高考文科数学不等式选讲考点精细选

不等式选讲考点精细选一、知识点整合：1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f(x)|a(a0)⇔f(x)a或f(x)－a；(2)|f(x)|a(a0)⇔－af(x)a.(3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值的几何意义求解．2．含有绝对值的不等式的性质|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.3．柯西不等式(1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立．(2)若ai，bi(i∈N*)为实数，则(∑ni＝1a2i)(∑ni＝1b2i)≥(∑ni＝1aibi)2，当且仅当a1b1＝a2b2＝…＝anbn(当某bj＝0时，认为aj＝0，j＝1,2，…，n)时等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量共线时等号成立．4．不等式的证明方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法等．练习精细选1．若关于实数x的不等式|x－5|＋|x＋3|a无解，则实数a的取值范围是____．答案(－∞，8]解析∵|x－5|＋|x＋3|＝|5－x|＋|x＋3|≥|5－x＋x＋3|＝8，∴(|x－5|＋|x＋3|)min＝8，要使|x－5|＋|x＋3|a无解，只需a≤8.2．(2013·江西)在实数范围内，不等式||x－2|－1|≤1的解集为________．答案[0,4]解析由||x－2|－1|≤1得－1≤|x－2|－1≤1，解|x－2|≥0|x－2|≤2得0≤x≤4.∴不等式的解集为[0,4]．3．已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，则(am＋bn)(bm＋an)的最小值为________．答案2解析由柯西不等式(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时“＝”成立，得(am＋bn)(bm＋an)≥(am·an＋bmbn)2＝mn(a＋b)2＝2.4．若不等式|kx－4|≤2的解集为{x|1≤x≤3}，则实数k＝________.答案2解析∵|kx－4|≤2，∴－2≤kx－4≤2，∴2≤kx≤6.∵不等式的解集为{x|1≤x≤3}，∴k＝2.5．设x，y∈R，且xy≠0，则x2＋1y2·1x2＋4y2的最小值为________．答案9解析x2＋1y21x2＋4y2＝5＋1x2y2＋4x2y2≥5＋21x2y2·4x2y2＝9，当且仅当x2y2＝12时“＝”成立．三、典型题型分析题型一含绝对值的不等式的解法例1已知函数f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.(1)当a＝－2时，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)设a－1，且当x∈－a2，12时，f(x)≤g(x)，求a的取值范围．审题破题(1)可以通过分段讨论去绝对值；(2)在x∈－a2，12时去绝对值，利用函数最值求a的范围．解(1)当a＝－2时，不等式f(x)g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－30.设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则y＝－5x，x12，－x－2，12≤x≤1，3x－6，x1，其图象如图所示，由图象可知，当且仅当x∈(0,2)时，y0，所以原不等式的解集是{x|0x2}．(2)∵a－1，则－a212，∴f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|当x∈－a2，12时，f(x)＝a＋1，即a＋1≤x＋3在x∈－a2，12上恒成立．∴a＋1≤－a2＋3，即a≤43，∴a的取值范围为－1，43.点评：这类不等式的解法是高考的热点．(1)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；③分别解去掉绝对值的不等式；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．(2)用图象法，数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．变式训练1已知函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|－m.(1)当m＝5时，求f(x)0的解集；(2)若关于x的不等式f(x)≥2的解集是R，求m的取值范围．解(1)由题设知|x＋1|＋|x－2|5，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集：x≥2，x＋1＋x－25或－1≤x2，x＋1－x＋25或x－1，－x－1－x＋25，解得函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(3，＋∞)．(2)不等式f(x)≥2即|x＋1|＋|x－2|m＋2，∵x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，不等式|x＋1|＋|x－2|≥m＋2解集是R，∴m＋2≤3，m的取值范围是(－∞，1]．题型二不等式的证明例2已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R＋，且1a＋12b＋13c＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.审题破题(1)从解不等式f(x＋2)≥0出发，将解集和[－1,1]对照求m；(2)利用柯西不等式证明．(1)解因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m.由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1.(2)证明由(1)知1a＋12b＋13c＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)1a＋12b＋13c≥a·1a＋2b·12b＋3c·13c2＝9.