2018大二轮高考总复习理数：解答题6 选修4-5（不等式选讲）

第一单元 高考中档大题突破 解答题06：选修4－5(不等式选讲)

年 份 卷 别 Ⅰ卷 2017 Ⅱ卷 Ⅲ卷 具体考查内容及命题位置 不等式的证明·T23 绝对值不等式的解法及恒成立问题·T23 绝对值不等式的解法及不等式有解求参数问题·T23 含绝对值不等式的解法及比较法证明不等式·T24 绝对值不等式的解法及图象·T24 绝对值不等式解法·T24 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命题分析 甲卷 2016 乙卷 丙卷 Ⅰ卷 2015 Ⅱ卷 Ⅰ卷 2014 Ⅱ卷 绝对值不等式的求解、数形结合求三角形面积解，以及绝对值不公式·T24 不等式的证明、充要条件的判断·T24 基本不等式·T24 绝对值的三角不等式、基本不等式、一元二次不等式·T24 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Ⅰ卷 2013 Ⅱ卷 绝对值不等式的求解、分段函数及其图象及不内容时应注意分类等式恒成立问题·T24 基本不等式的应用·T24

基本考点——绝对值不等式

讨论思想的应用.

1．含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)?f(x)>a或f(x)<－a； (2)|f(x)|0)?－a(3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．

2．用零点分段法解绝对值不等式的步骤 (1)求零点．

(2)划区间、去绝对值号．

(3)分别解去掉绝对值的不等式(组)．

(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值． 3．图象法求解绝对值不等式

用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，可在直角坐标系中作出不等式所对应函数的图象，利用函数图象求解．

1．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|． (1)画出y＝f(x)的图象；

(2)求不等式|f(x)|>1的解集．

?

?3x－2，－1

3?－x＋4，x>.?2

故y＝f(x)的图象如图所示．

x－4，x≤－1，

(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＝或x＝5．

3故f(x)>1的解集为{x|1

f(x)<－1的解集为{x|x<或x>5}．

3

1

所以|f(x)|>1的解集为{x|x<或15}．

3

2．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|． (1)当a＝1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a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①

当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；

当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1； 当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0， －1＋17从而1＜x≤．

2所以f(x)≥g(x)的解集为

????－1＋17??x?－1≤x≤?．

2?????

(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，

所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2． 又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一， 所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1． 所以a的取值范围为[－1,1]．

常考热点——证明不等式

1．含有绝对值的不等式的性质 |a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|． 2．算术—几何平均不等式

定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立． a＋b定理2：如果a、b为正数，则≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．

2

a＋b＋c3

定理3：如果a、b、c为正数，则≥abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

3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a1＋a2＋…＋ann≥a1a2…an，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．

n

3．证明不等式的3种基本方法

(1)比较法有作差比较法和作商比较法两种．

(2)用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，一方面要注意基本不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．

(3)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法．

1．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2．

证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6

＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4．

3?a＋b?23?a＋b?3(2)因为(a＋b)＝a＋3ab＋3ab＋b＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，

44

3

3

2

2

3

所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2．

11

2．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝|x－|＋|x＋|，M为不等式f(x)<2的解集．

22(1)求M；

(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|．

??11

(1)解：f(x)＝?1，－2

1－2x，x≤－，2

1

当x≤－时，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；

211

当－

22

1

当x≥时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1．

2所以f(x)<2的解集M＝{x|－1

(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1

因此|a＋b|<|1＋ab|．

1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|． (1)求不等式f(x)≥1的解集；

(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围． －3，x＜－1，??

解：(1)f(x)＝?2x－1，－1≤x≤2，

??3，x＞2.当x＜－1时，f(x)≥1无解；

当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1， 解得1≤x≤2；

当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2． 所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}． (2)由f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x．

而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x| 355

|x|－?2＋≤， ＝－?2?44?

35且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝，

24

5－∞，?． 故m的取值范围为?4??

2．(2017·莆田一模)已知函数f(x)＝|x－4|＋|x－2|． (1)求不等式f(x)＞2的解集；

(2)设f(x)的最小值为M，若2x＋a≥M的解集包含[0,1]，求a的取值范围． 6－2x，x≤2??

解：(1)f(x)＝|x－4|＋|x－2|＝?2，2＜x＜4.

