x）=—1时，可得x=3或x=5.

3

故f（x）>1的解集为｛x|1

1、f（x）<—1的解集为xx<3或x>5.

1

所以|f（x）|>1的解集为xx<3或15.

［题组训练］

1•解不等式|x+1|+|x—1|<2.

解：

当x<—1时，

原不等式可化为—x—1+1—xW2,解得x>—1,又因为x<—1,故无解；当一1Wx<1时，

原不等式可化为x+1+1—x=2<2,恒成立；

当x>1时，

原不等式可化为x+1+x—1W2,

解得x<1,又因为x>1，故无解；

综上，不等式|x+1|+|x—1|<2的解集为［—1,1］•

2.（2019沈阳质检）已知函数f（x）=x—a|+3x,其中a€R.

（1）当a=1时，求不等式f（x）>3x+|2x+1|的解集；⑵若不等式f（x）<0的解集为｛x|x<—1｝，求a的值.解：

（1）当a=1时，f（x）=|x—1|+3x.

法一：

由f（x）>3x+|2x+1|,得|x—1|—|2x+1|>0,

当x>1时，x—1—（2x+1）>0，得x<—2，无解；

11当一xW1时，1—x—（2x+1）>0,得一壬xW0；

x>a,x

即a或a

xwaxw—

当a>0时，不等式的解集为xxw—I.

由一2=—1,得a=2.

当a=0时，不等式的解集为｛xxw0｝，不合题意.

a

当a<0时，不等式的解集为xxwa.

由a=—1,得a=—4.

4

综上，a=2或a=—4.

考点二绝对值不等式性质的应用

［典例］（2019湖北五校联考）已知函数f（x）=|2x—1|,x€R.

（1）解不等式f（x）<|x|+1；

11⑵若对x,y€R,有|x—y—1|w3,|2y+1|w石，求证:

f（x）<1.

［解］

（1）•••f（x）<|x|+1,「.|2x—1|<|x|+1,

11

即x>2,或°

2x—1

11

得2三x<2或。

。

三或无解.

故不等式f（x）<|x|+1的解集为｛x|0

（2）证明：

f（x）=|2x—1|=|2（x—y—1）+（2y+1）|w|2（x—y—1）|+|2y+1|=2|x—y—1|+|2y+

115

1|w2x3+6=6"

故不等式f（x）v1得证.

［解题技法］绝对值不等式性质的应用

利用不等式|a+b|w|a|+|b|（a,b€R）和|a—b|w|a—c|+|c—b|（a,b€R）,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）=|x+2019|—|x—2018|的最大值.

解：

因为f（x）=|x+2019|—|x—2018|w|X+2019—x+2018|=4037,

所以函数f（x）=|x+2019|—|x-2018的最大值为4037.

115

2•若x€[—1,1],|y|w-,ZS9,求证：

|x+2y—3z|w3.

11

证明：

因为x€[—1,1],|y|w6，|zS6，

115

所以|x+2y—3z|w凶+2|y|+3|z|w1+2^+3

693

5

所以|x+2y—3z|w5成立.

考点三绝对值不等式的综合应用

［典例］（2018•肥质检）已知函数f（x）=|2x—1|.

（1）解关于x的不等式f（x）—f（x+1）w1；

⑵若关于x的不等式f（x）

[解]

（1）f（x）—f（x+1）w1?

|2x—1|—|2x+1|w1,

2x—1—2x—1w1

1—2x—2x—1w1

1—2x+2x+1w1，

1111

解得x>2或一4三x<1，即卩x>—4,

所以原不等式的解集为

1

4,

+OO

（2）由条件知，不等式|2x—1|+|2x+1|

则m>（|2x—1|+|2x+1|）min即可.

由于|2x—1|+|2x+1|=|1—2x|+|2x+1|>|1—2x+（2x+1）|=2，当且仅当（1—2x）（2x+

11

1）>0,即x€—2，1时等号成立，故m>2.所以m的取值范围是（2,+o）.

