5、一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范圍為[－1,1]． (10分)
1．零點分段求解絕對值不等式的模型
(1)求零點；
(2)劃區(qū)間，去絕對值號；
(3)分別解去掉絕對值號的不等式；
(4)取每個結(jié)果的并集，注意在分段討論時不要遺漏區(qū)間的端點值．
2．絕對值不等式的成立問題的求解模型
(1)分離參數(shù)：根據(jù)不等式將參數(shù)分離化為a≥f(x)或a≤f(x)形式；
(2)轉(zhuǎn)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
6、無解?f(x)max≤a；f(x)＜a無解?f(x)min≥a；
(3)得結(jié)論．
[練通——即學(xué)即用]
1．(2018·洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x－a|(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝2時，解不等式|x－|＋f(x)≥1；
(2)設(shè)不等式|x－|＋f(x)≤x的解集為M，若[，]?M，求實數(shù)a的取值范圍．
解析：(1)當(dāng)a＝2時，原不等式可化為|3x－1|＋|x－2|≥3.
①當(dāng)x≤時，原不等式可化為－3x＋1＋2－x≥3，解得x≤0，所以x≤0；
②當(dāng)＜x＜2時，原不等式可化為3x－1＋2－x≥3，解得x≥1，所以1≤x＜2；
③當(dāng)x≥2時，原不等式可化為3x－1＋x－
7、2≥3，解得x≥，所以x≥2.綜上所述，當(dāng)a＝2時，原不等式的解集為{x|x≤0或x≥1}．
(2)不等式|x－|＋f(x)≤x可化為|3x－1|＋|x－a|≤3x，
依題意知不等式|3x－1|＋|x－a|≤3x在[，]上恒成立，
所以3x－1＋|x－a|≤3x，即|x－a|≤1，
即a－1≤x≤a＋1，所以解得－≤a≤，
故所求實數(shù)a的取值范圍是[－，]．
2．(2018·浦東五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝m－|x－1|－|x＋1|.
(1)當(dāng)m＝5時，求不等式f(x)＞2的解集；
(2)若二次函數(shù)y＝x2＋2x＋3與函數(shù)y＝f(x)的圖象恒有公共點，求實數(shù)m的取值范圍．
解
8、析：(1)當(dāng)m＝5時，f(x)＝
由f(x)＞2得不等式的解集為{x|－＜x＜}．
(2)因為y＝x2＋2x＋3＝(x＋1)2＋2，所以該函數(shù)在x＝－1處取得最小值2，
因為f(x)＝在x＝－1處取得最大值m－2，
所以要使二次函數(shù)y＝x2＋2x＋3與函數(shù)y＝f(x)的圖象恒有公共點，
只需m－2≥2，即m≥4.
含絕對值不等式的恒成立問題
授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第80頁
[悟通——方法結(jié)論]
絕對值不等式中蘊含最佳思想，即可利用≤|a±b|≤|a|＋|b|去求形如f(x)＝|x－a|＋|x－b|或f(x)＝|x－a|－|x－b|的最值．
[全練——快
9、速解答]
1．(2017·高考全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集；
(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范圍．
解析：(1)f(x)＝
當(dāng)x<－1時，f(x)≥1無解；
當(dāng)－1≤x≤2時，由f(x)≥1得，2x－1≥1，解得1≤x≤2；
當(dāng)x>2時，由f(x)≥1解得x>2.
所以f(x)≥1的解集為{x|x≥1}．
(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|
＝－2＋
≤，
且當(dāng)x＝時，|x
10、＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范圍為.
2．(2018·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.
(1)當(dāng)k＝1時，若不等式f(x)＜4的解集為{x|x1＜x＜x2}，求x1＋x2的值；
(2)當(dāng)x∈R時，若關(guān)于x的不等式f(x)≥k恒成立，求k的最大值．
解析：(1)由題意，得|x－2|＋|x＋1|＜4.
當(dāng)x＞2時，原不等式可化為2x＜5，∴2＜x＜；
當(dāng)x＜－1時，原不等式可化為－2x＜3，∴－＜x＜－1；
當(dāng)－1≤x≤2時，原不等式可化為3＜4，∴－1≤x≤2.
綜上，原不等式的解集為{x|－＜x＜}，即x1＝－，x2＝.
∴x1
11、＋x2＝1.
(2)由題意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k.
當(dāng)x＝2時，即不等式3k≥k成立，∴k≥0.
當(dāng)x≤－2或x≥0時，
∵|x＋1|≥1，∴不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立．
當(dāng)－2＜x≤－1時，
原不等式可化為2－x－kx－k≥k，可得k≤＝－1＋，
∴k≤3.
當(dāng)－1＜x＜0時，
原不等式可化為2－x＋kx＋k≥k，可得k≤1－，
∴k＜3.
