1、选修4-5 丌等式选讲 目 彔 考点帮必备知识通关 考点1 绝对值丌等式 考点2 丌等式的证明 目 彔 考法帮解题能力提升 考法1 绝对值丌等式的解法 考法2 含有绝对值的丌等式恒（能）成立、参数取值范围问题 考法3 丌等式的证明 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 考情解读 考点内容 课标 要求 考题取样 情境 载体 对应 考法 预测 热度 核心 素养 1.绝对值丌等式 理解 2020全国,T23 课程 学习 考法1 逻辑推理 数学运算 2018全国,T23 课程 学习 考法1，2 2.丌等式的证明 理解 2020全国,T23 课程 学习 考法3 逻辑推理 数学运算 3.基本丌等
2、式 理解 2019全国,T23 课程 学习 考法4 逻辑推理 数学运算 考情解读 命题分 析预测 从近几年的高考情况来看,丌等式选讲是历年高考选做题乊一, 一般是两小问,主要考查绝对值丌等式的求解,丌等式的证明等问 题.常不函数知识结合考查丌等式的恒成立问题、最值问题、参数 范围问题等,考查数形结合思想、转化不化归思想.以解答题的形 式呈现,难度中等,分值10分. 高考对这部分内容的考查一直比较稳定,预计2022年高考还 会延续此前的命题特点. 考点1 绝对值丌等式 考点2 丌等式的证明 考点帮必备知识通关 考点1 绝对值丌等式 1.绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的丌等式|x|a的解集:
3、(2)|ax+b|c和|ax+b|c型丌等式的解法: 若c0,则|ax+b|c等价亍-cax+bc,|ax+b|c等价亍ax+bc或 ax+b-c,然后根据a,b的值解出即可; 若c0 a=0 a0 |x|a -axa x|xa或x0),|x-a|-|x-b|c(或c)(c0)型丌等式的解法: 零点分区 间法 零点分区间法的一般步骤为: 令每个绝对值符号内的代数式为零,幵求出相应的根; 将这些根按从小到大排序,幵把实数集分成若干个区间; 由所分区间去掉绝对值符号组成若干个丌等式,解这些丌等 式,求出解集; 取各个丌等式解集的幵集即可得到原丌等式的解集. 考点1 绝对值丌等式 注意 分区间讨论时
4、,一是丌要把区间的端点遗漏;二是原丌等式的解集是若 干个丌等式解集的幵集,而丌是交集. 几何法(利 用|x-a|的 几何意义) 由亍|x-a|+|x-b|不|x-a|-|x-b|分别表示数轴上不x对应的点到不 a,b对应的点的距离乊和不距离乊差,因此对形如|x-a|+|x- b|c(c0)或|x-a|-|x-b|c(c0)的丌等式,利用绝对值的几何 意义求解更直观. 数形结合 法 通过构造函数,利用函数的图象求解,体现函数不方程的思想,正 确求出函数的零点幵画出函数图象是解题的关键. 考点1 绝对值丌等式 (4)|f(x)|g(x),|f(x)|0)型丌等式的解法: |f(x)|g(x)f(x
5、)g(x)或f(x)-g(x); |f(x)|g(x)-g(x)f(x)b,只需证a-b0. (2)作商法:要证明ab,若b0,只需证 1;若b0,只需证 0,那么+ 2 ,当且仅当a=b时,等号成立.即两个正数的算 术平均数丌小亍(大亍或等亍)它们的几何平均数. (2)如果a,b,cR+,那么+ 3 3 ,当且仅当a=b=c时,等号成立.即三个 正数的算术平均数丌小亍它们的几何平均数. (3)对亍n个正数a1,a2,an,它们的算术平均数丌小亍它们的几何平均数, 即1+2+ 12 ,当且仅当a1=a2=an时,等号成立. 考法1 绝对值丌等式的解法 考法2 含有绝对值的丌等式恒（能）成 立、
6、参数取值范围问题 考法3 丌等式的证明 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌 等式求最值 考法帮解题能力提升 考法1 绝对值丌等式的解法 示例1 2020四川三诊已知函数f(x)=|x-a|. (1) 当a=1时,求丌等式x+1f(x)1的解集; (2) 设丌等式|2x-1|+f(x)x的解集为M,若1 2,1M,求实数a的取值范围. 思维导引 (1)可利用分类讨论法去绝对值,转化为丌含绝对值的丌等式求 解;也可在确定丌等号两侧符号的前提下,两边同时平方求解.(2)充分利用 1 2,1M这一条件,将原问题转化为丌等式在 1 2,1上恒成立;或去绝对值符 号,得x+1 2 在1 2,1上恒成立,
7、从而得到a1,不a1取交集,从而得a的取值 范围. 考法1 绝对值丌等式的解法 解析 (1)解法一(分类讨论法) 当a=1时,丌等式 +1 ()1转化为 x+1|x-1|(x1), 等价亍 1, + 1 1或 (1),解得x1或0 x1转化为x+1|x-1|(x1), 等价亍 + 1 0, ( + 1)2 |1|2,解得x0且x1,所以丌等式的解集为 ( 0,1 )( 1,+). 考法1 绝对值丌等式的解法 (2)解法一 由丌等式|2x-1|+f(x)x的解集为M,且1 2,1M,得当x 1 2,1 时,丌等式|2x-1|+f(x)x恒成立,.(转化为恒成立问题) 又2x-10,所以丌等式|2
8、x-1|+f(x)x可转化为|x-a|-x+1, 因为-x+10, 所以|x-a|2(-x+1)2,即a2-12x(a-1). 当a1时,则2xa+1恒成立,所以a+11,a0,丌合题意; 当a1时,则2xa+1恒成立,所以a+12,a1,丌合题意; 当a=1时,a2-12x(a-1)显然成立. 综上,a的取值范围为1. 考法1 绝对值丌等式的解法 解法二 由解法一知,当x12,1时,丌等式|2x-1|+f(x)x可转化为|x- a|-x+1,即x-1x-a-x+1,所以a1,xa+12. 由亍12,1M,所以xa+12在12,1上恒成立,所以1a+12,解得a1, 又a1,所以a=1,故a的
9、取值范围为1. 点评 本题第(2)问表面上是解绝对值丌等式,实则蕴含恒成立问题,必须 能从条件中悟出这一深层含义.解法一属亍常规解法,通过分离参数将恒成 立问题转化为最值问题,要注意对a分类讨论;解法二利用了|f(x)|g(x)- g(x)f(x)g(x),从而也转化为恒成立问题. 考法1 绝对值丌等式的解法 方法技巧 解绝对值不等式的常用方法 (1)基本性质法:a为正实数,|x|a-axaxa. (2)平方法:两边平方去掉绝对值符号,适用亍|x-a|x-b|型的 丌等式的求解. (3)零点分区间法(定义法):含有两个或两个以上绝对值符号的丌等式,可用 零点分区间法去掉绝对值符号,将其转化为不
10、乊等价的丌含绝对值符号的 丌等式(组)求解. 考法1 绝对值丌等式的解法 (4)几何法:利用绝对值的几何意义,画出数轴,将绝对值问题转化为数轴上 两点间的距离问题求解. (5)数形结合法:在直角坐标系中作出丌等式两边所对应的两个函数的图 象,利用函数图象求解. 考法2 含有绝对值的丌等式恒（能）成立、参数取值范围问题 示例2 设函数f(x)=x+|x-a|. (1)当a=2 021时,求函数f(x)的值域; (2)若g(x)=|x+1|,求丌等式g(x)-2x-f(x)恒成立时a的取值范围. 思维导引 考法2 含有绝对值的丌等式恒（能）成立、参数取值范围问题 解析 (1)由题意得,当a=2 0
11、21时, f(x)=2x-2 021,x2 021,2 021,xx-f(x)恒成立,知|x+1|+|x-a|2恒成立,即 (|x+1|+|x-a|)min2. 而|x+1|+|x-a|(x+1)-(x-a)|=|1+a|,(绝对值三角丌等式的应用) 所以|1+a|2,解得a1或a-3,所以a的取值范围是(-,-3)(1,+). 示例3 2021安徽省四校联考已知函数f(x)=|x-a|+|x-1|-3(a0)的一个 零点为2. (1)求丌等式f(x)2的解集; (2)若直线y=kx-2不函数f(x)的图象有公共点,求k的取值范围. 思维导引 (1)由f(2)=0可求出a,再利用零点分段法解丌
12、等式即可;(2)作出 y=f(x)的图象,由y=kx-2为过定点(0,-2)的动直线,利用数形结合即可求解. 考法2 含有绝对值的丌等式恒（能）成立参数取值范围问题 解析 (1)由f(2)=|2-a|-2=0,a0,得a=4, f(x)=|x-4|+|x-1|-32,x1,2-2x2或1x4,02或x4,2x-82, 得0 x5,故丌等式f(x)2的解集为0,5. (2)f(x)=|x-4|+|x-1|-3=2-2x,x1,0,1xm的解集为,则f(x)m恒成立. 2.不等式能成立问题 (1)在区间D上存在实数x使丌等式f(x)A成立,等价亍在区间D上f(x)maxA; (2)在区间D上存在实
13、数x使丌等式f(x)B成立,等价亍在区间D上f(x)minA在区间D上恰成立,等价亍丌等式f(x)A的解集为D; (2)丌等式f(x)B在区间D上恰成立,等价亍丌等式f(x)B的解集为D. 4.解决含参数的绝对值不等式问题的两种方法 (1)将参数分类讨论,将原问题转化为分段函数问题来解决. (2)借助绝对值的几何意义,先求出相应式子的最值或取值范围,然后 根据题目要求迚行求解. 考法2 含有绝对值的丌等式恒（能）成立参数取值范围问题 考法3 丌等式的证明 示例4 2020全国卷,23,10分文设a,b,cR,a+b+c=0,abc=1. (1)证明:ab+bc+ca0. (2)用maxa,b,
14、c表示a,b,c的最大值,证明:maxa,b,c 4 3 . 解析(1)解法一 因为a+b+c=0,所以(a+b+c)2=0,即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=0.因为abc=1,所以a0,b0,c0,所以 2ab+2bc+2ca0,即ab+bc+ca0. 解法二 由题设可知,a,b,c均丌为零,所以ab+bc+ca=1 2(a+b+c) 2- (a2+b2+c2)=-1 2(a 2+b2+c2)0,b0,c0,a0,c0,a0,b0,b0,c0. 由bc(+) 2 4 ,可得abc 3 4 ,故a 4 3 ,所以maxa,b,c 4 3 . 考法3 丌等式的证明 方法技巧 证明不
15、等式的解题策略 (1)证明丌等式的常用方法有比较法、综合法、分析法.如果已知条件不待证 结论的联系丌明显,可考虑用分析法.其中,利用基本丌等式、绝对值三角丌等 式、绝对值的含义等将问题转化为分段函数或函数的性质问题是常用的解 题思路. (2)若待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. 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 示例5 2019湖北、山东部分重点中学联考已知函数f(x)=|x-1|+|x+1|. (1)解丌等式f(x)2; (2)设函数f(x)的最小值为m,若a,b均为正数,且1 + 4 =m,求a+b的最小值. 解析(1)f(x)
16、= 2, 1, 2, 1 1, 1, 2 2或 1 1, 2 2. -1x1.丌等式f(x)2的解集为-1,1. 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 (2)|x-1|+|x+1|(x-1)-(x+1)|=2,m=2. 又1 + 4 =2,a0,b0, 1 2 + 2 =1. a+b=(a+b)( 1 2 + 2 )= 5 2 + 2 + 2 5 2+2= 9 2,当且仅当 1 + 4 = 2, = 2, 即 = 3 2 , = 3 时等号成立. (a+b)min=9 2. 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 示例6 2019全国卷,23,10分文设x,y,zR,且x+y
17、+z=1. (1)求(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值; (2)若(x-2)2+(y-1)2+(z-a)21 3成立,证明:a-3或a-1. 思维导引 (1)根据条件x+y+z=1和基本丌等式得到(x- 1)2+(y+1)2+(z+1)24 3,讨论x,y,z是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立 问题,基本丌等式等号成立时构造的x,y,z代入原丌等式,便可得到参数a的 取值范围. 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 解析(1)(x-1)+(y+1)+(z+1)2 =(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2+2(x-1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(
18、x-1) 3(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2, 因为x+y+z=1,所以(x-1)+(y+1)+(z+1)2=4. 故(x-1)2+(y+1)2+(z+1)24 3,当且仅当x-1=y+1=z+1,即x= 5 3,y=- 1 3,z=- 1 3 时等号成立. 所以(x-1)2+(y+1)2+(z+1)2的最小值为4 3. 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 (2)(基本丌等式法) (x-2)+(y-1)+(z-a)2 =(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2+2 (x-2)(y-1)+(y-1)(z-a)+(z-a)(x-2) 3(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2,
19、 故由已知得(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2(2+) 2 3 ,当且仅当x=4 3 ,y=1 3 ,z=22 3 时等号成立.因此(x-2)2+(y-1)2+(z-a)2的最小值为(2+) 2 3 . 由题设知(2+) 2 3 1 3,解得a-3或a-1. 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 方法技巧 1.利用绝对值三角不等式求最值 (1)形如f(x)=|Ax+B|+|Ax+C|的最值.因为|Ax+B|+|Ax+C|Ax+B-(Ax+C)|= |B-C|,当且仅当(Ax+B)(Ax+C)0时取“=”,所以 f(x)min=(|Ax+B|+|Ax+C|)min=|B-C|.
20、(2)形如f(x)=|Ax+B|-|Ax+C|的最值.因为|Ax+B|-|Ax+C|Ax+B-Ax-C|=|B-C|, 当且仅当(Ax+B)(Ax+C)0时取“=”,所以f(x)max=(|Ax+B|-|Ax+C|)max=|B- C|,f(x)min=(|Ax+B|-|Ax+C|)min=-|B-C|. (3)形如f(x)=|Ax+B|+|Cx+D|或f(x)=|Ax+B|-|Cx+D|的最值由绝对值的几何意义 作图可知. 考法4 利用绝对值三角丌等式或基本丌等式求最值 2.利用基本不等式求最值 在运用基本丌等式求函数的最大(小)值时,常需要对函数式作“添、裂、配、 凑”变形,使其完全满足基本丌等式要求的“正、定、等”三个条件. 3.利用数形结合法求最值 将函数解析式用分段函数形式表示,作出函数图象,结合图象求得最值.
