（通用版）2022年高考数学二轮复习 第一部分 专题十八 不等式选讲讲义 理（重点生含解析）（选修4-5）

（通用版）2022年高考数学二轮复习 第一部分 专题十八 不等式选讲讲义 理（重点生，含解析）（选修4-5）卷卷卷2018含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题2017含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法含绝对值不等式的解法、函数最值的求解2016含绝对值不等式的解法、分段函数的图象及应用含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式及应用含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质纵向把握趋势考题主要涉及绝对值不等式的解法及绝对值不等式的恒成立问题、由不等式的解集求参问题预计2019年仍以考查绝对值不等式的解法为主，同时兼顾最值或恒成立问题的考查考题涉及绝对值不等式的解法、绝对值不等式的恒成立问题以及不等式的证明，难度适中预计2019年会考查含绝对值不等式的解法、不等式的证明问题考题涉及绝对值不等式的解法、绝对值不等式的恒成立问题、函数最值的求解，难度适中预计2019年仍会考查绝对值不等式的解法，同时要关注不等式的证明问题横向把握重点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解，以及绝对值不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，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用.含绝对值不等式的解法类题通法含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)|0)af (x)0)，|xa|xb|c(或c)(c0)型不等式，可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解零点分区间法求解绝对值不等式的一般步骤：()令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；()将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；()由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；()取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集利用绝对值的几何意义求解绝对值不等式的方法：由于|xa|xb|与|xa|xb|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|xa|xb|c(c0)或|xa|xb|c(c0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观应用通关1(2018全国卷)已知f (x)|x1|ax1|.(1)当a1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a1时，f (x)|x1|x1|，即f (x)故不等式f (x)1的解集为.(2)当x(0,1)时|x1|ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|0，则|ax1|1的解集为，所以1，故0a2.综上，a的取值范围为(0,22(2018合肥质检)已知函数f (x)|2x1|.(1)解关于x的不等式f (x)f (x1)1；(2)若关于x的不等式f (x)mf (x1)的解集不是空集，求m的取值范围解：(1)f (x)f (x1)1|2x1|2x1|1，则或或解得x或x，即x，所以原不等式的解集为.(2)由条件知，不等式|2x1|2x1|(|2x1|2x1|)min即可由于|2x1|2x1|12x|2x1|12x(2x1)|2，当且仅当(12x)(2x1)0，即x时等号成立，故m2.所以m的取值范围是(2，)不等式的证明由题知法1含有绝对值的不等式的性质|a|b|ab|a|b|.2算术几何平均不等式定理1：设a，bR，则a2b22ab.当且仅当ab时，等号成立定理2：如果a，b为正数，则，当且仅当ab时，等号成立定理3：如果a，b，c为正数，则，当且仅当abc时，等号成立定理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，当且仅当a1a2an时，等号成立(2018沈阳质监)已知a0，b0，函数f (x)|xa|xb|.(1)当a1，b1时，解关于x的不等式f (x)1；(2)若函数f (x)的最大值为2，求证：2.解(1)当a1，b1时，f (x)|x1|x1|当x1时，f (x)21，不等式恒成立，此时不等式的解集为x|x1；当1x1，所以x，此时不等式的解集为；当x1，不等式不成立，此时无解综上所述，不等式f (x)1的解集为.(2)证明：法一：由绝对值三角不等式可得|xa|xb|ab|，a0，b0，ab2，(ab)2，当且仅当ab1时，等号成立法二：a0，b0，a0b，函数f (x)|xa|xb|x(a)|xb|结合图象易得函数f (x)的最大值为ab，ab2.(ab)2，当且仅当ab1时，等号成立类题通法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应用通关1(2018长春质检)设不等式|x1|x1|1.解：(1)由已知，令f (x)|x1|x1|由|f (x)|2得1x1，即Ax|1x1，只需证|1abc|abc|，即证1a2b2c2a2b2c2，即证1a2b2c2(1a2b2)，即证(1a2b2)(1c2)0，由a，b，cA，得1ab1，c20恒成立综上，1.2(2018陕西质检)已知函数f (x)|2x1|x1|.(1)解不等式f (x)3；(2)记函数g(x)f (x)|x1|的值域为M，若tM，求证：t213t.解：(1)依题意，得f (x)f (x)3或或解得1x1，即不等式f (x)3的解集为x|1x1(2)证明：g(x)f (x)|x1|2x1|2x2|2x12x2|3，当且仅当(2x1)(2x2)0时取等号，M3，)原不等式等价于t23t1，t3，)，t23t0，t23t11，又1，t23t1，t213t.含绝对值不等式的恒成立问题由题知法(2018郑州第一次质量预测)设函数f (x)|x3|，g(x)|2x1|.(1)解不等式f (x)ax4对任意的实数x恒成立，求a的取值范围解(1)由已知，可得|x3|2x1|，即|x3|20，解得x4.