2020届二轮复习(文)第2部分专题7第2讲　选修4－5　不等式选讲学案

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2020届二轮复习(文)第2部分专题7第2讲　选修4－5　不等式选讲学案

第 2 讲 选修 4－5 不等式选讲 [做小题——激活思维] 1．已知正实数 a，b，c 满足 a＋b＋c＝1，则 a2＋b2＋c2 的最小值为________． [答案] 1 3 2．不等式|3x－1|≤2 的解集为________． [答案] －1 3 ，1 3．若关于 x 的不等式|x－3|＋|x－4|b>c，若 1 a－b ＋ 1 b－c ＋ n c－a ≥0 恒成立，则 n 的取值范围是________． [答案] (－∞，4] 5．函数 y＝5 x－1＋ 10－2x的最大值为________． [答案] 6 3 [扣要点——查缺补漏] 1．|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．如 T2. (2)利用“零点分区间法”求解，体现了分类讨论的思想. (3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 2．不等式的证明 (1)绝对值三角不等式 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.如 T3. (2)算术—几何平均不等式 如果 a1，a2，…，an 为 n 个正数，则a1＋a2＋…＋an n ≥n a1a2…an，当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．如 T1，T4. (3)证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较 法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点． 含绝对值不等式的解法(5 年 8 考) [高考解读] 绝对值不等式的解法是每年高考的热点内容，主要为含两个绝 对值的不等式的求解，难度适中. [一题多解](2017·全国卷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． 切入点：将 g(x)＝|x＋1|＋|x－1|的解析式化为分段函数的形式． 关键点：正确求出 f(x)≥g(x)的解集，然后利用集合间的包含关系求解． [解] (1)法一：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 1＜x≤－1＋ 17 2 . 所以 f(x)≥g(x)的解集为 x|－1≤x≤－1＋ 17 2 . 法二：g(x)＝ 2x，x≥1， 2，－1≤x＜1， －2x，x＜－1， 当 a＝1 时，f(x)＝－x2＋x＋4，在同一平面直角坐标系中，画出 g(x)与 f(x) 的图象如图，易求得 A(－1,2)，B －1＋ 17 2 ，－1＋ 17 ，所以 f(x)≥g(x)的解集 为 x|－1≤x≤－1＋ 17 2 . (2)法一：当 x∈[－1,1]时，g(x)＝2， 所以 f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当 x∈[－1,1]时，f(x)≥2. 又 f(x)在[－1,1]的最小值必为 f(－1)与 f(1)之一， 所以 f(－1)≥2 且 f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以 a 的取值范围为[－1,1]． 法二：当 x∈[－1,1]时，g(x)＝2，所以 f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当 x∈[－1,1]时 f(x)≥2，即－x2＋ax＋4≥2. 当 x＝0 时，－x2＋ax＋4≥2 成立． 当 x∈(0,1]时，－x2＋ax＋4≥2 化为 a≥x－2 x. 而 y＝x－2 x 在(0,1]上单调递增，所以最大值为－1，所以 a≥－1. 当 x∈[－1,0)时，－x2＋ax＋4≥2 化为 a≤x－2 x. 而 y＝x－2 x 在[－1,0)上单调递增，所以最小值为 1， 所以 a≤1. 综上，a 的取值范围为[－1,1]． [教师备选题] 1．(2018·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)≥0 的解集； (2)若 f(x)≤1，求 a 的取值范围． [解] (1)当 a＝1 时，f(x)＝ 2x＋4，x≤－1， 2，－12. 可得 f(x)≥0 的解集为{x|－2≤x≤3}． (2)f(x)≤1 等价于|x＋a|＋|x－2|≥4. 而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当 x＝2 时等号成立． 故 f(x)≤1 等价于|a＋2|≥4. 