［解题技法］两招解不等式问题中的含参问题

（1）转化

1把存在性问题转化为求最值问题;

2不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题;

3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）Va恒成立?

a>f（x）max,f（x）>a恒成立?

avf（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：

1利用绝对值的几何意义；

2利用绝对值三角不等式，即|a|+|b|>|a±）|>||a|—|b||;

3利用零点分区间法.

［题组训练］

1.（2018全国卷n）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；

⑵若f（x）<1，求a的取值范围.

2x+4,x<—1,解：

（1）当a=1时，f（x）=2,—Kx<2,

—2x+6,x>2.

当x<—1时，由2x+4>0,解得一2

当—Kxw2时，显然满足题意，

当x>2时，由一2x+6>0,解得2

故f（x）>0的解集为{x|—2wx<3}.

（2）f（x）<1等价于|x+a|+|x—2|>4.

而|x+a|+|x—2|》|a+2|,且当x=2时等号成立.

故f（x）w1等价于|a+2|>4.

由|a+2|》4可得aw—6或a》2.

所以a的取值范围是（一a,—6]U[2,+s）.

2.（2018•东珠海二中期中）已知函数f（x）=|x+m|+|2x—1|（m€R）,若关于x的不等式

3一

f（x）w|2x+1|的解集为A，且4,2?

A,求实数m的取值范围.

解:

•/3,2?

A,

3

•••当x€4,2时，不等式f（x）w|2x+1|恒成立，

3

即|x+m|+|2x—1|w|2x+1在x€4,2上恒成立，

•|x+m|+2x—1w2x+1,

3

即|x+m|w2在x€,2上恒成立，

4

•••—2wx+mw2,

3

••—x—2wmw—x+2在x€4,2上恒成立，

•-（—x—2）maxwmw（——x+2）min,

11

—[Wmw0,故实数

m的取值范围是

11

4,

［课时跟踪检测］

1•求不等式|2x—1|+|2x+1|W6的解集

解：

原不等式可化为

1

x<一2,

1—2x—2x—K6

1—2x+2x+K6

1

x>2,

2x—1+2x+1<6.

解得—3

33

即原不等式的解集为x—2三xw3

2.已知函数f（x）=|x—4|+|x—a|（a€R）的最小值为a.

（1）求实数a的值；

（2）解不等式f（x）w5.

解:

（1）f（x）=|x—4|+|x—a|>|a—4|=a,

从而解得a=2.

—2x+6,xw2,

（2）由

（1）知,f（x）=|x—4+|x—2|=2,2Vxw4,

2x—6,x>4.

1

故当xw2时，由一2x+6W5，得2wxw2;

当2

11

2

>

X

X

当x>4时，由2x—6w5,得4

若aw0,则当x€（0,1）时，|ax-1|>1;

、2若a>0,则|ax-1|<1的解集为x0

2

所以1,故0

a

综上，a的取值范围为（0,2].

4.设函数f（x）=|3x-1|+ax+3.

（1）若a=1，解不等式f（x）w4;

⑵若f（x）有最小值，求实数a的取值范围.

解：

（1）当a=1时，f（x）=|3x—1|+x+3W4,即|3x-1|w1-x,

”e1

x-1w3x-1w1—x,解得0wxw,

1

所以f（x）w4的解集为0,1.

3+ax+2,

x>11,

⑵因为f（x）=

1

a—3x+4,x<3,

a+3》0,

所以f（x）有最小值的充要条件为解得—3waw3,

a-3w0,

即实数a的取值范围是[-3,3].

5.（2019贵阳适应性考试）已知函数f（x）=|x-2|-x+1|.

