2021高考数学一轮复习第13章选修4-5第1节绝对值不等式教学案文北师大版

2021高考数学一轮复习第13章选修4-5第1节绝对值不等式教学案文北师大版

第13章 选修4-5‎ 全国卷五年考情图解 高考命题规律把握 ‎1.考查形式 本章在高考中考查1道解答题，分值10分.‎ ‎2.考查内容 高考对本章内容的考查主要体现在以下两个方面：‎ ‎(1)绝对值不等式的求解及绝对值不等式与函数问题的综合；‎ ‎(2)绝对值不等式的恒成立问题及与不等式的证明相结合.‎ ‎3.备考策略 ‎(1)熟练掌握解决以下问题的方法和规律 ‎①含绝对值不等式的解法问题；‎ ‎②利用绝对值三角不等式求最值问题；‎ ‎③不等式的解集与参数问题；‎ ‎④证明不等式问题.‎ ‎(2)重视数形结合、分类讨论、转化与化归思想的应用.‎ 第一节　绝对值不等式 ‎[最新考纲]　1.理解绝对值的几何意义，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－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b，c∈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.‎ ‎(对应学生用书第211页)‎ - 8 -‎ ‎1．绝对值三角不等式 定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．‎ 定理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．‎ ‎2．绝对值不等式的解法 ‎(1)|x|a型不等式的解法：‎ 不等式 a>0‎ a＝0‎ a<0‎ ‎|x|a ‎{x|x＞a或x＜－a}‎ ‎{x∈R|x≠0}‎ R ‎(2)|ax＋b|≤c，|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，|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；‎ ‎②利用零点分段法求解；‎ ‎③构造函数，利用函数的图像求解．‎ 一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(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ab≤0时等号成立． (　　)‎ ‎[答案](1)×　(2)√　(3)×　(4)√‎ 二、教材改编 ‎1．不等式1<|x＋1|<3的解集为(　　)‎ A．(0,2)　　 B．(－2,0)∪(2,4)‎ C．(－4,0) D．(－4，－2)∪(0,2)‎ D　[原不等式等价于11的解集；‎ ‎②若x∈(0,1)时，不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．‎ ‎[解](1)原不等式可化为或 解得x≤－5或x≥－.‎ 综上，原不等式的解集是.‎ ‎(2)①当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，‎ 即f(x)＝ 故不等式f(x)>1的解集为.‎ ‎②当x∈(0,1)时，|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0,1)时，|ax－1|<1成立．‎ 若a≤0，则当x∈(0,1)时|ax－1|≥1；‎ 若a>0，|ax－1|<1的解集为，所以≥1，故01时，①式化为x2＋x－4≤0，‎ 从而1＜x≤.‎ - 8 -‎ 所以f(x)≥g(x)的解集为.‎ ‎(2)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]．‎ ‎⊙考点2　绝对值三角不等式的应用 ‎　利用绝对值三角不等式求最值(或证明)‎ ‎(1)对绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时．‎ ‎(2)对于求y＝|x－a|＋|x－b|或y＝|x－a|－|x－b|型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便．形如y＝|x－a|＋|x－b|的函数只有最小值，形如y＝|x－a|－|x－b|的函数既有最大值又有最小值．‎ ‎(1)若对于实数x，y有|1－x|≤2，|y＋1|≤1，求|2x＋3y＋1|的最大值．‎ ‎[解]　因为|2x＋3y＋1|＝|2(x－1)＋3(y＋1)|≤2|x－1|＋3|y＋1|≤7，‎ 所以|2x＋3y＋1|的最大值为7.‎ ‎(2)若a≥2，x∈R，求证：|x－1＋a|＋|x－a|≥3.‎ ‎[证明]　因为|x－1＋a|＋|x－a|≥|(x－1＋a)－(x－a)|＝|2a－1|，‎ 又a≥2，故|2a－1|≥3，‎ 所以|x－1＋a|＋|x－a|≥3成立．‎ ‎[逆向问题]　‎ 若|x－1＋a|＋|x－a|≥3，求a的取值范围．