【数学】2019届一轮复习北师大版 不等式选讲 学案

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文档介绍

【数学】2019届一轮复习北师大版 不等式选讲 学案

‎ 14.2　不等式选讲 最新考纲 考情考向分析 ‎1.理解绝对值不等式的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b∈R)．‎ ‎2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：‎ ‎|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.‎ ‎3.通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.‎ 本节题目常见的是解绝对值不等式、利用不等式恒成立求参数的值或范围，求含有绝对值的函数最值也是考查的热点．求解的一般方法是去掉绝对值，也可以借助数形结合求解．在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、低档.‎ ‎1．绝对值不等式的解法 ‎(1)含绝对值的不等式|x|a的解集 不等式 a>0‎ a＝0‎ a<0‎ ‎|x|a ‎(－∞，－a)∪(a，＋∞)‎ ‎(－∞，0)∪(0，＋∞)‎ R ‎(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 ‎①|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c；‎ ‎②|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c.‎ ‎(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)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“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；‎ ‎③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现了函数与方程的思想．‎ ‎2．含有绝对值的不等式的性质 ‎(1)如果a，b是实数，则|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．‎ ‎(2)如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．‎ ‎3．不等式证明的方法 ‎(1)比较法 ‎①作差比较法 知道a>b⇔a－b>0，ab，只要证明a－b>0即可，这种方法称为作差比较法．‎ ‎②作商比较法 由a>b>0⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明>1即可，这种方法称为作商比较法．‎ ‎(2)综合法 从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫作综合法，即“由因导果”的方法．‎ ‎(3)分析法 从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫作分析法，即“执果索因”的方法．‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)若|x|>c的解集为R，则c≤0.(　×　)‎ ‎(2)不等式|x－1|＋|x＋2|<2的解集为∅.(　√　)‎ ‎(3)对|a＋b|≥|a|－|b|当且仅当a>b>0时等号成立．(　×　)‎ ‎(4)对|a|－|b|≤|a－b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立．(　×　)‎ ‎(5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．(　√　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．不等式3≤|5－2x|<9的解集为(　　)‎ A．[－2,1)∪[4,7) B．(－2,1]∪(4,7]‎ C．(－2，－1]∪[4,7) D．(－2,1]∪[4,7)‎ 答案　D 解析　由题意得 即 解得不等式的解集为(－2,1]∪ [4,7)．‎ ‎3．求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集．‎ 解　①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，‎ ‎∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1；‎ ‎②当1－1时，f(x)＝ ‎∴f(x)min＝f(a)＝a＋1＝5，∴a＝4成立．‎ 综上，a＝4或a＝－6.‎ 方法二　当a＝－1时，f(x)min＝0，不符合题意；‎ 当a≠－1时，f(x)min＝f(a)＝|a＋1|＝5，‎ ‎∴a＝4或a＝－6.‎ ‎5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为．‎ 答案　9‎ 解析　把a＋b＋c＝1代入到＋＋中，‎ 得＋＋ ‎＝3＋＋＋ ‎≥3＋2＋2＋2＝9，‎ 当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．‎ ‎6．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为．‎ 答案　 解析　设y＝|2x－1|＋|x＋2|‎ ‎＝ 当x<－2时，y＝－3x－1>5；‎ 当－2≤x<时，y＝－x＋3>，y≤5；‎ 当x≥时，y＝3x＋1≥，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，所以≥a2＋a＋2.‎ 解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤，‎ 故实数a的取值范围为.‎ 题型一　绝对值不等式的解法 ‎1．(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；‎ ‎(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①‎ 当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；‎ 当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；‎ 当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，‎ 从而10.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；‎ ‎(2)若f(x)的图像与x轴围成的三角形的面积大于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－10，解得0，解得1≤x<2.‎ 所以f(x)>1的解集为.‎ ‎(2)由题设可得，f(x)＝ 所以函数f(x)的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，‎ ‎△ABC的面积为(a＋1)2.