点评：不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的．变式训练2已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)4的解集为M.(1)求M；(2)当a，b∈M时，证明：2|a＋b||4＋ab|.(1)解f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝－2x，x－1，2，－1≤x≤1，2x，x1.当x－1时，由－2x4，得－2x－1；当－1≤x≤1时，f(x)＝24；当x1时，由2x4，得1x2.∴M＝(－2,2)．(2)证明a，b∈M，即－2a2，－2b2，∴4(a＋b)2－(4＋ab)2＝4(a2＋2ab＋b2)－(16＋8ab＋a2b2)＝(a2－4)(4－b2)0，∴4(a＋b)2(4＋ab)2，∴2|a＋b||4＋ab|.题型三不等式的综合应用例3已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若fx－2fx2≤k恒成立，求k的取值范围．审题破题(1)|ax＋1|≤3的解集为[－2,1]，对照即可；(2)可通过函数最值解决恒成立问题．解(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，所以当a≤0时，不合题意．当a0时，－4a≤x≤2a，得a＝2.(2)记h(x)＝f(x)－2fx2，则h(x)＝1，x≤－1，－4x－3，－1x－12，－1，x≥－12，所以|h(x)|≤1，因此k≥1.点评：不等式f(a)≥g(x)恒成立时，要看是对哪一个变量恒成立，如果对于∀a∈R恒成立，则f(a)的最小值大于等于g(x)，再解关于x的不等式求x的取值范围；如果对于∀x∈R不等式恒成立，则g(x)的最大值小于等于f(a)，再解关于a的不等式求a的取值范围．变式训练3已知函数f(x)＝log2(|x－1|＋|x－5|－a)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的最小值；(2)当函数f(x)的定义域为R时，求实数a的取值范围．解(1)函数的定义域满足：|x－1|＋|x－5|－a0，即|x－1|＋|x－5|a＝2.设g(x)＝|x－1|＋|x－5|，则g(x)＝|x－1|＋|x－5|＝2x－6，x≥5，4，1x5，6－2x，x≤1，g(x)min＝4a＝2，f(x)min＝log2(4－2)＝1.(2)由(1)知，g(x)＝|x－1|＋|x－5|的最小值为4，|x－1|＋|x－5|－a0，∴a4，∴a的取值范围是(－∞，4)．四、阅卷评析典例(10分)设f(x)＝|x|＋2|x－a|(a0)．(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤8；(2)若f(x)≥6恒成立，求正实数a的取值范围．规范解答解(1)f(x)＝|x|＋2|x－1|＝2－3x，x0，2－x，0≤x≤1，3x－2，x1.当x0时，由2－3x≤8，得－2≤x0；当0≤x≤1时，由2－x≤8，得0≤x≤1；当x1时，由3x－2≤8，解得1x≤103.综上，不等式f(x)≤8的解集为－2，103.[5分](2)因为f(x)＝|x|＋2|x－a|＝2a－3x，x0，2a－x，0≤x≤a，3x－2a，xa.可见f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以当x＝a时，f(x)取最小值a，所以a的取值范围是[6，＋∞)．[10分]评分细则(1)f(x)去绝对值得分段函数给2分；三种情况下的解集错一种扣1分，没有最后结论扣1分；(2)求出f(x)的单调性给至8分．阅卷老师提醒(1)含有绝对值式子的函数，实质上就是一个分段函数，根据解析式中每个绝对值取零时的自变量的值将定义域分成几段，分段去掉绝对值符号即可．(2)分段讨论时要注意不重不漏，讨论后要有最后总结性结论．五、小题冲关1．不等式|2x＋1|－2|x－1|0的解集为________．答案xx14解析原不等式等价于|2x＋1|2|x－1|⇔(2x＋1)24(x－1)2⇔x14.2．设a，b，c，x，y，z是正数，且a2＋b2＋c2＝10，x2＋y2＋z2＝40，ax＋by＋cz＝20，则a＋b＋cx＋y＋z＝________.答案12解析通过等式找出a＋b＋c与x＋y＋z的关系．由题意可得x2＋y2＋z2＝2ax＋2by＋2cz，①①与a2＋b2＋c2＝10相加可得(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝10，所以不妨令x－a＝a，y－b＝b，z－c＝c或x－a＝b，y－b＝c，z－c＝z，则x＋y＋z＝2(a＋b＋c)，即a＋b＋cx＋y＋z＝12.3．若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，则a＋b＋c的最大值为________．答案3解析(a＋b＋c)2＝(1×a＋1×b＋1×c)2≤(12＋12＋12)(a＋b＋c)＝3.当且仅当a＝b＝c＝13时，等号成立．∴(a＋b＋c)2≤3.故a＋b＋c的最大值为3.4．不等式|x＋1||x＋2|≥1的实数解为__________．答案x|x≤－32且x≠－2.解析∵|x＋1||x＋2|≥1，∴|x＋1|≥|x＋2|.∴x2＋2x＋1≥x2＋4x＋4，∴2x＋3≤0.∴x≤－32且x≠－2.5．若不等式x＋|x－1|≤a有解，则实数a的取值范围是______．答案[1，＋∞)解析设f(x)＝x＋|x－1|，则f(x)＝2x－1x≥1，1x1.f(x)的最小值为1.所以当a≥1时，f(x)≤a有解．6．对于任意的实数a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，记实数M的最大值是m，则m的值为________．答案2解析不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，即M≤|a＋b|＋|a－b||a|对于任意的实数a(a≠0)和b恒成立，只要左边恒小于或等于右边的最小值．因为|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|，当且仅