2018届二轮复习（文）专题八　不等式选讲课件（全国通用）

2018届二轮复习（文）专题八　不等式选讲课件（全国通用）

第 2 讲 　 不等式选讲 专题八 　 系列 4 选讲 热点分类突破 真题押题精练 Ⅰ 热点分类突破 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 　 (2017 届辽宁省葫芦岛协作体模拟 ) 设函数 f ( x ) ＝ | x ＋ 2| － | x － 1|. (1) 求不等式 f ( x )>1 的解集； 解答 解　 ∵ f ( x ) ＝ | x ＋ 2| － | x － 1| 思维升华 当 x ≤ － 2 时， f ( x ) ＝－ 3<0 ，不合题意 . ∴ 当－ 2< x <1 时，由 2 x ＋ 1>1 ，得 0< x <1 ， 当 x ≥ 1 时， f ( x ) ＝ 3>1 恒成立，得 x ≥ 1. 故 不等式 f ( x )>1 的解集为 (0 ，＋ ∞ ). 思维升华　 用零点分段法解绝对值不等式的步骤 ① 求零点； ② 划区间、去绝对值号； ③ 分别解去掉绝对值的不等式； ④ 取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值 . (2) 若关于 x 的不等式 f ( x ) ＋ 4 ≥ |1 － 2 m | 有解，求实数 m 的取值范围 . 解答 解　 由 (1) 可知， f ( x ) 的最大值为 3 ， 故 f ( x ) ＋ 4 的最大值为 7. 若关于 x 的不等式 f ( x ) ＋ 4 ≥ |1 － 2 m | 有解， 只需 7 ≥ |1 － 2 m | ， 即－ 7 ≤ 2 m － 1 ≤ 7 ，求得 m 的取值范围为 [ － 3,4] . 思维升华 思维升华　 用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法 . 跟踪演练 1 　 ( 2017 届河北省石家庄二中三模 ) 已知不等式 | x － a | ＋ |2 x － 3 |> . (1) 已知 a ＝ 2 ，求不等式的解集； 解答 解　 当 a ＝ 2 时，可得 | x － 2| ＋ |2 x － 3|>2 ， (2) 已知不等式的解集为 R ，求 a 的取值范围 . 解答 可得－ 3< a <1 或 a ∈ ∅ ， 综上所述， a 的取值范围是 ( － 3,1). 热点二　不等式的证明 1. 含有绝对值的不等式的性质 || a | － | b || ≤ | a ± b | ≤ | a | ＋ | b |. 2. 算术 — 几何平均不等式 定理 1 ：设 a ， b ∈ R ，则 a 2 ＋ b 2 ≥ 2 ab . 当且仅当 a ＝ b 时，等号成立 . 解答 证明 (2) 若实数 a ， b ， c 满足 a 2 ＋ b 2 ≤ c ，求证： 2( a ＋ b ＋ c ) ＋ 1 ≥ 0 ，并说明取等条件 . 证明　 2( a ＋ b ＋ c ) ＋ 1 ≥ 2( a ＋ b ＋ a 2 ＋ b 2 ) ＋ 1 ＝ ( a ＋ b ＋ 1) 2 ≥ 0 ， 思维升华 思维升华　 (1) 作差法是证明不等式的常用方法 . 作差法证明不等式的一般步骤： ① 作差； ② 分解因式； ③ 与 0 比较； ④ 结论 . 关键是代数式的变形能力 . (2) 在不等式的证明中，适当 “ 放 ”“ 缩 ” 是常用的推证技巧 . 跟踪演练 2 　 (2017 届河北省衡水中学押题卷 ) 已知 a ， b 为任意实数 . (1) 求证： a 4 ＋ 6 a 2 b 2 ＋ b 4 ≥ 4 ab ( a 2 ＋ b 2 ) ； 证明 证明　 a 4 ＋ 6 a 2 b 2 ＋ b 4 － 4 ab ( a 2 ＋ b 2 ) ＝ ( a 2 ＋ b 2 ) 2 － 4 ab ( a 2 ＋ b 2 ) ＋ 4 a 2 b 2 ＝ ( a 2 ＋ b 2 － 2 ab ) 2 ＝ ( a － b ) 4 . 因为 ( a － b ) 4 ≥ 0 ， 所以 a 4 ＋ 6 a 2 b 2 ＋ b 4 ≥ 4 ab ( a 2 ＋ b 2 ). (2) 求函数 f ( x ) ＝ |2 x － a 4 ＋ (1 － 6 a 2 b 2 － b 4 )| ＋ 2| x － (2 a 3 b ＋ 2 ab 3 － 1)| 的最小值 . 解答 解 　 f ( x ) ＝ |2 x － a 4 ＋ (1 － 6 a 2 b 2 － b 4 )| ＋ 2| x － (2 a 3 b ＋ 2 ab 3 － 1)| ＝ |2 x － a 4 ＋ (1 － 6 a 2 b 2 － b 4 )| ＋ |2 x － 2(2 a 3 b ＋ 2 ab 3 － 1)| ≥ |[2 x － 2(2 a 3 b ＋ 2 ab 3 － 1 )] － [ 2 x － a 4 ＋ (1 － 6 a 2 b 2 － b 4 )]| ＝ |( a － b ) 4 ＋ 1| ≥ 1. 即 f ( x ) min ＝ 1. 热点三　柯西不等式的应用 柯西不等式 (1) 设 a ， b ， c ， d 均为实数，则 ( a 2 ＋ b 2 )( c 2 ＋ d 2 ) ≥ ( ac ＋ bd ) 2 ，当且仅当 ad ＝ bc 时等号成立 . 例 3 　 (2017 届贵州省贵阳市高三适应性考试 ) 已知函数 f ( x ) ＝ m － | x － 1 | ( m >0) ，且 f ( x ＋ 1) ≥ 0 的解集为 [ － 3 ， 3] . ( 1) 求 m 的值； 解答 解　 因为 f ( x ＋ 1) ＝ m － | x | ， 所以 f ( x ＋ 1) ≥ 0 等价于 | x | ≤ m ， 由 | x | ≤ m ，得解集为 [ － m ， m ] ( m >0) ， 又由 f ( x ＋ 1) ≥ 0 的解集为 [ － 3,3] ，故 m ＝ 3. 