‎ 由题设得(a＋1)2>6，故a>2.‎ 所以a的取值范围为(2，＋∞)．‎ 思维升华解绝对值不等式的基本方法 ‎(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．‎ ‎(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式．‎ ‎(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．‎ 题型二　利用绝对值不等式求最值 典例 (1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值；‎ ‎(2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．‎ 解　(1)∵x，y∈R，‎ ‎∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，‎ 当且仅当0≤x≤1时等号成立，‎ ‎∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，‎ 当且仅当－1≤y≤1时等号成立，‎ ‎∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3.‎ 当且仅当0≤x≤1，－1≤y≤1同时成立时等号成立．‎ ‎∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.‎ ‎(2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.‎ 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．‎ 跟踪训练(2017·镇江模拟)已知a和b是任意非零实数．‎ ‎(1)求的最小值；‎ ‎(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围．‎ 解　(1)∵≥ ‎＝＝4，‎ 当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时等号成立，‎ ‎∴的最小值为4.‎ ‎(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤恒成立，‎ 故|2＋x|＋|2－x|≤min.‎ 由(1)可知，的最小值为4，‎ ‎∴x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集．‎ 解不等式得－2≤x≤2，‎ 故实数x的取值范围为[－2,2]．‎ 题型三　绝对值不等式的综合应用 典例已知函数f(x)＝|x－a|＋(a≠0)．‎ ‎(1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值；‎ ‎(2)当a<时，函数g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)∵f(x)＝|x－a|＋(a≠0)，‎ ‎∴f(x＋m)＝|x＋m－a|＋，‎ ‎∴f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤1，‎ 又|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，‎ ‎∴|m|≤1，∴－1≤m≤1，‎ ‎∴实数m的最大值为1.‎ ‎(2)当a<时，‎ g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋ ‎＝ ‎∴g(x)min＝g＝－a＋ ‎＝≤0，‎ ‎∴或 ‎∴－≤a<0，‎ ‎∴实数a的取值范围是.‎ 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．‎ 跟踪训练(2017·全国Ⅲ)已知函数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的取值范围．‎ 解　(1)f(x)＝ 当x＜－1时，f(x)≥1无解；‎ 当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；‎ 当x＞2时，由f(x)≥1，解得x＞2，‎ 所以f(x)≥1的解集为{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＋≤，‎ 当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.‎ 故m的取值范围为.‎ 题型四　用综合法与分析法证明不等式 典例 (1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋≥2y＋3；‎ ‎(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥.‎ 证明　(1)因为x>0，y>0，x－y>0，‎ ‎2x＋－2y＝2(x－y)＋ ‎＝(x－y)＋(x－y)＋ ‎≥3＝3，‎ 所以2x＋≥2y＋3.‎ ‎(2)因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥，‎ 只需证明(a＋b＋c)2≥3.‎ 即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，‎ 而ab＋bc＋ca＝1，‎ 故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，‎ 即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.‎ 而ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立，‎ 所以原不等式成立．‎ 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．‎ 跟踪训练 (2017·全国Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；‎ ‎(2)a＋b≤2.‎ 证明　(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6‎ ‎＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)‎ ‎＝4＋ab(a4＋b4－2a2b2)‎ ‎＝4＋ab(a2－b2)2≥4.‎ ‎(2)因为(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.‎ ‎1．解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.‎ 解　方法一　如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数．‎ 显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把点A向左移动一个单位到点A1，此时|A1A|＋|A1B|＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时|B1A|＋|B1B|＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．