‎ ‎[解]　∵|x－1＋a|＋|x－a|≥|2a－1|，‎ ‎∴|2a－1|≥3，‎ ‎∴2a－1≥3或2a－1≤－3，‎ ‎∴a≥2或a≤－1，‎ 即a的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．‎ ‎　本例(2)的证明使用了放缩法，即先证明|x－1＋a|＋|x－a|≥|2a－1|，然后再证明|2a－1|≥3.‎ ‎　已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.‎ ‎(1)解不等式f(x)＜|x|＋1；‎ ‎(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)＜1.‎ - 8 -‎ ‎[解](1)∵f(x)＜|x|＋1，‎ ‎∴|2x－1|＜|x|＋1，‎ 即或 或 得≤x＜2或0＜x＜或无解．‎ 故不等式f(x)＜|x|＋1的解集为{x|0＜x＜2}．‎ ‎(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝＜1.‎ 故不等式f(x)＜1得证．‎ ‎⊙考点3　绝对值不等式的综合应用 ‎　两招解不等式问题中的含参问题 ‎(1)问题转化 ‎①把存在性问题转化为求最值问题，即f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a.‎ ‎②不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题；‎ ‎③不等式的解集为的对立面也是不等式的恒成立问题，此类问题都可转化为最值问题，即f(x)＜a恒成立⇔a＞f(x)max，f(x)＞a恒成立⇔a＜f(x)min.‎ ‎(2)求最值 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．‎ ‎　(2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|.‎ ‎(1)解关于x的不等式f(x)－f(x＋1)≤1；‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)＜m－f(x＋1)的解集不是空集，求m的取值范围．‎ ‎[解](1)f(x)－f(x＋1)≤1⇔|2x－1|－|2x＋1|≤1，‎ 则或 或解得x≥或－≤x＜，‎ 即x≥－，‎ 所以原不等式的解集为.‎ ‎(2)由条件知，不等式|2x－1|＋|2x＋1|＜m有解，则m＞(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可．‎ - 8 -‎ 由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋(2x＋1)|＝2，当且仅当(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈时等号成立，故m＞2.所以m的取值范围是(2，＋∞)．‎ ‎　本例第(2)问中不等式f(x)＜m－f(x＋1)的解集不是空集，即不等式有解，是存在性问题，可转化为m＞[f(x)＋f(x＋1)]min.‎ ‎[教师备选例题]‎ ‎　(2017·全国卷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|‎ ‎＝－＋≤，‎ 且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝，‎ 故m的取值范围为.‎ ‎　1.(2019·洛阳模拟)已知函数f(x)＝|x－5|.‎ ‎(1)解不等式：f(x)＋f(x＋2)≤3；‎ ‎(2)若a＜0，求证：f(ax)－f(5a)≥af(x)．‎ ‎[解](1)不等式化为|x－5|＋|x－3|≤3.‎ 当x＜3时，原不等式等价于－2x≤－5，即≤x＜3；‎ 当3≤x≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x≤5；‎ 当x＞5时，原不等式等价于2x－8≤3，即5＜x≤.‎ 综上，原不等式的解集为.‎ ‎(2)证明：由题意得 - 8 -‎ f(ax)－af(x)＝|ax－5|－a|x－5|＝|ax－5|＋|ax－5a|＝|ax－5|＋|－ax＋5a|≥|ax－5－ax＋5a|＝|5a－5|＝f(5a)．‎ 所以f(ax)－f(5a)≥af(x)成立．‎ ‎2．已知函数f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|(m∈R)，若关于x的不等式f(x)≤|2x＋1|的解集为A，且A，求实数m的取值范围．‎ ‎[解]　∵A，‎ ‎∴当x∈时，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，‎ 即|x＋m|＋|2x－1|≤|2x＋1|在x∈上恒成立，‎ ‎∴|x＋m|＋2x－1≤2x＋1，‎ 即|x＋m|≤2在x∈上恒成立，‎ ‎∴－2≤x＋m≤2，‎ ‎∴－x－2≤m≤－x＋2在x∈上恒成立，‎ ‎∴(－x－2)max≤m≤(－x＋2)min，‎ ‎∴－≤m≤0，‎ 故实数m的取值范围是.‎ - 8 -‎