2020届高考文科数学二轮专题复习课件：专题7 选修4系列2-7-2
第
2
课时
不等式选讲
考向一 绝对值不等式的解法
【例
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
①
.
(2)
若
f(x)≤1,
求
a
的取值范围
②
.
【题眼直击
】
题眼
思维导引
①
想到分类讨论去掉绝对值符号
②
利用绝对值的几何意义建立关于
a
的不等式求解
【解析
】
(1)
当
a=1
时
,f(x
)=
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|,
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,+∞).
【拓展提升
】
含绝对值不等式的常用解法
(1)
基本性质法
:
对
a∈R
+
,|x|
a⇔x
<-a
或
x>a.
(2)
平方法
:
两边平方去掉绝对值符号
.
(3)
零点分区间法
:
含有两个或两个以上绝对值符号的不等式
,
可用零点分区间法脱去绝对值符号
,
将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式
(
组
)
求解
.
(4)
几何法
:
利用绝对值的几何意义
,
画出数轴
,
将绝对值转化为数轴上两点的距离求解
.
(5)
数形结合法
:
在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象
,
利用函数图象求解
.
【变式训练
】
(2017
·
全国卷
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
.
(2)
若不等式
f(x)≥g(x
)
的解集包含
[-1,1],
求
a
的取值范围
.
【解析
】
方法一
:(1)
当
a=1
时
,f(x
)=-x
2
+x+4,
是开口向
下
,
对称轴
x=
的二次函数
.
当
x∈(1,+∞)
时
,
令
-x
2
+x+4=2x,
解得
x=
g(x
)
在（
1，+∞
）上单调递增
,f(x
)
在（
1，+∞
）上单
调递减
,
所以此时
f(x)≥g(x
)
的解集为
(2)
依题意得
:-x
2
+ax+4≥2
在
［-1,1］
上恒成立
.
即
x
2
-ax-2≤0
在
［-1,1］
上恒成立
.
故
a
的取值范围是
［-1,1］
.
方法二
:
将函数
g(x
)=|x+1|+|x-1|
化简
,
可得
g(x
)=
(1)
当
a=1
时
,
作出函数图象可得
f(x)≥g(x
)
的范围在
F
和
G
点中间
,
联立
可得点
G
因此可得解集为
(2)
根据题意得
f(x)≥g(x
)
在
[-1,1]
内恒成立
,
故而可得
-x
2
+ax+4≥2⇒x
2
-2≤ax
恒成立
,
根据图象可得
:
函数
y=ax
必须在
l
1
,l
2
之间
,
故而可得
-1≤a≤1.
考向二 与绝对值不等式有关的最值问题
【例
2
】
(2017
·
全国卷
Ⅲ)
已知函数
f(x
)=│x+1│-│x-2│.
世纪金榜导学号
(1)
求不等式
f
（
x
）
≥1
的解集
①
.
(2)
若不等式
f
（
x
）
≥
x
2
-x+m
的解集非空
②
,
求
m
的取值范围
.
【题眼直击
】
题眼
思维导引
①
想到分类讨论去掉绝对值符号
②
想到转化为函数的最值问题
【解析
】
(1)
当
x≤-1
时
,f(x
)=-(x+1)+(x-2)=-3<1,
无解
.
当
-11,
所以
x≥2.
综上所述
,f(x)≥1
的解集为
[1,+∞).
(2)
原式等价于存在
x∈R
,
使
f(x)-x
2
+x≥m
成立
,
即
≥
m.
设
g(x
)=f(x)-x
2
+x,
当
x≤-1
时
,g(x
)=-x
2
+x-3,
其开口向下
,
对称轴为
x=
>-1,
所以
g(x)≤g
（－
1
）
=-5.
当
-1m
2
,
又不等式
|x-m
|<|x|
的解集为
(1,+∞),
则
1
是方程
2mx=m
2
的解
,
解得
m=2(m=0
舍去
).
(2)
因为
m=2,
所以不等式 对
x∈(0,+∞)
恒成立等价于不等式
a-5<|x+1|-|x-2|cd
,
则
①
.
(2)
是
|a-b|<|c-d
|
的
充要条件
②
.
【题眼直击
】
题眼
思维导引
①
想到分析法证明不等式
②
充要条件的证明应分充分性和必要性两个方面
【解析
】
(1)
因为
由题设
a+b=c+d,ab>cd
得
因此
(2)(i)
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,a,b,c,d
均为正数
,
所以
ab>cd
.
由
(1)
得
(ii)
若 则
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
|.
综上
,
是
|a-b|<|c-d
|
的充要条件
.
【拓展提升
】
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
.
【变式训练
】
1.
已知定义在
R
上的函数
f(x
)=|x+1|+|x-2|
的最小值为
a.
(1)
求
a
的值
.
(2)
若
p,q,r
是正实数
,
且满足
p+q+r
=a,
求证
:p
2
+q
2
+r
2
≥3.
【解析
】
(1)
因为
|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
当且仅当
-1≤x≤2
时
,
等号成立
,
所以
f(x
)
的最小值等于
3,
即
a=3.
(2)
由
(1)
知
p+q+r
=3,p,q,r
为正实数
,
所以
(p+q+r)
2
=p
2
+q
2
+r
2
+2pq+2pr+2qr≤3p
2
+3q
2
+3r
2
=3(p
2
+q
2
+r
2
)
即
9≤3(p
2
+q
2
+r
2
),p
2
+q
2
+r
2
≥3.
2.(2019
·
全国卷
Ⅰ)
已知
a,b,c
为正数
,
且满足
abc
=1,
证明
:
(1) ≤a
2
+b
2
+c
2
.
(2)(a+b)
3
+(b+c)
3
+(c+a)
3
≥24.
【证明
】
(1)
因为
a
2
+b
2
≥2ab,b
2
+c
2
≥2bc,c
2
+a
2
≥2ac,
又
abc
=1,
故有
a
2
+b
2
+c
2
≥ab+bc+ca=
当且仅当
a=b=c
时
,
取等号
.
所以
≤a
2
+b
2
+c
2
.
(2)
因为
a,b,c
为正数且
abc
=1,
故有
(a+b)
3
+(b+c)
3
+(c+a)
3
≥
=3(a+b)(b+c)(a+c)≥3× =24.
当
且仅当
a=b=c
时
,
取等号
.
所以
(a+b)
3
+(b+c)
3
+(c+a)
3
≥24.