证明 思维升华 又因为 a ， b ， c 是正实数， 所以 a ＋ 2 b ＋ 3 c ≥ 3. 思维升华　 (1) 使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明 . (2) 利用柯西不等式求最值的一般结构 为 解答 ∴ a ＝ 3. 解答 Ⅱ 真题押题精练 真题体验 1.(2017· 全国 Ⅰ ) 已知函数 f ( x ) ＝－ x 2 ＋ ax ＋ 4 ， g ( x ) ＝ | x ＋ 1| ＋ | x － 1|. (1) 当 a ＝ 1 时，求不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 的解集； 解答 1 2 解　 当 a ＝ 1 时，不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 等价于 x 2 － x ＋ | x ＋ 1| ＋ | x － 1| － 4 ≤ 0. ① 当 x < － 1 时， ① 式化为 x 2 － 3 x － 4 ≤ 0 ，无解； 当－ 1 ≤ x ≤ 1 时， ① 式化为 x 2 － x － 2 ≤ 0 ， 从而－ 1 ≤ x ≤ 1 ； 当 x >1 时， ① 式化为 x 2 ＋ x － 4 ≤ 0 ， 1 2 (2) 若不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 的解集包含 [ － 1,1] ，求 a 的取值范围 . 解答 解　 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 ] 上的最小值必为 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 ]. 1 2 2.(2017· 全国 Ⅱ ) 已知 a >0 ， b >0 ， a 3 ＋ b 3 ＝ 2 ，证明： (1)( a ＋ b )( a 5 ＋ b 5 ) ≥ 4 ； 证明 证明　 ( a ＋ b )( a 5 ＋ b 5 ) ＝ a 6 ＋ ab 5 ＋ a 5 b ＋ b 6 ＝ ( a 3 ＋ b 3 ) 2 － 2 a 3 b 3 ＋ ab ( a 4 ＋ b 4 ) ＝ 4 ＋ ab ( a 4 ＋ b 4 － 2 a 2 b 2 ) ＝ 4 ＋ ab ( a 2 － b 2 ) 2 ≥ 4. 1 2 1 2 证明 (2) a ＋ b ≤ 2. 证明　 因为 ( a ＋ b ) 3 ＝ a 3 ＋ 3 a 2 b ＋ 3 ab 2 ＋ b 3 ＝ 2 ＋ 3 ab ( a ＋ b ) 所以 ( a ＋ b ) 3 ≤ 8 ， 因此 a ＋ b ≤ 2. 押题预测 解答 押题依据　 不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式恒成立是考题的 “ 亮点 ” 所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点，备受命题者青睐 . 1 2 1. 已知函数 f ( x ) ＝ | x － 2| ＋ |2 x ＋ a | ， a ∈ R . (1) 当 a ＝ 1 时，解不等式 f ( x ) ≥ 4 ； 押题依据 解 　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ | x － 2| ＋ |2 x ＋ 1|. 由 f ( x ) ≥ 4 ，得 | x － 2| ＋ |2 x ＋ 1| ≥ 4. 当 x ≥ 2 时，不等式等价于 x － 2 ＋ 2 x ＋ 1 ≥ 4 ， 即 x ≥ 1 ，所以 1 ≤ x <2 ； 解得 x ≤ － 1 ，所以 x ≤ － 1. 所以原不等式的解集为 { x | x ≤ － 1 或 x ≥ 1}. 1 2 解答 1 2 (2) 若 ∃ x 0 ，使 f ( x 0 ) ＋ | x 0 － 2|<3 成立，求 a 的取值范围 . 解 　 应用绝对值不等式，可得 f ( x ) ＋ | x － 2| ＝ 2| x － 2| ＋ |2 x ＋ a | ＝ |2 x － 4| ＋ |2 x ＋ a | ≥ |2 x ＋ a － (2 x － 4)| ＝ | a ＋ 4|. 因为 ∃ x 0 ，使 f ( x 0 ) ＋ | x 0 － 2|<3 成立， 所以 ( f ( x ) ＋ | x － 2|) min <3 ， 所以 | a ＋ 4|<3 ，解得－ 7< a < － 1 ， 故实数 a 的取值范围为 ( － 7 ，－ 1). 押题依据　 不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点 . 本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意，分析问题、解决问题的能力，具有一定的训练价值 . 解答 1 2 押题依据 1 2 解　 因为 x ， y ∈ R ＋ ， x ＋ y ＝ 4 ， 由基本不等式，得 当且仅当 x ＝ y ＝ 2 时取等号 . 1 2 只需不等式 | a ＋ 2| － | a － 1| ≤ 1 成立即可 . 构造函数 f ( a ) ＝ | a ＋ 2| － | a － 1| ， 则等价于解不等式 f ( a ) ≤ 1. 所以解不等式 f ( a ) ≤ 1 ，得 a ≤ 0. 所以实数 a 的取值范围为 ( － ∞ ， 0]. 证明 1 2 证明　 因为 x ， y ∈ R ＋ ， x ＋ y ＝ 4 ， 所以 y ＝ 4 － x (0< x <4) ， 于是 x 2 ＋ 2 y 2 ＝ x 2 ＋ 2(4 － x ) 2