由|a＋2|≥4 可得 a≤－6 或 a≥2. 所以 a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 2．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)画出 y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1 的解集． [解] (1)由题意得 f(x)＝ x－4，x≤－1， 3x－2，－1＜x≤3 2 ， －x＋4，x＞3 2 ， 故 y＝f(x)的图象如图所示． (2)由 f(x)的函数表达式及图象可知， 当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3； 当 f(x)＝－1 时，可得 x＝1 3 或 x＝5. 故 f(x)＞1 的解集为{x|1＜x＜3}， f(x)＜－1 的解集为 x|x＜1 3 或 x＞5 . 所以|f(x)|＞1 的解集为 x|x＜1 3 或 1＜x＜3 或 x＞5 . |x－a|＋|x－b|≥c或≤cc>0，|x－a|－|x－b|≥c或≤cc>0型不等式的解法 可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解. 1零点分区间法的一般步骤 ①令每个绝对值符号内的代数式为零，并求出相应的根； ②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间； ③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集； ④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集. 2利用绝对值的几何意义解题 由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与 x 对应的点到 a，b 对应 的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤cc>0或|x－a|－|x－ b|≥cc>0的不等式，用绝对值的几何意义求解更直观. 1．(绝对值不等式的解法、恒成立问题)已知函数 f(x)＝|x－1|－|x＋2|. (1)若不等式 f(x)≤|a＋1|恒成立，求 a 的取值范围； (2)求不等式|f(x)－|x＋2||>3 的解集． [解] (1)f(x)＝|x－1|－|x＋2|≤|(x－1)－(x＋2)|＝3， 由 f(x)≤|a＋1|恒成立得|a＋1|≥3，即 a＋1≥3 或 a＋1≤－3，得 a≥2 或 a≤ －4. ∴a 的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)． (2)不等式|f(x)－|x＋2||＝||x－1|－2|x＋2||>3 等价于|x－1|－2|x＋2|>3 或|x－1| －2|x＋2|<－3， 令 g(x)＝|x－1|－2|x＋2|＝ －x－5，x≥1， －3x－3，－2≤x<1， x＋5，x<－2， 由 x＋5＝－3 得 x＝－8， 由－3x－3＝－3 得 x＝0， 作出 g(x)的图象如图所示， 由图可得原不等式的解集为{x|x<－8 或 x>0}． 2．(绝对值不等式的解法、有解问题)已知函数 f(x)＝|a－3x|，若不等式 f(x) ＜2 的解集为 －4 3 ，0 . (1)解不等式 f(x)≤|x－2|＋4； (2)若不等式 f(x)＋3|2＋x|≤t－4 有解，求实数 t 的取值范围． [解] (1)f(x)＜2 即|a－3x|＜2，解得a－2 3 ＜x＜a＋2 3 ， 则由题意得 a－2 3 ＝－4 3 ， a＋2 3 ＝0， 得 a＝－2. ∴f(x)≤|x－2|＋4 可化为|3x＋2|－|x－2|≤4， ∴ x＜－2 3 ， －3x＋2＋x－2≤4 或 －2 3 ≤x≤2， 3x＋2＋x－2≤4 或 x＞2， 3x＋2－x－2≤4， 解得－4≤x≤1， ∴不等式 f(x)≤|x－2|＋4 的解集为{x|－4≤x≤1}． (2)不等式 f(x)＋3|2＋x|≤t－4 等价于|3x＋2|＋|3x＋6|≤t－4. ∵|3x＋2|＋|3x＋6|≥|(3x＋2)－(3x＋6)|＝4， ∴由题意，知 t－4≥4，解得 t≥8， 故实数 t 的取值范围是[8，＋∞)． 不等式的证明(5 年 5 考) [高考解读] 不等式的证明也是高考考查的重点，主要考查作差法和基本不 等式法的应用，难度适中，考查学生的逻辑推理核心素养. 1．(2019·全国卷Ⅰ)已知 a，b，c 为正数，且满足 abc＝1.证明： (1)1 a ＋1 b ＋1 c ≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 切入点：abc＝1. 