‎ 方法二　由原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5，‎ 可得或 或解得x≥2或x≤－3，‎ ‎∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．‎ 方法三　将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0.‎ 令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，则 f(x)＝ 作出函数的图像，如图所示．‎ 由图像可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，‎ ‎∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．‎ ‎2．(2017·烟台二模)若不等式log2(|x＋1|＋|x－2|－m)≥2恒成立，求实数m的取值范围．‎ 解　由题意可知|x＋1|＋|x－2|－m≥4恒成立，‎ 即m≤(|x＋1|＋|x－2|－4)min.‎ 又因为|x＋1|＋|x－2|－4≥|(x＋1)－(x－2)|－4＝－1，‎ 当且仅当－1≤x≤2时等号成立，‎ 所以m≤－1.‎ 即实数m的取值范围为(－∞，－1]．‎ ‎3．对于任意实数a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求实数m的取值范围．‎ 解　因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1，‎ 所以|3a－3b|≤3，≤，‎ 所以|4a－3b＋2|＝ ‎≤|3a－3b|＋＋≤3＋＋＝6，‎ 即|4a－3b＋2|的最大值为6，‎ 所以m≥|4a－3b＋2|max＝6.‎ 即实数m的取值范围为[6，＋∞)．‎ ‎4．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：‎ ‎(1)若ab＞cd，则＋＞＋；‎ ‎(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ 证明　(1)因为(＋)2＝a＋b＋2，‎ ‎(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设知a＋b＝c＋d，ab＞cd，‎ 得(＋)2＞(＋)2.‎ 因此＋＞＋.‎ ‎(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2, ‎ 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd；‎ 由(1)得＋＞＋，即必要性成立；‎ ‎②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，‎ 即a＋b＋2＞c＋d＋2.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是 ‎(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.‎ 因此|a－b|＜|c－d|，即充分性成立．‎ 综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ ‎5．(2017·洛阳模拟)已知关于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤log2a(其中a>0)．‎ ‎(1)当a＝4时，求不等式的解集；‎ ‎(2)若不等式有解，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝4时，不等式为|2x＋1|－|x－1|≤2.‎ 当x<－时，－x－2≤2，解得－4≤x<－；‎ 当－≤x≤1时，3x≤2，解得－≤x≤；‎ 当x>1时，x≤0，此时x不存在，‎ ‎∴原不等式的解集为.‎ ‎(2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，‎ 则f(x)＝ 故f(x)∈，即f(x)的最小值为－.‎ 若f(x)≤log2a有解，则log2a≥－，‎ 解得a≥，即a的取值范围是.‎ ‎6．(2017·沈阳模拟)设f(x)＝|ax－1|.‎ ‎(1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a的值；‎ ‎(2)当a＝2时，若存在x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围．‎ 解　(1)显然a≠0，当a>0时，解集为，‎ 则－＝－6，＝2，无解；‎ 当a<0时，解集为，‎ 令－＝2，＝－6，得a＝－.‎ 综上所述，a＝－.‎ ‎(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)‎ ‎＝|4x＋1|－|2x－3|‎ ‎＝ 由此可知h(x)在上是减少的，‎ 在上是增加的，‎ 在上是增加的，‎ 则当x＝－时，h(x)取得最小值－，由题意，知－≤7－3m，则实数m的取值范围是.‎ ‎7．(2017·哈尔滨三中检测)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝2.‎ ‎(1)求证：ab＋bc＋ac≤；‎ ‎(2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范围．‎ ‎(1)证明　∵a＋b＋c＝2，‎ ‎∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，‎ ‎∴2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca＝8，‎ ‎∴8＝2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca≥6ab＋6bc＋6ac，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴ab＋bc＋ac≤.‎ ‎(2)解　由题意可知，a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，‎ ‎∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴a2＋b2＋c2≥.‎ ‎∵0a2.同理b>b2，c>c2.‎ ‎∴a2＋b2＋c21，①当x<0时，≤x<0；‎ ‎②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m,0≤x≤1；‎ ‎③当x>1时，得2x－1≤m,10，b>0且a＋b＝1，‎ ‎∴＋＝(a＋b)‎ ‎＝5＋＋≥9，‎ 当且仅当＝，即a＝，b＝时，＋取得最小值9.‎ ‎(2)∵对任意a，b∈(0，＋∞)，‎ ＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立，‎ ‎∴|2x－1|－|x＋1|≤9.‎ 当x≤－1时，不等式化为2－x≤9，‎ 解得－7≤x≤－1；‎ 当－1
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