专题七第2讲不等式选讲(Word教参)--高考数学二轮专题复习.docx

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1、第2讲不等式选讲命题角度素养清单真题示例典例回顾绝对值不等式的解法及其有关的范围与最值的问题逻辑推理数学运算2021全国甲，232021全国乙，232020全国，232020全国，232019全国，231. (2021全国甲)已知函数f(x)|x2|，g(x)|2x3|2x1|.(1)画出yf(x)和yg(x)的图象；(2)若f(xa)g(x)，求a的取值范围2(2020全国)已知函数f(x)|xa2|x2a1|.(1)当a2时，求不等式f(x)4的解集；(2)若f(x)4，求a的取值范围.不等式的证明逻辑推理数学运算2020全国，232019全国，232019全国，233.(2020全国)设

2、a，b，cR，abc0，abc1.(1)证明：abbcca0；(2)用maxa，b，c表示a，b，c的最大值，证明：maxa，b，c.1.解析 (1)由题意可得f(x)|x2|g(x)|2x3|2x1|画出的函数图象如图所示(2)yf(xa)的图象是由函数yf(x)的图象向左平移a(a0)个单位长度或向右平移|a|(a1时，x1x36，解得x2.综上，不等式f(x)6的解集为x|x4或x2(2)f(x)|xa|x3|(xa)(x3)|3a|，当且仅当ax3时，等号成立，若f(x)a，则|3a|a，即3aa或3aa，解得a，故a的取值范围为.2已知关于x的函数f(x)|x1|xm|.(1)若f(

3、x)3对所有的xR恒成立，求实数m的取值范围；(2)若关于x的不等式f(m)2mx2x的解集非空，求实数m的取值范围解析 (1)f(x)|x1|xm|m1|3，所以m13或m13，所以m2或m4.故实数m的取值范围为(，42，)(2)因为f(m)2mx2x的解集非空，所以|m1|2m(x2x)min，所以|m1|2m.当2m0，即m时，|m1|2m恒成立，即m0，所以不等式|m1|2m可化为m12m，解得m.综上可得，实数m的取值范围为.3已知函数f(x)|x1|2x2|.(1)求f(x)的值域；(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0)a，求a的取值范围解析 (1)f(x)|x1|2x2|画

4、出f(x)的图象如图所示由图象可知函数f(x)的值域为(，2(2)由(1)知，若关于x的不等式f(x)a的解集非空，则a2，且x1是此不等式的解因为存在唯一的整数x0，使得f(x0)a，则解得a1.因此a的取值范围为1,2)题型二 不等式的证明1用比较法证明不等式的一般步骤为作差(商)变形判断结论，而变形的方法一般有配方、通分和分解因式2综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间、不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换以及恰当选择已知不等式是证明的关键3当所证明的不等式不能使用比较法，且和重要不等式、基本不等式没有直接联系，或者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，

5、使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆4绝对值不等式证明的三种主要方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明(2)利用三角不等式|a|b|ab|a|b|进行证明(3)转化为函数问题，数形结合进行证明4(2019全国)已知a，b，c为正数，且满足abc1.证明：(1)a2b2c2；(2)(ab)3(bc)3(ca)324.证明 (1)因为abc1，所以abcbcacab.又因为2(a2b2c2)(a2b2)(b2c2)(c2a2)2ab2bc2ac，当且仅当abc时，等号成立，所以2(a2b2c2)2，即a2b2c2.(2)因为a，b，c为正数，所以(ab)3(bc)3

6、(ca)333(ab)(bc)(ca)，当且仅当abc时，等号成立又ab2，bc2，ac2，当且仅当abc时，等号同时成立，所以(ab)3(bc)3(ca)3322224，又abc1，所以(ab)3(bc)3(ca)324.5设a，b，c0，且abbcca1.(1)求证：abc；(2)求证：()证明 (1)要证abc，由于a，b，c0，因此只需证明(abc)23，即证a2b2c22(abbcca)3，而abbcca1，故只需证明a2b2c22(abbcca)3(abbcca)，即证a2b2c2abbcca.而abbccaa2b2c2，当且仅当abc时，等号成立所以原不等式成立(2)易得.由于(

