新（全国甲卷）高考数学大二轮总复习与增分策略 专题八 系列4选讲 第2讲 不等式选讲练习 理-人教版高三全册数学试题.doc

第2讲不等式选讲

1．(2016·课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M为不等式f(x)<2的解集．
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.
(1)解f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2).))
当x≤－eq\f(1,2)时，由f(x)<2得－2x<2，
解得x>－1，所以，－1<x≤－eq\f(1,2)；
当－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)时，f(x)<2；
当x≥eq\f(1,2)时，由f(x)<2得2x<2，解得x<1，所以，－eq\f(1,2)<x<1.
所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}．
(2)证明由(1)知，当a，b∈M时，－1<a<1，－1<b<1，
从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0，即(a＋b)2<(1＋ab)2，因此|a＋b|<|1＋ab|.
2．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1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a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1；
当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))).
(2)由题设可得，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－2a，x<－1，,3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x>a.))
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Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a－1,3)，0))，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为eq\f(2,3)(a＋1)2.
由题设得eq\f(2,3)(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．

本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.

热点一含绝对值不等式的解法

含有绝对值的不等式的解法
(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已知函数f(x)＝|x－a|，其中a＞1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
解(1)当a＝2时，
f(x)＋|x－4|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋6，x≤2，,2，2＜x＜4，,2x－6，x≥4.))
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|
得－2x＋6≥4，解得x≤1；
当2＜x＜4时，f(x)≥4－|x－4|无解；
当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|
得2x－6≥4，解得x≥5；
所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}．
(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，
则h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a，x≤0，,4x－2a，0＜x＜a，,2a，x≥a.))
由|h(x)|≤2，解得eq\f(a－1,2)≤x≤eq\f(a＋1,2).
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，
所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,2)＝1，,\f(a＋1,2)＝2，))于是a＝3.
思维升华(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