2019届二轮复习第2讲　不等式选讲课件（25张）（全国通用）

2019届二轮复习第2讲　不等式选讲课件（25张）（全国通用）

第 2 讲　不等式选讲 高考定位　 本部分主要考查绝对值不等式的解法 . 求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想 . 1. (2018· 全国 Ⅲ 卷 ) 设函数 f ( x ) ＝ |2 x ＋ 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 . 真 题 感 悟 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 ，＋ ∞) 成立 ， 因此 a ＋ b 的最小值为 5. 2. (2017· 全国 Ⅰ 卷 ) 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； (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， f ( x ) ＝－ x 2 ＋ x ＋ 4 ， ② 当－ 1 ≤ x ≤ 1 时， f ( x ) ≥ g ( x )  ( x － 2)( x ＋ 1) ≤ 0 ，则 － 1 ≤ x ≤ 1. ③ 当 x < － 1 时， f ( x ) ≥ g ( x )  x 2 － 3 x － 4 ≤ 0 ，解得 － 1 ≤ x ≤ 4 ， 又 x < － 1 ， ∴ 不等式此时的解集为空集 . (2) 依题意得：－ x 2 ＋ ax ＋ 4 ≥ 2 在 [ － 1 ， 1] 上恒成立 . 则 x 2 － ax － 2 ≤ 0 在 [ － 1 ， 1] 上恒成立 . 故 a 的取值范围是 [ － 1 ， 1]. 1. 绝对值不等式的性质 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.| 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 . 考 点 整 合 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直观求解 . (2) 利用零点分段法求解 . (3) 构造函数，利用函数的图象求解 . 4. 基本不等式 热点一　绝对值不等式的解法 【例 1 】 (2018· 衡水中学质检 ) 已知函数 f ( x ) ＝ |2 x － 2| ＋ | x ＋ 3|. 解　 (1) 依题意得 |2 x － 2| ＋ | x ＋ 3| ≥ 3 x ＋ 2 ， 当 x >1 时，原不等式可化为 2 x － 2 ＋ x ＋ 3 ≥ 3 x ＋ 2 ，无解 . 探究提高　 1. 含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想 . 2 . 解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集 . 此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解 . 【 训练 1 】 (2018· 全国 Ⅱ 卷 ) 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 . 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. 又 | 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 ，＋ ∞). 热点二　不等式的证明 【例 2 】 (2017· 全国 Ⅱ 卷 ) 已知实数 a >0 ， b >0 ，且 a 3 ＋ b 3 ＝ 2. 证明： (1)( a ＋ b )( a 5 ＋ b 5 ) ≥ 4 ； (2) a ＋ b ≤ 2. 证明 　 (1)( 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 2 － b 2 ) 2 ≥ 4. (2) 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. 探究提高　 1. 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 . 2 . 当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆 . 如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以 “ 至少 ”“ 至多 ” 等方式给出的，则考虑用反证法 . 【 训练 2 】 (2018· 济南调研 ) 已知函数 f ( x ) ＝ | x － 1|. 解　 (1) f ( x ) ＋ f (2 x ＋ 5) ＝ | x － 1| ＋ |2 x ＋ 4| ≥ x ＋ 9 ， 当 x ≤ － 2 时，不等式为 4 x ≤ － 12 ， 解得 x ≤ － 3 ，故 x ≤ － 3 ， 当－ 2< x <1 时，不等式为 5 ≥ 9 ，不成立； 当 x ≥ 1 时，不等式为 2 x ≥ 6 ，解得 x ≥ 3 ，故 x ≥ 3 ， 综上所述，不等式的解集为 ( － ∞ ，－ 3] ∪ [3 ，＋ ∞). (2) f ( x ＋ a ) ＋ f ( x － b ) ＝ | x ＋ a － 1| ＋ | x － b － 1| ≥ | x ＋ a － 1 － ( x － b － 1)| ＝ | a ＋ b | ＝ a ＋ b ( a >0 ， b >0). 热点三　绝对值不等式恒成立 ( 存在 ) 问题 【例 3 】 (2017· 全国 Ⅲ 卷 ) 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 ) ≥ x 2 － x ＋ m 的解集非空，求 m 的取值范围 . 由 f ( x ) ≥ 1 可得 ① 当 x ≤ － 1 时显然不满足题意； ② 当－ 1< x <2 时， 2 x － 1 ≥ 1 ，解得 x ≥ 1 ，则 1 ≤ x <2 ； ③ 当 x ≥ 2 时， f ( x ) ＝ 3 ≥ 1 恒成立， ∴ x ≥ 2. 综上知 f ( x ) ≥ 1 的解集为 { x | x ≥ 1}. (2) 不等式 f ( x ) ≥ x 2 － x ＋ m 等价于 f ( x ) － x 2 ＋ x ≥ m ， 令 g ( x ) ＝ f ( x ) － x 2 ＋ x ，则 g ( x ) ≥ m 解集非空只需要 [ g ( x )] max ≥ m . ① 当 x ≤ － 1 时， [ g ( x )] max ＝ g ( － 1) ＝－ 3 － 1 － 1 ＝－ 5 ； ③ 当 x ≥ 2 时， [ g ( x )] max ＝ g (2) ＝－ 2 2 ＋ 2 ＋ 3 ＝ 1. 探究提高 　 1. 不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决 . 2 . 本题分离参数 m ，对含绝对值符号的函数 g ( x ) 分段讨论，求出 g ( x ) 的最大值，进而求出 m 的取值范围，优化解题过程 . 【 训练 3 】 (2018· 郑州调研 ) 设函数 f ( x ) ＝ | x ＋ a | ＋ 2 a . (1) 若不等式 f ( x ) ≤ 1 的解集为 { x | － 2 ≤ x ≤ 4} ，求实数 a 的值； (2) 在 (1) 的条件下，若不等式 f ( x ) ≥ k 2 － k － 4 恒成立，求实数 k 的取值范围 . 解　 (1) 因为 | x ＋ a | ＋ 2 a ≤ 1 ，所以 | x ＋ a | ≤ 1 － 2 a ， 所以 2 a － 1 ≤ x ＋ a ≤ 1 － 2 a ，所以 a － 1 ≤ x ≤ 1 － 3 a . 因为不等式 f ( x ) ≤ 1 的解集为 { x | － 2 ≤ x ≤ 4} ， (2) 由 (1) 得 f ( x ) ＝ | x － 1| － 2. 不等式 f ( x ) ≥ k 2 － k － 4 恒成立， 只需 f ( x ) min ≥ k 2 － k － 4 ， 所以－ 2 ≥ k 2 － k － 4 ，即 k 2 － k － 2 ≤ 0 ， 所以 k 的取值范围是 [ － 1 ， 2]. 1. 绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法、几何法 ( 利用绝对值几何意义 ) 、构造函数法 . 前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用 . 2. 利用绝对值三角不等式定理 | a | － | b | ≤ | a ± b | ≤ | a | ＋ | b | 求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件 . 不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决 . 3. 分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆 .