专题02不等式选讲-2021年高考数学（理）三轮突破提升专题

《2021年数学（理）选修教材二轮突破提升》 专题01不等式选讲 【考情分析】　1.绝对值不等式的求解与函数问题的综合，这是高考命题的热点.2.绝对值不等式中的恒成立问题与不等式的证明相结合． 考点一　含有绝对值的不等式的解法 重点热点 (1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<－a. (2)|f(x)|<a(a>0)⇔－a<f(x)<a. (3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解． 例1　设函数f(x)＝|2x－a|＋5x，其中a>0. (1)当a＝3时，求不等式f(x)≥5x＋1的解集； (2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值． 【解析】　(1)当a＝3时，不等式f(x)≥5x＋1， 即|2x－3|＋5x≥5x＋1， 即|2x－3|≥1，解得x≥2或x≤1， ∴不等式f(x)≥5x＋1的解集为{x|x≤1或x≥2}． (2)由f(x)≤0，得|2x－a|＋5x≤0， 即或 又a>0，∴不等式f(x)≤0的解集为， 由题意得－＝－1，解得a＝3. 【方法小结】　含绝对值不等式的解法 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤 ①求零点； ②划区间、去绝对值符号； ③分别解去掉绝对值的不等式； ④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值． (2)用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法． 考点二　含绝对值不等式的恒成立(有解)问题 重点热点 定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立． 定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立． 例2　已知函数f(x)＝|x－1|＋|2x＋2|，g(x)＝|x＋2|＋|x－2a|＋a. (1)求不等式f(x)>4的解集； (2)对∀x1∈R，∃x2∈R，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)因为f(x)＝ 所以f(x)>4，即为或 或解得x<－或x>1， 所以不等式的解集为∪(1，＋∞)． (2)由(1)知，当x＝－1时，f(x)min＝2，g(x)＝|x＋2|＋|x－2a|＋a≥|(x＋2)－(x－2a)|＋a＝|2a＋2|＋a， 由题意，对∀x1∈R，∃x2∈R，使得f(x1)≥g(x2)成立， 故f(x)min≥g(x)min， 即2≥|2a＋2|＋a，所以a－2≤2a＋2≤2－a， 解得－4≤a≤0， 所以实数a的取值范围为[－4,0]． 【方法小结】　绝对值不等式的恒成立(有解)问题的求解策略 (1)分离参数：根据不等式将参数分离，化为a≥f(x)或a≤f(x)的形式． (2)转化最值：f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a；f(x)>a有解⇔f(x)max>a；f(x)<a有解⇔f(x)min<a；f(x)>a无解⇔f(x)max≤a；f(x)<a无解⇔f(x)min≥a. (3)求最值：利用基本不等式或绝对值不等式求最值． 考点三　不等式的证明 重点热点 算术—几何平均不等式 定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立． 定理2：如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立． 定理3：如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c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a1＝a2＝…＝an时，等号成立． 例3　已知a，b，c为正数，f(x)＝|x＋a|＋|x＋b|＋|x－c|. (1)若a＝b＝c＝1，求函数f(x)的最小值； (2)若f(0)＝1且a，b，c不全相等，求证：b3c＋c3a＋a3b>abc. 【解析】(1)解　因为a＝b＝c＝1， 所以f(x)＝|x＋a|＋|x＋b|＋|x－c|＝2|x＋1|＋|x－1|， 方法一　由上可得，f(x)＝ 所以，当x＝－1时，函数f(x)的最小值为2. 方法二　f(x)＝|x＋a|＋|x＋b|＋|x－c|＝|x＋1|＋|x＋1|＋|x－1|≥|x＋1|＋|x＋1－x＋1|＝2＋|x＋1|≥2， 当且仅当 即x＝－1时，函数f(x)取得最小值2. (2)证明　因为a，b，c为正数，所以要证b3c＋c3a＋a3b>abc，即证明＋＋>1， 方法一　因为＋＋＋a＋b＋c＝＋a＋＋b＋＋c≥2＋2＋2＝2(a＋b＋c)，当且仅当a＝b＝c时取等号． 又因为f(0)＝1，即a＋b＋c＝1且a，b，c不全相等， 所以＋＋>1，即b3c＋c3a＋a3b>abc. 方法二　因为(a＋