2025届高考数学二轮总复习层级二专题七选修系列4第二讲不等式选讲学案理含解析

PAGE其次讲不等式选讲1．(2024·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)≥0.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恒成立；当a<1时，若x∈(a,1)，f(x)＝2(x－a)>0，不满意题意．综上，a的取值范围为[1，＋∞)．2．(2024·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；(2)若x∈(0,1)时，不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，x≤－1，,2x，－1＜x＜1，,2，x≥1.))故不等式f(x)＞1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2))))).(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|＞x成立等价于当x∈(0,1)时，|ax－1|<1成立．若a≤0，则当x∈(0,1)时|ax－1|≥1；若a＞0，则|ax－1|＜1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x0＜x＜\f(2,a)))，所以eq\f(2,a)≥1，故0＜a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．3．(2024·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满意abc＝1.证明：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤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＝eq\f(ab＋bc＋ca,abc)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c)≤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≥3eq\r(3,a＋b3b＋c3c＋a3)＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2eq\r(ab))×(2eq\r(bc))×(2eq\r(ca))＝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.明考情本部分主要考查肯定值不等式的解法．求含肯定值的函数的最值及求含参数的肯定值不等式中的参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，肯定值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算实力与推理论证实力及数形结合思想、分类探讨思想．考点一肯定值不等式的解法|析典例|【例】(2024·三湘名校联考)已知函数f(x)＝|2x－1|－|x＋2|.(1)求不等式f(x)>0的解集；(2)若关于x的不等式|2m＋1|≥f(x＋3)＋3|x＋5|有解，求实数m[解](1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3，x≥\f(1,2)，,－3x－1，－2<x<\f(1,2)，,－x＋3，x≤－2.))当x≥eq\f(1,2)时，由x－3>0，得x>3；当－2<x<eq\f(1,2)时，由－3x－1>0，得－2<x<－eq\f(1,3)；当x≤－2时，由－x＋3>0，得x≤－2，综上可得不等式f(x)>0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(3，＋∞)．(2)依题意得|2m＋1|≥(f(x＋3)＋3|x＋5|)min令g(x)＝f(x＋3)＋3|x＋5|＝|2x＋5|＋|2x＋10|≥|－2x－5＋2x＋10|＝5，当－5≤x≤－eq\f(5,2)时，等号成立．∴|2m＋1|≥5，解得m≥2或m≤－3，即实数m的取值范围是(－∞，－3]∪[2，＋∞|规律方法|解肯定值不等式的常用方法(1)基本性质法：对a∈R＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－a或x>a.(2)平方法：两边平方去掉肯定值符号．(3)零点分区间法(定义法)：含有两个或两个以上肯定值符号的不等式，可用零点分区间法去掉肯定值符号，将其转化为与之等价的不含肯定值符号的不等式(组)求解．(4)几何法：利用肯定值的几何意义，画出数轴，将肯定值问题转化为数轴上两点的距离问题求解．(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．|练题点|(2024·成都模拟)已知函数f(x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.(1)当k＝1时，若不等式f(x)<4的解集为{x|x1<x<x2}，求x1＋x2的值；(2)当x∈R时，若关于x的不等式f(x)≥k恒成立，求k的最大值．解：(1)由题意，得|x－2|＋|x＋1|<4.当x>2时，原不等式可化为2x<5，∴2<x<eq\f(5,2)；当x<－1时，原不等式可化为－2x<3，∴－eq\f(3,2)<x<－1；当－1≤x≤2时，原不等式可化为3<4，∴－1≤x≤2.综上，原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)<x<\f(5,2)))))，即x1＝－eq\f(3,2)，x2＝eq\f(5,2).∴x1＋x2＝1.(2)由题意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k.