第2讲 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 核心提炼(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 (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⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a 2，7x －a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a 2，3x ＋a ≤0，又a >0，∴不等式f (x )≤0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－a 3， 由题意得－a 3＝－1，解得a ＝3. 规律方法 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．跟踪演练1 (2020·福建省福州师范大学附中模拟)解不等式|x －1|＋|x －3|≤x ＋1.解 (1)当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，x ≥1.又∵x <1，∴x ∈∅；(2)当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，x ≥1.又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3.(3)当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，x ≤5.又∵x >3，∴3<x ≤5.综上可得，1≤x ≤5.∴原不等式的解集为{x |1≤x ≤5}．考点二 含绝对值不等式的恒成立(有解)问题 核心提炼定理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∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －1，x ≤－1，x ＋3，－1<x <1，3x ＋1，x ≥1，所以f (x )>4，即为⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－1，－3x －1>4或⎩⎪⎨⎪⎧ －1<x <1，x ＋3>4或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，3x ＋1>4，解得x <－53或x >1，所以不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－53∪(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∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得f (x 1)≥g (x 2)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]．规律方法 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．跟踪演练2 (2020·江西省吉安、抚州、赣州模拟)已知函数f (x )＝|3x －a |＋a ，a ∈R ，g (x )＝|3x ＋1|.(1)当g (x )≥10时，恒有f (x )≥9，求a 的最小值；(2)当x ∈R 时，恒有f (x )＋g (x )≥3，求实数a 的取值范围．解 (1)由g (x )≥10，得3x ＋1≥10或3x ＋1≤－10，解得x ≥3或x ≤－113. 由f (x )≥9，得|3x －a |≥9－a ，解得x ≥3或x ≤2a －93. 依题意有2a －93≥－113，即a ≥－1. 故a 的最小值为－1.(2)f (x )＋g (x )＝|3x －a |＋|3x ＋1|＋a ≥|3x －a －3x －1|＋a ＝|a ＋1|＋a ，当且仅当(3x －a )(3x ＋1)≤0时等号成立．解不等式|a ＋1|＋a ≥3，得a ≥1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．考点三 不等式的证明 核心提炼算术—几何平均不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 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：b 3c ＋c 3a ＋a 3b >abc .(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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －1，x ≤－1，x ＋3，－1<x <1，3x ＋1，x ≥1.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⎩⎪⎨⎪⎧(x ＋1)(x －1)≤0，x ＋1＝0， 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b 3c ＋c 3a ＋a 3b >abc ，即证明b 2a ＋c 2b ＋a 2c >1， 方法一 因为b 2a ＋c 2b ＋a 2c ＋a ＋b ＋c ＝b 2a ＋a ＋c 2b ＋b ＋a 2c＋c ≥2b 2＋2c 2＋2a 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b 2a ＋c 2b ＋a 2c>1，即b 3c ＋c 3a ＋a 3b >abc . 方法二 因为(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥(b ＋c ＋a )2，当且仅当a b ＝b c ＝c a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b 2a ＋c 2b ＋a 2c>1，即b 3c ＋c 3a ＋a 3b >abc . 规律方法 (1)证明不等式的基本方法有综合法、分析法等，也常用到基本不等式进行证明．(2)对于含有绝对值的不等式，在证明时常用到绝对值三角不等式．(3)对于含有根号的不等式，在证明时可用平方法(前提是不等式两边均为正数)．(4)如果所证明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，可以考虑反证法．跟踪演练3 (2020·全国Ⅲ)设a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1.(1)证明：ab ＋bc ＋ca <0；(2)用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 的最大值，证明：max{a ，b ，c }≥34.证明 (1)∵(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2ac ＋2bc ＝0，∴ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)． ∵a ，b ，c 均不为0，则a 2＋b 2＋c 2>0，∴ab ＋bc ＋ca ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)<0. (2)不妨设max{a ，b ，c }＝a ，由a ＋b ＋c ＝0，abc ＝1可知，a >0，b <0，c <0，∵a ＝－b －c ，a ＝1bc， ∴a 3＝a 2·a ＝(b ＋c )2bc ＝b 2＋c 2＋2bc bc ≥2bc ＋2bc bc＝4. 当且仅当b ＝c 时，取等号，∴a≥34，即max{a ，b ，c }≥34. 专题强化练1．(2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝|3x ＋1|－2|x －1|.(1)画出y ＝f (x )的图象；(2)求不等式f (x )>f (x ＋1)的解集．解 (1)因为f (x )＝⎩⎨⎧ x ＋3，x ≥1，5x －1，－13<x <1，－x －3，x ≤－13，作出图象，如图所示．(2)将函数f (x )的图象向左平移1个单位长度，可得函数f (x ＋1)的图象，如图所示，由－x －3＝5(x ＋1)－1，解得x ＝－76. 所以不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，－76. 2．(2019·全国Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1.证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2； (2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，且abc ＝1，故有 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立． 所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2. (2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33(a ＋b )3(b ＋c )3(a ＋c )3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac )＝24，当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立．所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.3．已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|1－x |.(1)解不等式f (x )≤－x ＋2；(2)当x ∈R 时，不等式f (x )≥t 2－2t ＋12恒成立，求实数t 的取值范围． 解 (1)f (x )＝⎩⎨⎧－3x ，x ≤－12，x ＋2，－12<x <1，3x ，x ≥1，当x ≤－12时，－3x ≤－x ＋2，解得－1≤x ≤－12； 当－12<x <1时，x ＋2≤－x ＋2，解得－12<x ≤0； 当x ≥1时，3x ≤－x ＋2，无解．综上，不等式f (x )≤－x ＋2的解集为{x |－1≤x ≤0}．(2)由函数f (x )的解析式知，当x ≤－12时，f (x )单调递减，当x >－12时，f (x )单调递增； 所以f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫－12＝32.不等式f (x )≥t 2－2t ＋12恒成立等价于f (x )min ≥t 2－2t ＋12，即32≥t 2－2t ＋12，解得1－2≤t ≤1＋2，所以实数t 的取值范围是[1－2，1＋2]．4．(2020·四川省达州市诊断性测试)已知函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －1|.(1)求不等式f (x )>x ＋5的解集；(2)若|x 1－x 2|>1，求证：f (x 1＋x 2)＋f (2x 1)>3.(1)解 f (x )＝|x ＋1|＋2|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x ＋1，x ≤－1，－x ＋3，－1<x <1，3x －1，x ≥1.当x ≤－1时，由－3x ＋1>x ＋5，解得x <－1.当－1<x <1时，由－x ＋3>x ＋5，此时无解．当x ≥1时，由3x －1>x ＋5，解得x >3.综上所述，f (x )>x ＋5的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．(2)证明 ∵|x 1－x 2|>1，∴f (x 1＋x 2)＋f (2x 1)＝|x 1＋x 2＋1|＋2|x 1＋x 2－1|＋|2x 1＋1|＋2|2x 1－1|≥|(x 1＋x 2＋1)－(2x 1＋1)|＋2|(x 1＋x 2－1)－(2x 1－1)|＝3|x 1－x 2|>3.故f (x 1＋x 2)＋f (2x 1)>3成立．。