（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题七 选考部分 第2讲 不等式选讲学案 文 新人教A版

第2讲不等式选讲 做真题1(2019高考全国卷)已知f(x)|xa|x|x2|(xa)(1)当a1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a1时，f(x)|x1|x|x2|(x1)当x1时，f(x)2(x1)20；当x1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a1.当a1，x(，1)时，f(x)(ax)x(2x)(xa)2(ax)(x1)kxm的解集为(，)，求km的取值范围解：(1)f(x)f(x)|x2|x2|当x2时，2x6，所以x3.综上，x(，33，)(2)令g(x)f(x4)f(x1)|x2|x3|作出g(x)的图象，如图由f(x4)f(x1)kxm的解集为(，)，结合图象可知k0，m5，所以km1.(1)当a2时，求不等式f(x)4|x4|的解集；(2)已知关于x的不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集为x|1x2，求a的值解：(1)当a2时，f(x)|x4|当x2时，由f(x)4|x4|得2x64，解得x1；当2x0，b0，a3b32.证明：(ab)(a5b5)4；ab2.(2)已知a，b，c，d为实数，且a2b24，c2d216，证明：acbd8.【证明】(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.(2)由柯西不等式可得：(acbd)2(a2b2)(c2d2)因为a2b24，c2d216，所以(acbd)264，因此acbd8.证明不等式的方法和技巧(1)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；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据 对点训练(一题多解)(2019福州市质量检测)已知不等式|2x1|2x1|4的解集为M.(1)求集合M；(2)设实数aM，bM，证明：|ab|1|a|b|.解：(1)法一：当x时，不等式化为：2x112x1，所以1x；当x时，不等式化为：2x12x14，即2时，不等式化为：2x12x14，即x1，所以x1.综上可知，Mx|1x1法二：设f(x)|2x1|2x1|，则f(x)函数f(x)的图象如图所示，若f(x)4，由上图可得，1x1.所以Mx|1x1(2)证明：法一：因为aM，bM，所以|a|1，|b|1.而|ab|1(|a|b|)|ab|1|a|b|(|a|1)(|b|1)0，所以|ab|1|a|b|.法二：要证|ab|1|a|b|，只需证|a|b|1|a|b|0，只需证(|a|1)(|b|1)0，因为aM，bM，所以|a|0，b0，ab4，mR.(1)求的最小值；(2)若|xm|x2|对任意的实数x恒成立，求m的取值范围【解】(1)因为a0，b0，ab4，所以(ab)1(当且仅当ab2时“”成立)，所以的最小值为1.(2)若|xm|x2|对任意的实数x恒成立，则|xm|x2|对任意的实数x恒成立，即|xm|x2|1对任意的实数x恒成立，因为|xm|x2|(xm)(x2)|m2|，所以|m2|1，所以3m1，即m的取值范围为3，1(1)求含绝对值号函数的最值的两种方法利用|a|b|ab|a|b|求解将函数化为分段函数，数形结合求解(2)恒成立(存在)问题的等价转化f(x)Mf(x)M任意x恒成立f(x)minMf(x)maxM存在x成立f(x)maxMf(x)minM 对点训练(2019洛阳市统考)已知f(x)|x1|，g(x)2|x|a.(1)当a1时，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)若存在x0R，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范围解：(1)当a1时，原不等式可化为|x1|2|x|1，设(x)|x1|2|x|，则(x)则或或即x2.所以原不等式的解集为.(2)存在x0R使得f(x0)g(x0)成立，等价于|x1|2|x|a有解，即(x)a有解，即a(x)max.由(1)可知，(x)在(，0)上单调递增，在0，)上单调递减所以(x)max(0)1，所以a1.1(2019安徽省考试试题)已知f(x)|x2|.(1)解不等式f(x)1f(2x)；(2)若f(m)1，f(2n)2，求|m2n1|的最大值，并求此时实数m，n的取值解：(1)原不等式等价于|x2|12|x1|，所以或或所以1x1或1x或，所以原不等式的解集为.(2)由题意得f(m)|m2|1，f(2n)|2n2|2，所以|n1|1，所以|m2n1|(m2)2(n1)1|m2|2|n1|14，当且仅当时，|m2n1|取得最大值4.2已知不等式|x|x3|0，y0，nxym0，求证：xy16xy.解：(1)由|x|x3|x6，得或或解得1x0，y0，所以(9xy)1010216，当且仅当，即x，y时取等号，所以16，即xy16xy.3(2019昆明市诊断测试)已知函数f(x)|2x1|x1|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)1，等价于或或解得x3或x1或x1.所以原不等式的解集为.(2)由f(x)x2x|2x1|x1|.令g(x)x2x|2x1|x1|，则由题意知mg(x)max.g(x)作出其图象如图所示，由图象知g(x)max1.所以m1，即m的取值范围为(1，)4(2019高考全国卷)设x，y，zR，且xyz1.(1)求(x1)2(y1)2(z1)2的最小值；(2)若(x2)2(y1)2(za)2成立，证明：a3或a1.解：(1)因为(x1)(y1)(z1)2(x1)2(y1)2(z1)22(x1)(y1)(y1)(z1)(z1)(x1)3(x1)2(y1)2(z1)2，故由已知得(x1)2(y1)2(z1)2，当且仅当x，y，z时等号成立所以(x1)2(y1)2(z1)2的最小值为.(2)证明：因为(x2)(y1)(za)2(x2)2(y1)2(za)22(x2)(y1)(y1)(za)(za)(x2)3(x2)2(y1)2(za)2，故由已知得(x2)2(y1)2(za)2，当且仅当x，y，z时等号成立因此(x2)2(y1)2(za)2的最小值为.由题设知，解得a3或a1.5设函数f(x)a(x1)(1)当a1时，解不等式|f(x)|f(x)|3x.(2)设|a|1，当|x|1时，求证：|f(x2)x|.解：(1)当a1时，不等式 |f(x)|f(x)|3x，即|x1|x1|3x，当x1时，得1xx13xx0，所以x1，当1x1时，得1xx13xx，所以14；(2)若x1R，x2R，使得f(x2)g(x1)，求实数a的取值范围解：(1)f(x)4，即|2x1|x2|4，当x4，得x4，得2x时，2x1(x2)4，得x7.综上，不等式f(x)4的解集为.(2)因为x1R，x2R，使得f(x2)g(x1)，所以g(x)的值域是f(x)的值域的子集，f(x)|2x1|x2|所以f(x)的值域为，g(x)|xa|xa1|的值域为|2a1|，|2a1|，所以|2a1|，即|2a1|，则2a1，a，即实数a的取值范围为.- 13 -