故所求不等式的解集为(4，)(2)由已知，设h(x)2f (x)g(x)2|x3|2x1|当x3时，只需4x5ax4恒成立，即ax4x9恒成立，x34恒成立，amax，a1；当3xax4恒成立，即ax3ax4恒成立，即ax0，a4，且x时，44，a4.综上，a的取值范围是(1,4类题通法绝对值不等式的成立问题的求解模型(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为af (x)或af (x)形式(2)转化最值：f (x)a恒成立f (x)mina；f (x)a恒成立f (x)maxa有解f (x)maxa；f (x)a有解f (x)mina无解f (x)maxa；f (x).所以不等式的解集为.(2)若对任意的tR，sR，都有g(s)f (t)，可得g(x)minf (x)max.函数f (x)|2x1|2x3|2x1(2x3)|4，f (x)max4.g(x)|x1|xa|x1(xa)|a1|，故g(x)min|a1|.|a1|4，a14或a14，解得a3或a5.故a的取值范围为(，53，)2(2019届高三洛阳第一次联考)已知函数f (x)|x12a|xa2|，aR，g(x)x22x4.(1)若f (2a21)4|a1|，求实数a的取值范围；(2)若存在实数x，y，使f (x)g(y)0，求实数a的取值范围解：(1)f (2a21)4|a1|，|2a22a|a21|4|a1|，|a1|(2|a|a1|4)0，|2a|a1|4且a1.若a1，则2aa14，a；若1a4，a4，a1.综上所述，a的取值范围为(1，)(2)g(x)(x1)252 51，显然可取等号，g(x)min1.于是，若存在实数x，y，使f (x)g(y)0，只需f (x)min1.又f (x)|x12a|xa2|(x12a)(xa2)|(a1)2，(a1)21，1a11，0a2，故实数a的取值范围为0,2专题跟踪检测(对应配套卷P209)1(2018全国卷)设函数f (x)5|xa|x2|.(1)当a1时，求不等式f (x)0的解集；(2)若f (x)1，求a的取值范围解：(1)当a1时，f (x)当x1时，由2x40，解得2x2时，由2x60，解得2x3，故f (x)0的解集为x|2x3(2)f (x)1等价于|xa|x2|4.而|xa|x2|a2|，且当x2时等号成立故f (x)1等价于|a2|4.由|a2|4可得a6或a2.所以a的取值范围是(，62，)2(2018兰州模拟)设函数f (x)|x3|，g(x)|x2|.(1)解不等式f (x)g(x)2；(2)对于实数x，y，若f (x)1，g(y)1，证明：|x2y1|3.解：(1)解不等式|x3|x2|2.当x2时，原不等式可化为3x2x.所以x2.当2x3时，原不等式可化为3xx22，解得13时，原不等式可化为x3x22，解得x.所以3x.由可知，不等式的解集为.(2)证明：因为f (x)1，g(y)1，即|x3|1，|y2|1，所以|x2y1|(x3)2(y2)|x3|2|y2|123.当且仅当或时等号成立3(2018开封模拟)已知函数f (x)|xm|，m0.(1)当m1时，求解不等式f (x)f (x)2x；(2)若不等式f (x)f (2x)1的解集非空，求m的取值范围解：(1)当m1时，f (x)|x1|，f (x)|x1|，设F(x)|x1|x1|G(x)2x，由F(x)G(x)，解得x2或x0，所以不等式f (x)f (x)2x的解集为x|x2或x0(2)f (x)f (2x)|xm|2xm|，m0.设g(x)f (x)f (2x)，当xm时，g(x)mxm2x2m3x，则g(x)m；当mx时，g(x)xmm2xx，则g(x)m；当x时，g(x)xm2xm3x2m，则g(x).所以g(x)的值域为，若不等式f (x)f (2x)，解得m2，又m0，所以m的取值范围是(2,0)4(2018全国卷)设函数f (x)|2x1|x1|.(1)画出yf (x)的图象；(2)当x0，)时，f (x)axb，求ab的最小值解：(1)f (x)yf (x)的图象如图所示(2)由(1)知，yf (x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a3且b2时，f (x)axb在0，)成立，因此ab的最小值为5.5已知函数f (x)|x1|.(1)求不等式f (x)f (a)f (b)解：(1)当x1时，原不等式可化为x12x2，解得x1；当1x时，原不等式可化为x12x2，解得x1，此时原不等式无解；当x时，原不等式可化为x11.综上，Mx|x1(2)证明：因为f (a)f (b)|a1|b1|a1(b1)|ab|，所以要证f (ab)f (a)f (b)，只需证|ab1|ab|，即证|ab1|2|ab|2，即证a2b22ab1a22abb2，即证a2b2a2b210，即证(a21)(b21)0.因为a，bM，所以a21，b21，所以(a21)(b21)0成立，所以原不等式成立6(2018广东五市联考)已知函数f (x)|xa|(a0)(1)若不等式f (x)f (xm)1恒成立，求实数m的最大值；(2)当a时，函数g(x)f (x)|2x1|有零点，求实数a的取值范围解：(1)f (xm)|xma|.f (x)f (xm)|xa|xma|m|，当且仅当|m|1时，f (x)f (xm)1恒成立，1m1，即实数m的最大值为1.(2)当a时，g(x)f (x)|2x1|xa|2x1|g(x)minga0，或解得a0，实数a的取值范围是.7(2018郑州模拟)已知函数f (x)|2x1|ax5|(0a5)(1)当a1时，求不等式f (x)9的解集；(2)若函数yf (x)的最小值为4，求实数a的值解：(1)当a1时，f (x)|2x1|x5|所以f (x)9或或解得x1或x5，即所求不等式的解集为(，15，)(2)0a时，f (x)单调递增，f (x)的最小值在上取得在上，当0a2时，f (x)单调递增，当2a5时，f (x)单调递减，或解得a2.8(2018成都模拟)已知函数f (x)|x2|k|x1|，kR.(1)当k1时，若不等式f (x)4的解集为x|x1xx2，求x1x2的值；(2)当xR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|x2|x1|2时，原不等式可化为2x5，2x；当1x2时，原不等式可化为34，1x2.当x1时，原不等式可化为2x3，x1；综上，原不等式的解集为，即x1，x2.x1x21.(2)由题意，得|x2|k|x1|k.当x2时，即不等式3kk成立，k0.当x2或x0时，|x1|1，不等式|x2|k|x1|k恒成立当2x1时，原不等式可化为2xkxkk，可得k1，k3.当1x0时，原不等式可化为2xkxkk，可得k1，k3.综上，可得0k3，即k的最大值为3.