关键点：①“1”的代换；②将(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3 改编为 3(a＋b)(b＋ c)(c＋a)． [证明] (1)因为 a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又 abc＝1，故有 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca ＝ab＋bc＋ca abc ＝1 a ＋1 b ＋1 c. 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以1 a ＋1 b ＋1 c ≤a2＋b2＋c2. (2)因为 a，b，c 为正数且 abc＝1，故有 (a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33 a＋b3b＋c3a＋c3 ＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ac) ＝24. 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 2．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝|x－1 2|＋|x＋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|. 切入点：M 为不等式 f(x)<2 的解集． 关键点：平方后作差比较． [解] (1)f(x)＝ －2x，x≤－1 2 ， 1，－1 2 ＜x＜1 2 ， 2x，x≥1 2. 当 x≤－1 2 时，由 f(x)＜2 得－2x＜2，解得 x＞－1； 当－1 2 ＜x＜1 2 时，f(x)＜2； 当 x≥1 2 时，由 f(x)＜2 得 2x＜2，解得 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. 因此|a＋b|＜|1＋ab|. [教师备选题] 1．(2014·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝|x＋1 a|＋|x－a|(a>0)． (1)证明：f(x)≥2； (2)若 f(3)<5，求 a 的取值范围． [解] (1)证明：由 a>0，有 f(x)＝|x＋1 a|＋|x－a|≥|x＋1 a －x－a|＝1 a ＋a≥2. 所以 f(x)≥2. (2)f(3)＝|3＋1 a|＋|3－a|. 当 a>3 时，f(3)＝a＋1 a ，由 f(3)<5，得 3cd，则 a＋ b> c＋ d； (2) a＋ b> c＋ d是|a－b|<|c－d|的充要条件． [证明] (1)因为( a＋ b)2＝a＋b＋2 ab， ( c＋ d)2＝c＋d＋2 cd， 由题设 a＋b＝c＋d，ab>cd， 得( a＋ b)2>( c＋ d)2. 因此 a＋ b> c＋ d. (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 a＋ b> c＋ d. ②若 a＋ b> c＋ d，则( a＋ b)2>( c＋ d)2， 即 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd. 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|. 综上， a＋ b> c＋ d是|a－b|<|c－d|的充要条件． 证明不等式的方法和技巧 1如果已知条件与待证明的结论之间的联系不明显，可考虑用分析法；如 果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出，或是否定性命题、唯一性命题， 则考虑用反证法. 2在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的 表述和证明.尤其是对含绝对值不等式的解法和证明，其简化的基本思路是化去 绝对值符号，转化为常见的不等式组求解.多以绝对值的几何意义或“找零点、 分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式 放缩的依据. 1．(利用基本不等式证明)已知函数 f(x)＝|x－1|. (1)求不等式 f(x)≥3－2|x|的解集； (2)若函数 g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值为 m，正数 a，b 满足 a＋b＝m，求证： a2 b ＋b2 a ≥4. [解] (1)当 x≥1 时，x－1≥3－2x，解得 x≥4 3 ，∴x≥4 3 ； 当 0f(a)－f(－b)． [解] (1)①当 x≤－1 时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得 x<－1； ②当－11. 综上，M＝{x|x<－1 或 x>1}． (2)证明：因为 f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|. 