綜上，可得0≤k≤3，即k的最大值為3.
不等式恒成立問題關(guān)鍵在于利用轉(zhuǎn)化思想，常見的有：
f(x)＞a恒成立?f(x)min＞a；f(x)＜a恒成立?f(x)max＜a；f(x)＞a
12、有解?f(x)max＞a；f(x)＜a有解?f(x)min＜a；f(x)＞a無解?f(x)max≤a；f(x)＜a無解?f(x)min≥a.
不等式的證明
授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第80頁
[悟通——方法結(jié)論]
證明不等式的5個基本方法
(1)比較法：作差或作商比較．
(2)綜合法：根據(jù)已知條件、不等式的性質(zhì)、基本不等式，通過邏輯推理導(dǎo)出結(jié)論．
(3)分析法：執(zhí)果索因的證明方法．
(4)反證法：反設(shè)結(jié)論，導(dǎo)出矛盾．
(5)放縮法：通過把不等式中的部分值放大或縮小的證明方法．
[全練——快速解答]
1．(2017·高考全國卷Ⅱ)已知a＞0，b＞0，a3
13、＋b3＝2.證明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2) a＋b≤2.
證明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
2．(2018·南寧、柳州聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝|x－1|.
(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；
(2)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值為m，正數(shù)a，b滿足a＋b＝m，求證：＋≥4.
14、解析：(1)當(dāng)x≥1時，x－1≥3－2x，解得x≥，∴x≥；
當(dāng)0＜x＜1時，1－x≥3－2x，解得x≥2，無解；
當(dāng)x≤0時，1－x≥3＋2x?x≤－，∴x≤－.
∴原不等式的解集為{x|x≥或x≤－}．
(2)證明：法一：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4.
又＋b≥2a，＋a≥2b，
∴兩式相加得(＋b)＋(＋a)≥2a＋2b，∴＋≥a＋b＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時等號成立．
法二：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4，
由柯西不等式得(＋)(b＋a)≥(a＋
15、b)2，∴＋≥a＋b＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝b＝2時等號成立．
不等式證明的常用方法
對于不等式的證明問題常用比較法、綜合法和分析法．
(1)一般地，對于含根號的不等式和含絕對值的不等式的證明，“平方法”(即不等號兩邊平方)是其有效方法．
(2)如果所證命題是否定性命題或唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出，則考慮用反證法．
(3)能轉(zhuǎn)化為比較大小的可以用比較法．
(4)利用基本不等式證明的多用綜合法與分析法．
授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第160頁
1．已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)＜|x|＋1；
(2)若對x
16、，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求證：f(x)＜1.
解析：(1)∵f(x)＜|x|＋1，∴|2x－1|＜|x|＋1，
即或或
得≤x＜2或0＜x＜或無解．
故不等式f(x)＜|x|＋1的解集為{x|0＜x＜2}．
(2)證明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝＜1.
2．(2018·高考全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)?(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)畫出y＝?(x)的圖象；
(2)當(dāng)x∈[0，＋∞)時，?(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解析：(1)?(x
17、)＝
y＝?(x)的圖象如圖所示．
(2)由(1)知，y＝?(x)的圖象與y軸交點的縱坐標(biāo)為2，且各部分所在直線斜率的最大值為3，故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時，?(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值為5.
3．(2018·福州四校聯(lián)考)(1)求不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集；
(2)設(shè)a，b均為正數(shù)，h＝max，證明：h≥2.
解析：(1)記f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝
由－2＜－2x－1＜0，解得－＜x＜，則不等式的解集為(－，)．
(2)證明：h≥，h≥，h≥，
h3≥≥＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，∴h≥2.
4．(2018·石家莊模
18、擬)已知函數(shù)f(x)＝|ax－1|－(a－2)x.
(1)當(dāng)a＝3時，求不等式f(x)＞0的解集；
(2)若函數(shù)f(x)的圖象與x軸沒有交點，求實數(shù)a的取值范圍．
解析：(1)當(dāng)a＝3時，不等式可化為|3x－1|－x＞0，即|3x－1|＞x，
∴3x－1＜－x或3x－1＞x，解得x＞或x＜，
故f(x)＞0的解集為{x|x＜或x＞}．
(2)當(dāng)a＞0時，f(x)＝要使函數(shù)f(x)的圖象與x軸無交點，
只需得1≤a＜2；
當(dāng)a＝0時，f(x)＝2x＋1，函數(shù)f(x)的圖象與x軸有交點；
當(dāng)a＜0時，f(x)＝要使函數(shù)f(x)的圖象與x軸無交點，
只需此時無解．
綜上可知，當(dāng)1≤a＜2時，函數(shù)f(x)的圖象與x軸無交點．
2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 系列4選講 第二講 不等式選講教案 理
