【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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