2019届二轮复习第2讲　不等式选讲学案（全国通用）

第2讲　不等式选讲
高考定位　本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对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，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.

真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)画出y＝f(x)的图象；
(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值.

解　(1)f(x)＝
y＝f(x)的图象如图所示.

(2)由(1)知，y＝f(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a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.
2.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1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.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝－x2＋x＋4，
g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝
①当x>1时，f(x)≥g(x)－x2＋x＋4≥2x，
解之得1＋a的解集包含[2，3]，求实数a的取值范围.
解　(1)依题意得|2x－2|＋|x＋3|≥3x＋2，
当x＋a在[2，3]上恒成立，
则3x＋1－>a在[2，3]上恒成立.
又因为g(x)＝3x＋1－在[2，3]上为增函数，
所以有3×2＋1－>a，解得a0，b>0，且a3＋b3＝2.
证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
证明　(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)
≤2＋·(a＋b)＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
探究提高　1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点.
2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法.
【训练2】 (2018·济南调研)已知函数f(x)＝|x－1|.
(1)解不等式f(x)＋f(2x＋5)≥x＋9；
(2)若a>0，b>0，且＋＝2，证明：f(x＋a)＋f(x－b)≥，并求f(x＋a)＋f(x－b)＝时，a，b的值.
解　(1)f(x)＋f(2x＋5)＝|x－1|＋|2x＋4|≥x＋9，
当x≤－2时，不等式为4x≤－12，
解得x≤－3，故x≤－3，
当－20).
又＋＝2，
所以a＋b＝(a＋b)＝＋＋
≥＋2＝，
当且仅当＝，即b＝2a时“＝”成立；
由可得
综上所述，f(x＋a)＋f(x－b)≥，
当f(x＋a)＋f(x－b)＝时，a＝，b＝3.
热点三　绝对值不等式恒成立(存在)问题
【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围.
解　(1)f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝
由f(x)≥1可得
①当x≤－1时显然不满足题意；
②当－1，即证ab>cd.
由于ab>cd，因此＋>＋.
(2)必要性：若|a－b|＋，则(＋)2>(＋)2，
∴a＋b＋2>c＋d＋2.
∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd.
于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab