专题+不等式选讲年领军高考数学一轮复习(文理通用)

所以B?A，又|2x﹣4|+|x+1|＜2x+a在x∈（0，3）恒成立；… ?|2x﹣4|＜x+a﹣1在x∈（0，3）恒成立；…

?﹣x﹣a+1＜2x﹣4＜x+a﹣1在x∈（0，3）恒成立；… 故

思维升华 求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种 (1)利用绝对值的几何意义．

(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|. (3)利用零点分区间法．

【题型三】绝对值不等式的综合应用

【典型例题】

已知不等式x+|x﹣a|≥1的解集为R． （1）求a的取值范围；

（2）当a取得最小值时，请画出f（x）＝x+|x﹣a|的图象． 【解答】解：（1）∵x+|x﹣a|≥x﹣x+a＝a， ∴不等式x+|x﹣a|≥1的解集为R等价于a≥1， a的取值范围是[1，+∞）

（2）由（1）知a＝1，f（x）＝x+|x﹣1|，

图象如下：

【再练一题】

设函数f（x）＝|2x﹣4|+1．

（Ⅰ）求不等式f（x）≥x+3的解集；

（Ⅱ）关于x的不等式f（x）﹣2|x+2|≥a在实数范围内有解，求实数a的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）f（x）≥x+3，即|2x﹣4|+1≥x+3，则2|x﹣2|≥x+2， 当x≥2时，解得x≥6， 当x＜2，解得x

，

所以原不等式的解集为（﹣∞，）∪（6，+∞）

（Ⅱ）由不等式f（x）﹣2|x+2|≥a在实数范围内有解可得： a≤2|x﹣2|﹣2|x+2|+1在实数范围内有解， 令g（x）＝2|x﹣2|﹣2|x+2|+1，则a≤g（x）nax，

因为g（x）＝2|x﹣2|﹣2|x+2|+1≤2|（x﹣2）﹣（x+2）|+1＝9， 所以a≤g（x）max＝9，即a∈（﹣∞，9]．

思维升华 (1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决． (2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．

【题型四】用综合法与分析法证明不等式

【典型例题】

用综合法或分析法证明： （1）求证

2

．

（2）已知a+b+c＝1，a，b，c为正实数，证明 8．

【解答】证明（1）要证只需证明（即证明2

2

）2＞（

2）2，

，

，也就是证明42＞40，

上式显然成立，故原结论成立．

（2）（分析法）要证明8，

∵a+b+c＝1，只要证明??8，

∵，，，∴相乘可得；

（综合法）∵a，b，c为正实数，

∴，，，

∴??8，

∵a+b+c＝1， ∴

【再练一题】 已知函数f（x）＝x3

8．

，x∈[0，1]．

（1）用分析法证明：f（x）≥1﹣x+x2； （2）证明：

．

【解答】证明：（1）∵x∈[0，1]，∴x+1∈[1，2]． 要证明：f（x）≥1﹣x+x2，

只要证明：x3（x+1）+1≥（x+1）（1﹣x+x2）， 只要证明：x4≥0， 显然成立， ∴f（x）≥1﹣x+x2； （2）∵1﹣x+x2＝（x

）2

，当且仅当x

时取等号，

∵f（）

，f（x）≥1﹣x+x2，

∴f（x），

（2）∵0≤x≤1，∴x3≤x， ∴f（x）≤x

，

设g（x）＝x，x∈[0，1]，

∴g′（x）＝1

∴g（x）在[0，1]上单调递增， ∴f（x）≤g（1）

，

0，

综上所述明．

思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野． 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.

基础知识训练

1．已知f?x??x?a?a?0?．

（1）若函数F?x??f?x??f?2x?的最小值为3，求实数a的值；

（2）若a?2时，函数g?x??f?x??f??x?的最大值为k，且2m?3n?k?m?0,n?0?．求12?的最小值． m3n【答案】（1）6（2）2