当x＝2时，即不等式3k≥k恒成立，∴k≥0.当x≤－2或x≥0时，∵|x＋1|≥1，∴不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立．当－2<x≤－1时，原不等式可化为2－x－kx－k≥k，可得k≤eq\f(2－x,x＋2)＝－1＋eq\f(4,x＋2)，∴k≤3.当－1<x<0时，原不等式可化为2－x＋kx＋k≥k，可得k≤1－eq\f(2,x)，∴k<3.综上，可得0≤k≤3，即k的最大值为3.考点二含有肯定值的不等式成立问题|析典例|【例】设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.(1)解不等式f(x)>4；(2)若存在x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))使不等式a＋1>f(x0)成立，求实数a的取值范围．[解](1)由题意得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x－2，x<－\f(3,2)，,x＋4，－\f(3,2)≤x≤1，,3x＋2，x>1.))则f(x)>4⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,2)，,－3x－2>4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)≤x≤1，,x＋4>4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,3x＋2>4))⇔x<－2或0<x≤1或x>1.所以不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．(2)存在x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))使不等式a＋1>f(x0)成立⇔a＋1>f(x)min.由(1)知，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(5,2)，则a＋1>eq\f(5,2)，解得a>eq\f(3,2)，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).|规律方法|含肯定值的不等式的成立问题主要是利用转化思想去转化求解，常见的类型有：(1)不等式能成立问题①在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立，等价于在区间D上f(x)max>A；②在区间D上存在实数x使不等式f(x)<B成立，等价于在区间D上f(x)min<B.(2)不等式恰成立问题①不等式f(x)>A在区间D上恒成立，等价于不等式f(x)>A的解集为D；②不等式f(x)<B在区间D上恒成立，等价于不等式f(x)<B的解集为D.|练题点|(2024·益阳、湘潭联考)设函数f(x)＝|2x＋1|－|x－4|.(1)解不等式f(x)>0；(2)若f(x)＋3|x－4|>|m－2|对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)当x≥4时，f(x)＝2x＋1－x＋4＝x＋5，原不等式即x＋5>0，解得x>－5，又x≥4，∴x≥4；当－eq\f(1,2)≤x<4时，f(x)＝2x＋1＋x－4＝3x－3，原不等式即3x－3>0，解得x>1，又－eq\f(1,2)≤x<4，∴1<x<4；当x<－eq\f(1,2)时，f(x)＝－2x－1＋x－4＝－x－5，原不等式即－x－5>0，解得x<－5，∴x<－5.综上，原不等式的解集为{x|x>1或x<－5}．(2)f(x)＋3|x－4|＝|2x＋1|＋2|x－4|≥|2x＋1－(2x－8)|＝9，当－eq\f(1,2)≤x≤4时，等号成立．∴f(x)＋3|x－4|的最小值为9，要使f(x)＋3|x－4|>|m－2|对一切实数x恒成立，需|m－2|<9，∴m的取值范围是(－7,11)．考点三不等式的证明|析典例|【例】(2024·长春市高三质量监测)已知a>0，b>0，a＋b＝2.(1)求证：a2＋b2≥2；(2)求证：eq\r(\f(2,a)＋\f(1,b))≥1＋eq\f(\r(2),2).[证明](1)因为a>0，b>0，所以a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，所以a2＋b2≥eq\f(1,2)(a＋b)2＝2.(2)因为eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(3,2)＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,2b)≥eq\f(3,2)＋eq\r(2)＝eq\f(2＋\r(2)2,4)，当且仅当a＝4－2eq\r(2)，b＝2eq\r(2)－2时取等号，所以eq\r(\f(2,a)＋\f(1,b))≥1＋eq\f(\r(2),2).|规律方法|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、反证法等．(1)假如已知条件与待证结论干脆联系不明显，则考虑用分析法．(2)假如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．|练题点|(2024·长春模拟)设不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集为A.(1)求集合A；(2)若a，b，c∈A，求证：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－abc,ab－c)))>1.解：(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，x≥1，,2x，－1<x<1，,－2，x≤－1，))由|f(x)|<2，