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第二讲不等式选讲年份卷别考查角度及命题位置命题分析2018卷绝对值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题T231.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.卷绝对值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题T23卷分段函数图象的画法与应用T232017卷含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围T23卷基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法T23卷含绝对值不等式的解法、函数最值的求解T232016卷含绝对值不等式的解法、分段函数的图象T24卷含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式T24卷含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质T24含绝对值不等式的解法及应用授课提示：对应学生用书第79页悟通方法结论1|axb|c，|axb|c型不等式的解法(1)若c0，则|axb|ccaxbc，|axb|caxbc或axbc，然后根据a，b的取值求解即可；(2)若c0，则|axb|c的解集为，|axb|c的解集为R.2|xa|xb|c，|xa|xb|c(c0)型不等式的解法(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间； (3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；(4)这些解集的并集就是原不等式的解集(2017高考全国卷)（10分）已知函数f(x)x2ax4，g(x)|x1|x1|.(1)当a1时，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)若不等式f(x)g(x)的解集包含1,1，求a的取值范围规范解答(1)当a1时，不等式f(x)g(x)等价于x2x|x1|x1|40.当x1时，式化为x2x40，从而1x. (4分)所以f(x)g(x)的解集为. (5分)(2)当x1,1时，g(x)2.所以f(x)g(x)的解集包含1,1，等价于当x1,1时f(x)2. (8分)又f(x)在1,1的最小值必为f(1)与f(1)之一，所以f(1)2且f(1)2，得1a1.所以a的取值范围为1,1 (10分)1零点分段求解绝对值不等式的模型(1)求零点；(2)划区间，去绝对值号；(3)分别解去掉绝对值号的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值2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；f(x)a有解f(x)maxa；f(x)a有解f(x)mina；f(x)a无解f(x)maxa；f(x)a无解f(x)mina；(3)得结论练通即学即用1(2018洛阳模拟)已知函数f(x)|xa|(aR)(1)当a2时，解不等式|x|f(x)1；(2)设不等式|x|f(x)x的解集为M，若，M，求实数a的取值范围解析：(1)当a2时，原不等式可化为|3x1|x2|3.当x时，原不等式可化为3x12x3，解得x0，所以x0；当x2时，原不等式可化为3x12x3，解得x1，所以1x2；当x2时，原不等式可化为3x1x23，解得x，所以x2.综上所述，当a2时，原不等式的解集为x|x0或x1(2)不等式|x|f(x)x可化为|3x1|xa|3x，依题意知不等式|3x1|xa|3x在，上恒成立，所以3x1|xa|3x，即|xa|1，即a1xa1，所以解得a，故所求实数a的取值范围是，2(2018浦东五校联考)已知函数f(x)m|x1|x1|.(1)当m5时，求不等式f(x)2的解集；(2)若二次函数yx22x3与函数yf(x)的图象恒有公共点，求实数m的取值范围解析：(1)当m5时，f(x)由f(x)2得不等式的解集为x|x(2)因为yx22x3(x1)22，所以该函数在x1处取得最小值2，因为f(x)在x1处取得最大值m2，所以要使二次函数yx22x3与函数yf(x)的图象恒有公共点，只需m22，即m4.含绝对值不等式的恒成立问题授课提示：对应学生用书第80页悟通方法结论绝对值不等式中蕴含最佳思想，即可利用|ab|a|b|去求形如f(x)|xa|xb|或f(x)|xa|xb|的最值全练快速解答1(2017高考全国卷)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)x2xm的解集非空，求m的取值范围解析：(1)f(x)当x2时，由f(x)1解得x2.所以f(x)1的解集为x|x1(2)由f(x)x2xm，得m|x1|x2|x2x.而|x1|x2|x2x|x|1|x|2x2|x|2，且当x时，|x1|x2|x2x.故m的取值范围为.2(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的最大值解析：(1)由题意，得|x2|x1|4.当x2时，原不等式可化为2x5，2x；当x1时，原不等式可化为2x3，x1；当1x2时，原不等式可化为34，1x2.综上，原不等式的解集为x|x，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.不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：f(x)a恒成立f(x)mina；f(x)a恒成立f(x)maxa；f(x)a有解f(x)maxa；f(x)a有解f(x)mina；f(x)a无解f(x)maxa；f(x)a无解f(x)mina.不等式的证明授课提示：对应学生用书第80页悟通方法结论证明不等式的5个基本方法(1)比较法：作差或作商比较(2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论(3)分析法：执果索因的证明方法(4)反证法：反设结论，导出矛盾(5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法全练快速解答1(2017高考全国卷)已知a0，b0，a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2) ab2.证明：(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.2(2018南宁、柳州联考)已知函数f(x)|x1|.(1)求不等式f(x)32|x|的解集；(2)若函数g(x)f(x)|x3|的最小值为m，正数a，b满足abm，求证：4.解析：(1)当x1时，x132x，解得x，x；当0x1时，1x32x，解得x2，无解；当x0时，1x32xx，x.原不等式的解集为x|x或x(2)证明：法一：g(x)|x1|x3|(x1)(x3)|4，m4，即ab4.又b2a，a2b，两式相加得(b)(a)2a2b，ab4，当且仅当ab2时等号成立法二：g(x)|x1|x3|(x1)(x3)|4，m4，即ab4，由柯西不等式得()(ba)(ab)2，ab4，当且仅当，即ab2时等号成立不等式证明的常用方法对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法(1)一般地，对于含根号的不等式和含绝对值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法(2)如果所证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法(3)能转化为比较大小的可以用比较法(4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法授课提示：对应学生用书第160页1已知函数f(x)|2x1|，xR.(1)解不等式f(x)|x|1；(2)若对x，yR，有|xy1|，|2y1|，求证：f(x)1.解析：(1)f(x)|x|1，|2x1|x|1，即或或得x2或0x或无解故不等式f(x)|x|1的解集为x|0x2(2)证明：f(x)|2x1|2(xy1)(2y1)|2(xy1)|2y1|2|xy1|2y1|21.2(2018高考全国卷)设函数(x)|2x1|x1|.(1)画出y(x)的图象；(2)当x0，)时，(x)axb，求ab的最小值解析：(1)(x)y(x)的图象如图所示(2)由(1)知，y(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，(x)axb在0，)成立，因此ab的最小值为5.3(2018福州四校联考)(1)求不等式2|x1|x2|0的解集；(2)设a，b均为正数，hmax，证明：h2.解析：(1)记f(x)|x1|x2|由22x10，解得x，则不等式的解集为(，)(2)证明：h，h，h，h38，当且仅当ab时取等号，h2.4(2018石家庄模拟)已知函数f(x)|ax1|(a2)x.(1)当a3时，求不等式f(x)0的解集；(2)若函数f(x)的图象与x轴没有交点，求实数a的取值范围解析：(1)当a3时，不等式可化为|3x1|x0，即|3x1|x，3x1x或3x1x，解得x或x，故f(x)0的解集为x|x或x(2)当a0时，f(x)要使函数f(x)的图象与x轴无交点，只需得1a2；当a0时，f(x)2x1，函数f(x)的图象与x轴有交点；当a0时，f(x)要使函数f(x)的图象与x轴无交点，只需此时无解综上可知，当1a2时，函数f(x)的图象与x轴无交点
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