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1、第28练不等式选讲明考情不等式选讲是每年的高考必考题，以选做题的形式呈现，主要考查基本运算能力和推理论证能力，中低档难度.知考向1.绝对值不等式的解法.2.不等式的证明.3.不等式的应用.考点一绝对值不等式的解法方法技巧|xa|xb|c(c0)和|xa|xb|c(c0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想.(2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想.(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想.1.已知函数f(x)|xa|，其中a1.(1)当a2时，求不等式f(x)4|x4|的解集；(2)已知关于x的不等式|f(2xa)2f(x)
2、|2的解集为x|1x2，求a的值.解(1)当a2时，f(x)|x4|当x2时，由f(x)4|x4|，得2x64，解得x1；当2x4时，由f(x)4|x4|，得24，无解；当x4时，由f(x)4|x4|，得2x64，解得x5.所以f(x)4|x4|的解集为x|x1或x5.(2)记h(x)f(2xa)2f(x)，则h(x)由|h(x)|2，解得x.又已知|h(x)|2的解集为x|1x2，所以于是a3.2.(2017全国)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)x2xm的解集非空，求m的取值范围.解(1)f(x)当x1时，f(x)1无解；当1x2时，由f
3、(x)1，得2x11，解得1x2；当x2时，由f(x)1，解得x2.所以f(x)1的解集为x|x1.(2)由f(x)x2xm，得m|x1|x2|x2x，而|x1|x2|x2x|x|1|x|2x2|x|2，当且仅当x时，|x1|x2|x2x.故m的取值范围是.3.(2016全国)已知函数f(x)|2xa|a.(1)当a2时，求不等式f(x)6的解集；(2)设函数g(x)|2x1|，当xR时，f(x)g(x)3，求a的取值范围.解(1)当a2时，f(x)|2x2|2.解不等式|2x2|26，得1x3.因此f(x)6的解集为x|1x3.(2)当xR时，f(x)g(x)|2xa|a|12x|2xa12
4、x|a|1a|a，当x时等号成立，所以当xR时，f(x)g(x)3等价于|1a|a3.当a1时，等价于1aa3，无解；当a1时，等价于a1a3，解得a2.所以a的取值范围是2，).4.已知函数f(x)|2xa|2x3|，g(x)|x1|2.(1)解不等式|g(x)|5；(2)若对任意的x1R，都有x2R，使得f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1)由|x1|2|5，得5|x1|25，所以7|x1|3，可得不等式的解集为(2，4).(2)因为对任意x1R，都有x2R，使得f(x1)g(x2)成立，所以y|yf(x)y|yg(x).又f(x)|2xa|2x3|(2xa)(2x3)|a
5、3|，g(x)|x1|22，所以|a3|2，解得a1或a5，所以实数a的取值范围为(，51，).考点二不等式的证明要点重组(1)含绝对值的不等式的性质|a|b|ab|a|b|.(2)算术几何平均不等式.如果a1，a2，an为n个正数，则，当且仅当a1a2an时，等号成立.(3)柯西不等式设a，b，c，d均为实数，则(a2b2)(c2d2)(acbd)2，当且仅当adbc时等号成立.设a1，a2，a3，an，b1，b2，b3，bn是实数，则(aaa)(bbb)(a1b1a2b2anbn)2，当且仅当bi0(i1，2，n)或存在一个数k，使得aikbi(i1，2，n)时，等号成立.5.已知函数f(
6、x)m|x2|，mR，且f(x2)0的解集为1，1.(1)求m的值；(2)若a，b，cR，且m，求证：a2b3c9.(1)解因为f(x2)m|x|，所以f(x2)0等价于|x|m.由|x|m有解，得m0，且其解集为x|mxm.又f(x2)0的解集为1，1，故m1.(2)证明由(1)知1，又a，b，cR，由柯西不等式，得a2b3c(a2b3c)29.当且仅当a2b3c时，等号成立.所以a2b3c9.6.(2017全国)已知a0，b0，a3b32，证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a4
7、b42a2b2)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.7.已知定义在R上的函数f(x)|x1|x2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是正实数，且满足pqra，求证：p2q2r23.(1)解因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当1x2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a3.(2)证明由(1)知pqr3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2q2r2)(121212)(p1q1r1)2(pqr)29，即p2q2r23，当且仅当pqr1时取等号.8.已知ab0，且ma.(1)试
8、利用基本不等式求m的最小值t；(2)若实数x，y，z满足x24y2z2t，求证：|x2yz|3.(1)解由三个数的基本不等式，得m(ab)b33(当且仅当abb，即b1，a2时取“”号)，故有t3.(2)证明x24y2z23，由柯西不等式，得x2(2y)2z2(121212)(x2yz)2，当且仅当1，即xz1，y时取“”号.整理得(x2yz)29，即|x2yz|3.考点三不等式的应用方法技巧利用不等式的性质和结论可以求函数的最值，解决一些参数范围问题，恒成立问题，解题中要注意问题的转化.9.已知函数f(x)|x1|x2|，不等式tf(x)在R上恒成立.(1)求t的取值范围；(2)记t的最大值
9、为T，若正实数a，b，c满足a2b2c2T，求a2bc的最大值.解(1)因为f(x)|x1|x2|(x1)(x2)|3，所以f(x)min3.因为不等式tf(x)在R上恒成立，所以tf(x)min3，t的取值范围为(，3.(2)由(1)得Ttmax3，由柯西不等式，得(a2bc)2(122212)(a2b2c2)18，所以a2bc3.当且仅当，即a，b，c时，a2bc的最大值为3.10.已知a22b23c26，若存在实数a，b，c，使得不等式a2b3c|x1|成立，求实数x的取值范围.解由柯西不等式知，12()2()2a2(b)2(c)2(1abc)2，即6(a22b23c2) (a2b3c)
10、2.又a22b23c26，66(a2b3c)2，6a2b3c6.存在实数a，b，c，使得不等式a2b3c|x1|成立，|x1|6，7x5.x的取值范围是x|7x0.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围.解(1)当a1时，f(x)1化为|x1|2|x1|10.当x1时，不等式化为x40，无解；当1x0，解得x0，解得1x1的解集为.(2)由题设可得f(x)所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a1，0)，C(a，a1)，ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)26，故a2.所以a的取值范围为(2
11、，).例(10分)已知函数f(x)|3x2|.(1)解不等式f(x)4|x1|；(2)已知mn1(m，n0)，若|xa|f(x)(a0)对任意的xR恒成立，求实数a的取值范围.审题路线图(1)(2)规范解答评分标准解(1)不等式f(x)4|x1|，即|3x2|x1|4，当x时，不等式可化为3x2x14，解得x；1分当x1时，不等式可化为3x2x14，解得x；2分当x1时，不等式可化为3x2x14，无解3分综上所述，不等式的解集为.4分(2)(mn)114，当且仅当mn时，等号成立.5分令g(x)|xa|f(x)|xa|3x2|x时，g(x)maxa.8分要使不等式|xa|f(x)对任意的xR恒成立，只需g(x)maxa4，即0a.
