1、第2讲 不等式选讲,近五年高考试题统计与命题预测,2.(2019全国,理23)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x1时,f(x)=-2(x-1)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)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)0. 所以,a的取值范围是1,+).,3.(2018全国,理
2、23)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.,4.(2018全国,理23)设函数f(x)=5-|x+a|-|x-2|. (1)当a=1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a=1时, 可得f(x)0的解集为x|-2x3. (2)f(x)1等价于|x+a|+|x-2|4. 而|x+a|+|x-2|a+2|,且当x=2时等号成立.故f(x)1等价于|a+2|4. 由|a+2|4可得a-6或a2.所以a的取值范围是(-,-62,+).,一、解含有绝
3、对值的不等式 1.|ax+b|c,|ax+b|c(c0)型不等式的解法 (1)若c0,则|ax+b|c等价于-cax+bc,|ax+b|c等价于ax+bc或ax+b-c,然后根据a,b的值解出即可. (2)若c0),|x-a|+|x-b|c(c0)型不等式的解法 可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解. 由于|x-a|+|x-b|与|x-a|-|x-b|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|x-a|+|x-b|0)或|x-a|-|x-b|c(c0)的不等式,利用绝对值的几何意义求解更直观. 3.|f(x)|g(x),|f(x)|0)型不等式的解法
4、 (1)|f(x)|g(x)f(x)g(x)或f(x)-g(x). (2)|f(x)|g(x)-g(x)f(x)g(x).,二、含绝对值不等式的常用解法 1.基本性质法:对a(0,+),|x|axa. 2.平方法:两边平方去掉绝对值符号. 3.零点分区间法(或叫定义法):含有两个或两个以上绝对值符号的不等式,可用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解. 4.几何法:利用绝对值的几何意义,画出数轴,将绝对值转化为数轴上两点的距离求解. 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.,三、不等式的证明 1.证明不等式
5、的常用结论 (1)绝对值的三角不等式 定理1:若a,b为实数,则|a+b|a|+|b|,当且仅当ab0时,等号成立. 定理2:设a,b,c为实数,则|a-c|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)0时,等号成立. 推论1:|a|-|b|a+b|. 推论2:|a|-|b|a-b|.,2.证明不等式的常用方法 (1)比较法;(2)综合法与分析法;(3)反证法和放缩法;(4)数学归纳法.,3.放缩的常用方法 (1)放大或缩小分母:对于分子分母均取正值的分式,如需放大,则只要把分子放大或分母缩小;如需缩小,则只要把分子缩小或分母放大. (2)添加或舍弃一些正项(或负项):证明不等式时,有时
6、需要舍去或添加一些项,使不等式一边放大或缩小,利用不等式的传递性,达到证明的目的.,四、含绝对值不等式的恒成立问题的解题规律 1.根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值,转化为分段函数,然后利用数形结合解决. 2.巧用“|a|-|b|ab|a|+|b|”求最值. (1)求|a|-|b|的范围:若ab为常数M,可利用|a|-|b|ab|-|M|a|-|b|M|确定范围. (2)求|a|+|b|的最小值:若ab为常数M,可利用|a|+|b|ab|=|M|,从而确定其最小值. 3.f(x)a恒成立f(x)mina.,考点1,考点2,考点3,绝对值不等式的解法 例1设函数f(x)=|x-a|. (1)当
7、a=2时,解不等式f(x)7-|x-1|; (2)若f(x)1的解集为0,2,求a的值.,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,(2)证明:f(a)-f(b)=|a+1|-|-b+1|a+1-(-b+1)|=|a+b|, 要证f(ab)f(a)-f(-b)成立, 只需证|ab+1|a+b|, 即证|ab+1|2|a+b|2,即证a2b2-a2-b2+10,即证(a2-1)(b2-1)0. 由(1
8、)知,M=x|x1, a,bM,a21,b21, (a2-1)(b2-1)0成立,故原不等式成立.,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,与绝对值不等式相关的恒成立与能成立问题 例4(2019河南郑州第一次质量预测)设函数f(x)=|x+3|,g(x)=|2x-1|. (1)解不等式f(x)ax+4对任意的实数x恒成立,求a的取值范围.,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,对应训练4 (2019河南省郑州市高三第二次质量检测)设函数f(x)=|ax+1|+|x-a|(a0),g(x)=x2-x. (1)当a=1时,求不等式g
9、(x)f(x)的解集; (2)已知f(x)2恒成立,求a的取值范围.,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,例5(2019江西新余四中、上高二中第二次联考)已知函数f(x)=|x-2|+|x+a|,其中aR. (1)当a=1时,求不等式f(x)6的解集; (2)若存在x0R,使得f(x0)2 018a,求实数a的取值范围.,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,考点1,考点2,考点3,对应训练5 已知f(x)=|x-a|+|x-3|. (1)当a=1时,求f(x)的最小值; (2)若不等式f(x)3的解集非空,求a的取值范围. 解:(1)当a=1时,f(x)=|x-1|+|x-3|x-1-x+3|=2, f(x)的最小值为2,当且仅当1x3时取得最小值. (2)xR时,恒有|x-a|+|x-3|(x-a)-(x-3)|=|3-a|,又不等式f(x)3的解集非空,|3-a|3, 0a6.,高考解答题的审题与答题示范(八) 不等式证明类解答题 审题方法审结论 问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误.因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的.审视结论,就是在结论的启发下,探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律.善于从结论中捕捉解题信息,善于对结论进行转化,使之逐步靠近条件,从而发现和确定解题方向.,