7、1)中已证abc.因此要证原不等式成立，只需证明，即证abc1，即证abcabbcca，而a，b，c，所以abc abbcca，当且仅当abc时，等号成立所以原不等式成立6(1)解不等式|x1|x3|4.(2)若a，b满足(1)中不等式，求证：2|ab|ab2a2b|.解析 (1)当x3时，|x1|x3|x1x32x44，解得x4，所以4x3；当3x1时，|x1|x3|x1x324恒成立，所以3x1；当x1时，|x1|x3|x1x32x44，解得x0，所以1x0.综上，不等式|x1|x3|4的解集为x|4x0(2)证明：欲证2|ab|ab2a2b|，即证4(ab)2(ab2a2b)2，又a，b

8、(4,0)，所以4(ab)2(ab2a2b)2(a2b24a2b4ab216ab)ab(b4)(a4)0，所以4(ab)2(ab2a2b)2，所以2|ab|ab2a2b|.题型三 应用基本不等式或柯西不等式求最值1利用基本(均值)不等式解题一定要注意应用的前提“一正”“二定”“三相等”所谓“一正”是指正数，“二定”是指应用基本(均值)不等式求最值时，和或积为定值，“三相等”是指满足等号成立的条件2使用柯西不等式求最值的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，其一般结构为(aaaa)(111)2n2，在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件7已知函数f(x)的定义域为R.(1)求

9、实数m的取值范围；(2)若m的最大值为n，当正数a，b满足n时，求7a4b的最小值解析 (1)由题意可知|x1|x3|m0对任意实数x恒成立设函数g(x)|x1|x3|，则m不大于函数g(x)的最小值又|x1|x3|(x1)(x3)|4，即g(x)的最小值为4，所以m4.故实数m的取值范围为(，4(2)由(1)知n4，又因为n，所以7a4b，当且仅当a2b3ab，即b2a时，等号成立所以7a4b的最小值为.8(2019全国)设x，y，zR，且xyz1.(1)求(x1)2(y1)2(z1)2的最小值；(2)若(x2)2(y1)2(za)2成立，证明：a3或a1.解析 (1)由柯西不等式可得(x1

10、)2(y1)2(z1)2(121212)(x1)(y1)(z1)2(xyz1)24，故(x1)2(y1)2(z1)2，当且仅当x1y1z1，xyz1，即x，y，z时，等号成立，所以(x1)2(y1)2(z1)2的最小值为.(2)证明：因为(x2)2(y1)2(za)2，所以(x2)2(y1)2(za)2(121212)1.根据柯西不等式等号成立的条件，当x2y1za，即x2，y1，za时，有(x2)2(y1)2(za)2(121212)(x2y1za)2(a2)2成立所以(a2)21成立，所以有a3或a1.1已知x，y，z均是正实数，且x24y2z216，求证：xyz6.证明 由柯西不等式得x

11、2(2y)2z2(xyz)2，因为x24y2z216，所以(xyz)21636，所以xyz6，当且仅当x4yz时，等号成立2已知函数f(x)|2x1|2x3|.(1)求不等式f(x)6的解集；(2)若关于x的不等式f(x)|a1|的解集非空，求实数a的取值范围解析 (1)不等式f(x)6即为|2x1|2x3|6，所以等价于或或解得1x或x或4，解此不等式得a5.故实数a的取值范围为(，3)(5，)3(2020全国)已知函数f(x)|3x1|2|x1|.(1)画出yf(x)的图象；(2)求不等式f(x)f(x1)的解集解析 (1)由题设知f(x)yf(x)的图象如图(1)所示(1)(2)函数yf

12、(x)的图象向左平移1个单位长度后得到yf(x1)的图象，如图(2)所示(2)可解得yf(x)的图象与yf(x1)的图象的交点坐标为.由图象可知当且仅当x时，yf(x)的图象在yf(x1)的图象上方故不等式f(x)f(x1)的解集为.4(1)设ab0，求证：3a32b33a2b2ab2.(2)设a0，|x1|，|y2|，求证：|2xy4|0，所以ab0,3a22b20，所以(ab)(3a22b2)0，所以3a32b33a2b2ab2.(2)因为|x1|，|y2|，所以|2xy4|2(x1)(y2)|2|x1|y2|2a.5已知函数f(x)|x1|2xm|，mR.(1)当m3时，解不等式f(x)3；(2)若存在x0满足f(x0)2|x01|，求实数m的取值范围解析 (1)当m3时，不等式f(x)3或或解得x或x.所以不等式f(x)3的解集为.(2)存在x0满足f(x0)2|x01|等价于不等式|2x2|2xm|2有解，因为|2x2|2xm|m2|，所以|m2|2，解得0m4，故实数m的取值范围是(0,4).