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第2讲不等式选讲本讲为高考命题热点，分值10分，极坐标与参数方程跟不等式选讲两个里面选择一个，极坐标与参数方程常考察直角坐标方程，参数方程，极坐标方程的互化，角度问题，不等式选讲考察绝对值绝对值不等式与均值不等式证明，需要一定的逻辑推理能力，运算求解.高频考点一绝对值不等式性质的应用【例1】设a0，|x－1|a3，|y－2|a3，求证：|2x＋y－4|a.【证明】由|x－1|a3可得|2x－2|2a3，|2x＋y－4|≤|2x－2|＋|y－2|2a3＋a3＝a.【例2】若f(x)＝3x＋1a＋3|x－a|的最小值为4，求a的值.【解析】因为f(x)＝3x＋1a＋3|x－a|≥|3x＋1a－(3x－3a)|＝1a＋3a，由1a＋3a＝4得a＝±1或a＝±13.【方法技巧】1.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±b|≥|a|－|b|.(3)利用零点分区间法.2.含绝对值不等式的证明中，关键是绝对值三角不等式的活用.【变式训练】设函数f(x)＝x2－x－15，且|x－a|1.(1)解不等式|f(x)|5；(2)求证：|f(x)－f(a)|2(|a|＋1).(1)解因为|x2－x－15|5，所以x2－x－15－5或x2－x－155，即x2－x－100或x2－x－200，解得1－412x1＋412或x－4或x5，所以不等式|f(x)|5的解集为{x|x－4或1－412x1＋412或x5}.(2)证明因为|x－a|1，所以|f(x)－f(a)|＝|(x2－x－15)－(a2－a－15)|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|1·|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|1＋|2a－1|≤1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|2(|a|＋1).高频考点二绝对值不等式恒成立与能成立问题【例3】(2022·陇南二诊)已知a≠0，函数f(x)＝|ax－1|，g(x)＝|ax＋2|.(1)若f(x)g(x)，求x的取值范围；(2)若f(x)＋g(x)≥|2×10a－7|对x∈R恒成立，求a的最大值与最小值之和.解(1)因为f(x)g(x)，所以|ax－1||ax＋2|，两边同时平方得a2x2－2ax＋1a2x2＋4ax＋4，即6ax－3，当a0时，x－12a，即x的取值范围是－12a，＋∞；当a0时，x－12a，即x的取值范围是－∞，－12a.(2)因为f(x)＋g(x)＝|ax－1|＋|ax＋2|≥|(ax－1)－(ax＋2)|＝3，所以f(x)＋g(x)的最小值为3，所以|2×10a－7|≤3，则－3≤2×10a－7≤3，解得lg2≤a≤lg5，故a的最大值与最小值之和为lg2＋lg5＝lg10＝1.【例4】(2021·东北三省三校联考)已知函数f(x)＝|2x＋a|＋1.(1)当a＝2时，解不等式f(x)＋x＜2；(2)若存在a∈－13，1时，使不等式f(x)≥b＋|2x＋a2|的解集非空，求b的取值范围.解(1)当a＝2时，函数f(x)＝|2x＋2|＋1，不等式f(x)＋x＜2化为|2x＋2|＜1－x.当1－x≤0时，即x≥1时，该不等式无解.当1－x＞0时，原不等式化为x－1＜2x＋2＜1－x.解之得－3＜x＜－13.综上，原不等式的解集为x|－3＜x＜－13.(2)由f(x)≥b＋|2x＋a2|，得b≤|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，设g(x)＝|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，则不等式的解集非空，即不等式有解，所以不等式等价于b≤g(x)max.由g(x)≤|(2x＋a)－(2x＋a2)|＋1＝|a2－a|＋1，所以b≤|a2－a|＋1.由题意知存在a∈－13，1，使得上式成立，而函数h(a)＝|a2－a|＋1在a∈－13，1上的最大值为h－13＝139，所以b≤139，即b的取值范围是－∞，139.【方法技巧】求曲线的极坐标方程的步骤(1)建立适当的极坐标系，设P(ρ，θ)是曲线上任意一点.(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式.(3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程.【变式训练】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.2.(1)在例6第(1)问，可作出函数y＝|2x＋2|与y＝1－x的图象，观察、计算边界，直观求得不等式的解集.(2)第(2)问把不等式解集非空，转化为求函数的最值.存在性问题转化方法：f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a.高频考点三比较法证明不等式【例5】设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.(1)证明：13a＋16b＜14；(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由.(1)证明设f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝3，x≤－2，－2x－1，－2＜x＜1，－3，x≥1.由－2＜－2x－1＜0，解得－12＜x＜12.因此集合M＝－12，12，则|a|＜12，|b|＜12.所以13a＋16b≤13|a|＋16|b|＜13×12＋16×12＝14.(2)解由(1)得a2＜14，b2＜14.因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝16a2b2－4a2－4b2＋1＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|.【方法技巧】比较法证明不等式的方法与步骤(1)作差比较法：作差、变形、判号、下结论.(2)作商比较法：作商、变形、判断、下结论.【变式训练】1.设t＝a＋2b，s＝a＋b2＋1，则s与t的大小关系是________.答案s≥t解析s－t＝a＋b2＋1－(a＋2b)＝b2－2b＋1＝(b－1)2≥0，∴s≥t.高频考点四综合法证明不等式【例4】(2020·全国Ⅲ卷)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.(1)证明：ab＋bc＋ca0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥34.证明(1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝12[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－12(a2＋b2＋c2)0.(2)不妨设max{a，b，c}＝a.因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a0，b0，c0.由bc≤（b＋c）24，可得abc≤a34，当且仅当b＝c＝－a2时取等号，故a≥34，所以max{a，b，c}≥34.【方法技巧】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.【变式训练】1.已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；(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，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立.所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33（a＋b）3（b＋c）3（c＋a）3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ca)＝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.