所以要证 f(ab)>f(a)－f(－b)， 只需证|ab＋1|>|a＋b|， 即证|ab＋1|2>|a＋b|2， 即证 a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2， 即证 a2b2－a2－b2＋1>0， 即证(a2－1)(b2－1)>0. 因为 a，b∈M， 所以 a2>1，b2>1. 所以(a2－1)(b2－1)>0 成立， 所以原不等式成立． 含绝对值不等式的恒成立问题(5 年 4 考) [高考解读] 与绝对值不等式有关的恒成立问题也是每年高考的热点，其实 质还是考查绝对值不等式的解法，难度适中. (2019·全国卷Ⅱ)已知 f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)＜0 的解集； (2)若 x∈(－∞，1)时，f(x)＜0，求 a 的取值范围． 切入点：去绝对值号． 关键点：正确确立 f(x)的值域． [解] (1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 当 x＜1 时，f(x)＝－2(x－1)2＜0； 当 x≥1 时，f(x)≥0， 所以，不等式 f(x)＜0 的解集为(－∞，1)． (2)因为 f(a)＝0，所以 a≥1. 当 a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)＜0. 所以，a 的取值范围是[1，＋∞)． [教师备选题] (2018·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)画出 y＝f(x)的图象； (2)当 x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求 a＋b 的最小值． [解] (1)f(x)＝ －3x，x<－1 2 ， x＋2，－1 2 ≤x<1， 3x，x≥1. y＝f(x)的图象如图所示． (2)由(1)知，y＝f(x)的图象与 y 轴交点的纵坐标为 2，且各部分所在直线斜率 的最大值为 3，故当且仅当 a≥3 且 b≥2 时，f(x)≤ax＋b 在[0，＋∞)上成立，因 此 a＋b 的最小值为 5. 解决含绝对值不等式的恒成立问题，用等价转化思想 1利用三角不等式求出最值进行转化； 2利用分类讨论思想，转化成求函数值域； 3数形结合转化. 1．(2019·贵阳模拟)已知 f(x)＝|x＋1|－|2x－1|. (1)求不等式 f(x)>0 的解集； (2)若 x∈R 时，不等式 f(x)≤a＋x 恒成立，求实数 a 的取值范围． [解] (1)f(x)＝|x＋1|－|2x－1|＝ x－2，x<－1， 3x，－1≤x≤1 2 ， －x＋2，x>1 2. 当 x<－1 时，由 x－2>0 得 x>2，即解集为∅； 当－1≤x≤1 2 时，由 3x>0 得 x>0，解集为 x|01 2 时，由－x＋2>0 得 x<2，解集为 x|1 20 的解集为{x|01 2 ， 则 g(x)max＝1， 所以实数 a 的取值范围是[1，＋∞)． 2．[一题多解](2019·福州模拟)已知函数 f(x)＝|2x＋a|＋3a，a∈R. (1)若对于任意 x∈R，总有 f(x)＝f(4－x)成立，求 a 的值； (2)若存在 x∈R，使得 f(x)≤－|2x－1|＋a 成立，求 a 的取值范围． [解] (1)法一：因为 f(x)＝f(4－x)，x∈R， 所以 f(x)的图象关于直线 x＝2 对称． 又 f(x)＝2|x＋a 2|＋3a 的图象关于直线 x＝－a 2 对称， 所以－a 2 ＝2，所以 a＝－4. 法二：因为 f(x)＝f(4－x)，x∈R， 所以|2x＋a|＋3a＝|2(4－x)＋a|＋3a， 所以|2x＋a|＝|8－2x＋a|， 即 2x＋a＝－(8－2x＋a)或 2x＋a＝8－2x＋a(舍去)， 所以 a＝－4. (2)法一：存在 x∈R，使得 f(x)≤－|2x－1|＋a 成立，等价于存在 x∈R， 使得|2x＋a|＋|2x－1|＋2a≤0 成立， 等价于(|2x＋a|＋|2x－1|＋2a)min≤0. 令 g(x)＝|2x＋a|＋|2x－1|＋2a， 则 g(x)min＝|(2x＋a)－(2x－1)|＋2a＝|a＋1|＋2a. 所以|a＋1|＋2a≤0. 当 a≥－1 时，a＋1＋2a≤0，a≤－1 3 ，所以－1≤a≤－1 3 ； 当 a<－1 时，－a－1＋2a≤0，a≤1，所以 a<－1. 综上，a≤－1 3. 法二：由 f(x)≤－|2x－1|＋a 得，|2x＋a|＋|2x－1|≤－2a， 而|2x＋a|＋|2x－1|≥|a＋1|， 由题意知，只需满足|a＋1|≤－2a，即 2a≤a＋1≤－2a， 即 2a≤a＋1， a＋1≤－2a， 所以 a≤－1 3.
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