（1）解不等式f（x）>-x;

⑵若关于x的不等式f（x）wa2-2a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）+x>0,不等式f（x）+x>0可化为|x-2|+x>|x+1|,当x<-1时，一（x-2）+x>-（x+1），解得x>-3，即—3

当一1wxw2时，一（x-2）+x>x+1,解得x<1，即一1wx<1;

当x>2时，x—2+x>x+1,解得x>3，即x>3,

综上所述，不等式f（x）+x>0的解集为{x|-33}.⑵由不等式f（x）wa2-2a可得|x-2|-|x+1|wa2-2a,

2|-x+1|w|x-2-x-1|=3,当且仅当x€（—a,—1]时等号成立，

a2—2a》3，即a2—2a—3》0，解得aw—1或a》3.

•••实数a的取值范围为（一a,-1]U[3,+a）.

6.已知函数f（x）=|x—a|+|x+1|.

（1）若a=2，求不等式f（x）>x+2的解集；

—2x+1,xv—1,

解:

（1）当a=2时，f（x）=3,—1wxv2,

2x—1,x>2,

⑵如果关于x的不等式f（x）v2的解集不是空集，求实数a的取值范围.

不等式f（x）>x+2等价于

xv—1,

—2x+1>x+2

—1

3>x+2

x>2,

2x—1>x+2

解得xv1或x>3,

故原不等式的解集为{x|xv1或x>3}.

（2）•/f（x）=|x—a|+|x+1|>|（x—a）—（x+1）|=|a+1|,当（x—a）（x+1）<0时取等号.

•••若关于x的不等式f（x）v2的解集不是空集，只需|a+1|v2,

解得一3vav1,即实数a的取值范围是（一3,1）.

7.已知函数f（x）=|2x—a|+a.

（1）当a=2时，求不等式f（x）w6的解集；

（2）设函数g（x）=|2x—1|.当x€R时，f（x）+g（x）>3,求a的取值范围.解：

（1）当a=2时，f（x）=|2x—2|+2.

解不等式|2x—2|+2W6,得一1wx<3.

因此f（x）w6的解集为{x|—1wx<3}.

（2）当x€R时，f（x）+g（x）=|2x—a|+a+|1—2x|>3,

1

I

min=2—

2,

a1x—+_—x

x2十2

1i3——i

所以2—2》于，解得a》2.

所以a的取值范围是［2,+R）.

&（2018福州质检）设函数f（x）=|x—1|,x€R.

（1）求不等式f（x）w3—f（x—1）的解集；

3

（2）已知关于x的不等式f（x）wf（x+1）—|x—a|的解集为M，若1,?

?

M,求实数a的取值范围.

解：

（1）因为f（x）w3—f（x—1）,

x<1,1wxw2,

所以|x—1|w3—|x—2|?

|x—1|+|x—2|w3?

或

3—2xw31w3

x>2,

2x—3w3,

解得OWx<1或1wXW2或2

所以OWxw3,

故不等式f（x）w3—f（x—1）的解集为[0,3].

3

⑵因为1,2?

M,

3

所以当x€1,2时，f（x）wf（x+1）—|x—a恒成立，

而f（x）wf（x+1）—|x—a?

|x—1|—|x|+|x—a|w0?

x—a|w凶—|x—1|,

3

因为x€1,2，所以|x—a|w1,即卩x—1wawx+1,

3

由题意，知x—1wawx+1对于任意的x€1,2恒成立，

11

所以2waw2，故实数a的取值范围为扌,2.

第二节不等式的证明

、基础知识

1.基本不等式

⑴定理1:

如果a,b€R，那么a2+b2>2ab,当且仅当a=b时，等号成立.

a—pb

⑵定理2：

如果a,b>0,那么—厂>^/ab，当且仅当a=b时，等号成立，即两个正数

的算术平均不小于（即大于或等于）它们的几何平均.

a——b——c3

⑶定理3:

如果a,b,c€R+,那么3>abc,当且仅当a=b=c时，等号成立.

2.比较法

⑴作差法的依据是：

a—b>0?

a>b.

A

⑵作商法：

若B>0,欲证A>B，只需证1.

3.综合法与分析法

⑴综合法：

一般地，从已知条件出发，禾U用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立.