??2x－6，x≥4

∴当x≤2时，f(x)＞2,6－2x＞2，解得x＜2； 当2＜x＜4时，f(x)＞2得2＞2，无解； 当x≥4时，f(x)＞2得2x－6＞2，解得x＞4． 所以不等式f(x)＞2的解集为(－∞，2)∪(4，＋∞)． (2)∵|x－4|＋|x－2|≥2，∴M＝2， ∵2x＋a≥M的解集包含[0,1]， ∴20＋a≥2,21＋a≥2，∴a≥1． 故a的取值范围为[1，＋∞)．

3．(2017·濮阳一模)已知函数f(x)＝|x－1|，不等式f(x＋5)≤3m(m＞0)的解集为[－7，－1]

(1)求m的值；

(2)已知a＞0，b＞0，且2a2＋b2＝3m，求2a1＋b2的最大值．

解：(1)函数f(x)＝|x－1|，不等式f(x＋5)≤3m(m＞0)，即|x＋4|≤3m，即－3m≤x＋4≤3m， 即－4－3m≤x≤3m－4，

即不等式的解集为[－4－3m,3m－4]．

??－4－3m＝－7

再根据它的解集为[－7，－1]，可得?，

?3m－4＝－1?

∴m＝1．

(2)已知a＞0，b＞0，且2a2＋b2＝3m＝3，

2a2＋1＋b2

∴2a1＋b＝2·2a·1＋b≤2·＝22，

2

22当且仅当2a＝1＋b2时，即a＝b＝1时，等号成立， 故2a1＋b2的最大值为22．

4．(2017·清远一模)已知不等式|x＋3|－2x－1＜0的解集为(x0，＋∞)． (1)求x0的值；

1

(2)若函数f(x)＝|x－m|＋|x＋|－x0(m＞0)有零点，求实数m的值．

m

??x≤－3

解：(1)不等式转化为?

?－?x＋3?－2x－1＜0???x＞－3

或?， ?x＋3－2x－1＜0?

解得x＞2，∴x0＝2．

11

x＋?－x0(m＞0)有零点，等价于|x－m|＋|x＋|＝2(m＞0)有(2)由题意f(x)＝|x－m|＋??m?m解，

111

∵|x－m|＋|x＋|≥m＋，当且仅当(x－m)(x＋)≤0时取等号，

mmm11

∵|x－m|＋|x＋|＝2(m＞0)有解，∴m＋≤2，

mm11

∵m＋≥2，∴m＋＝2，∴m＝1

mm

5．(2017·汕头一模)已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x＋a|，a∈R． (1)当a＝1时，解不等式f(x)≥5；

(2)若存在x0满足f(x0)＋|x0－2|＞3，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－2|＋|2x＋1|， 由f(x)≥5得|x－2|＋|2x＋1|≥5．

当x≥2时，不等式等价于x－2＋2x＋1≥5， 解得x≥2，所以x≥2;

1

当－＜x＜2时，不等式等价于2－x＋2x＋1≥5，

2即x≥2，所以此时不等式无解；

1

当x≤－时，不等式等价于2－x－2x－1≥5，

244

解得x≤－，所以x≤－．

33

4

－∞，－?∪[2，＋∞)． 所以原不等式的解集为?3??

(2)f(x0)＋|x0－2|＝2|x0－2|＋|2x0＋a|＝|2x0－4|＋|2x0＋a|≥|2x0＋a－(2x0－4)|＝|a＋4|， 因为原命题等价于(f(x0)＋|x0－2|)min＞3，

所以|a＋4|＞3，所以a的取值范围为a＜－7或a＞－1． 8

6．(2017·梅州一模)设函数f(x)＝|x＋|＋|x－2m|(m＞0)．

m

(1)求证：f(x)≥8恒成立；

(2)求使得不等式f(1)＞10成立的实数m的取值范围． 8

(1)证明：函数f(x)＝|x＋|＋|x－2m|(m＞0)，

m

8888

∴f(x)＝|x＋|＋|x－2m|≥|x＋－(x－2m)|＝|＋2m|＝＋2m≥2mmmm当且仅当m＝2时，取等号，故f(x)≥8恒成立． 8

(2)解：f(1)＝|1＋|＋|1－2m|，

m1

当m＞时，

2

88

f(1)＝1＋－(1－2m)，不等式即＋2m＞10，

mm

1?

化简为m2－5m＋4＞0，求得m＜1或m＞4，故此时m的范围为??2，1?∪(4，＋∞)． 188

当0＜m≤时，f(1)＝1＋＋(1－2m)＝2＋－2m关于变量m单调递减，

2mm1

故当m＝时，f(1)取得最小值为17，

2故不等式f(1)＞10恒成立．

综上可得，m的范围为(0,1)∪(4，＋∞)．

8·2m＝8， m

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