（2）分析法：

从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义，公理或已证明的定理，性质等），从而得出要证的命题成

立.

考点一比较法证明不等式

11

［典例］已知函数f（x）=x—2+X—2,M为不等式f（x）v2的解集.

⑴求M;

（2）证明：

当a,b€M时，|a+b|v|1—ab|.

—2x,x<—-,'2'

11

［解］

（1）f（x）=,—2vxv2，

11

当一2

当x>2时，由f（x）<2,得2x<2，解得x<1.

所以f（x）<2的解集M={x|—1

⑵证明：

由

（1）知，当a,b€M时，一1

从而（a+b）2—（1+ab）2

=a2+b2—a2b2—1

=（a2—1）（1—b2）<0.

因此|a+b|<|1+ab|.

［题组训练］

1.当p,q都是正数且p+q=1时，求证：

（px+qy）2wpx2+qy2.解：

（px+qy）2—（px2+qy2）

=p2x2+q2y2+2pqxy—（px2+qy2）

=p（p—1）x2+q（q—1）y2+2pqxy.

因为p+q=1,所以p—1=—q,q—1=—p.

所以（px+qy）2—（px2+qy2）

=—pq（x2+y2—2xy）=—pq（x—y）2.

因为p,q为正数，所以一pq（x—y）2w0,

所以（px+qy）2wpx2+qy2•当且仅当x=y时，不等式中等号成立.

a+b

2.求证：

当

a>0,

b>0时，aabb

:

ab）—.

aai

、〒口口••°1

bb

a-b

a亍

证明：

•

a+b=

b,

ab

2

ab

a-b

•••当a=b时,

亍=1,

a—b

2>0,…

a-b

当a>b>0时，

a>1,

ab

->1,

a—b

1,2<°,

a-b

当b>a>0时，

0

a2-

b2>1,

a+b

•aabb>（ab）

2

考点二综合法证明不等式

［典例］（2017全国卷n）已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:

（1）（a+b）（a5+b5）>4；

（2）a+bw2.

［证明］

（1）（a+b）（a5+b5）=a6+ab5+a5b+b6

=（a3+b3）2—2a3b3+ab（a4+b4）

=4+ab（a2—b2）2>4.

（2）•/（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3

=2+3ab（a+b）w2+

3a+b2

4

（a+b）

•••（a+b）3w8，因此a+bw2.

［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a+b=c+d，且ab>cd，求证：

.a+.b>.c+.d.证明：

因为（，a+・,b）2=a+b+2ab,fc+d）2=c+d+2cd.

由题设a+b=c+d,ab>cd得（a+b）2>（c+d）2.

因此.a+.b>.c+•.d.

2.（2018湖北八校联考）已知不等式凶+|x—3|

（1）求m,n的值；

（2）若x>0,y>0,nx+y+m=0，求证：

x+y>16xy.

解：

⑴由凶+|x—3|

x>3,0

得或或

x+x—3

解得—1

⑵证明：

由

（1）知9x+y=1,又x>0,y>0,

•-1+1（9x+y）=10+y+10+2、/yx巫=16,

xyxy;xy

当且仅当y=9x,即x=£,y=1时取等号，

xy124

11

•••一+一》16,即x+y>16xy.

xy

考点三分析法证明不等式

［典例］（2019长春质检）设不等式|X+1|—|x—1||<2的解集为A.

⑴求集合A；

…1—abc

⑵右a,b,c€A，求证:

ab—c>1.

2,x>1,

［解］

（1）由已知，令f（x）=|x+1|—x—1|=2x,—1

—2,x<—1,

由|f（x）|<2，得一1

1—abc

⑵证明：

要证>1，只需证|1—abc|>|ab—c|,

ab—c

即证1+a2b2c2>a2b2+c2,即证1—a2b2>c2（1—a2b2）,

即证（1—a2b2）（1—c2）>0,

由a,

b,c€A,得—10恒成立.

综上，

1—abc

>1.

ab—c

［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