2020届二轮复习(理)第2部分专题7第2讲　选修4－5　不等式选讲学案

2020届二轮复习(理)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 ‎　含绝对值不等式的解法(5年7考)‎ ‎[高考解读]　以解答题的形式考查绝对值不等式的解集、有限制条件的恒成立、有解等问题、考查学生的等价转化能力和数学运算能力，难度中等.‎ ‎1．(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．‎ ‎[解](1)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≤.‎ 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]．‎ ‎2．(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．‎ ‎[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Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.‎ ‎(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞1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)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00＜x＜，所以≥1，故0＜a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．‎ ‎1．用零点分段法解绝对值不等式的步骤 ‎(1)求零点；‎ ‎(2)划区间、去绝对值符号；‎ ‎(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．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．‎ ‎1．(有解问题)已知f(x)＝|x|＋2|x－1|.‎ ‎(1)解不等式f(x)≥4；‎ ‎(2)若不等式f(x)≤|‎2a＋1|有解，求实数a的取值范围．‎ ‎[解](1)不等式f(x)≥4，即|x|＋2|x－1|≥4，‎ 等价于或或⇒x≤－或无解或x≥2.‎ 故不等式的解集为∪[2，＋∞)．‎ ‎(2)f(x)≤|‎2a＋1|有解等价于f(x)min≤|‎2a＋1|.‎ f(x)＝|x|＋2|x－1|＝ 故f(x)的最小值为1，‎ 所以1≤|‎2a＋1|，得‎2a＋1≤－1或‎2a＋1≥1，解得a≤－1或a≥0，‎ 故实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)．‎ ‎2．(恒成立问题)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.‎ ‎(1)解不等式f(x)＞2；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)＋f(－x)，且对任意x∈R，都有|k－1|＜g(x)，求实数k的取值范围．‎ ‎[解](1)依题意得f(x)＝ 于是得或或 解得x＜－或0＜x＜1或x≥1.‎ 故不等式f(x)＞2的解集为.‎ ‎(2)g(x)＝f(x)＋f(－x)＝|x－1|＋|x＋1|＋(|2x＋1|＋|2x－1|)≥|(x－1)－(x＋1)|＋|(2x＋1)－(2x－1)|＝4，‎ 当且仅当即x∈时取等号，‎ 若对任意的x∈R，不等式|k－1|＜g(x)恒成立，则|k－1|＜g(x)min＝4，‎ 所以－4＜k－1＜4，解得－3＜k＜5，即实数k的取值范围为(－3,5).‎ ‎　不等式的证明(5年3考)‎ ‎[高考解读]　以解答的形式考查学生应用比较法、基本不等式等证明不等式，考查学生的逻辑推理及数学运算能力. ‎ ‎(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：‎ ‎(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；‎ ‎(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.‎ ‎[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 ‎＝＝＋＋.‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．‎ 所以＋＋≤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≥‎ ‎3 ‎＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)‎ ‎≥3×(2)×(2)×(2)‎ ‎＝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.‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：‎ ‎(1)若ab>cd，则＋>＋；‎ ‎(2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要条件．‎ ‎[证明](1)因为(＋)2＝a＋b＋2，‎ ‎(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，‎ 得(＋)2>(＋)2.‎ 因此＋>＋.‎ ‎(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＋>＋.‎ ‎②若＋>＋，则(＋)2>(＋)2，‎ 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．‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：‎ ‎(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；‎ ‎(2)a＋b≤2.‎ ‎[证明](1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6‎ ‎＝(a3＋b3)2－‎2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.‎ ‎(2)因为(a＋b)3＝a3＋‎3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)‎ ‎≤2＋(a＋b)＝2＋，‎ 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.‎ 不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．‎ ‎1．(用基本不等式证明不等式)已知函数f(x)＝|x－2|.‎ ‎(1)求不等式f(x)＞4－|x＋1|的解集；‎ ‎(2)设a，b∈，若f＋f＝10，求证：a＋≥.‎ ‎[解](1)f(x)＞4－|x＋1|可化为|x－2|＞4－|x＋1|，‎ 等价于 或或 解得x＜－或x∈或x＞.‎ 所以原不等式的解集为∪.‎ ‎(2)因为a，b∈，所以＞2，＞4.‎ 则f＋f＝－2＋－2＝10，即＋＝14.‎ 由基本不等式得，＝2＋＋≥2＋2＝4，‎ 当且仅当即时取等号．‎ 所以14≥4，即a＋≥.‎ ‎2．(用绝对值不等式的性质证明不等式)已知函数f(x)＝|x＋1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；‎ ‎(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．‎ ‎[解](1)由题意，|x＋1|＜|2x＋1|－1，‎ ‎①当x≤－1时，‎ 不等式可化为－x－1＜－2x－2，‎ 解得x＜－1；‎ ‎②当－1＜x＜－时，‎ 不等式可化为x＋1＜－2x－2，‎ 此时不等式无解；‎ ‎③当x≥－时，‎ 不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.‎ 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.‎ ‎　与代数式有关的最值问题(5年3考)‎ ‎[高考解读]　以解答题的形式考查代数式(含绝对值不等式)的最值求法，考查学生应用均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式的几何意义等工具分析问题和解决问题的能力，考查逻辑推理的数学素养.‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.‎ ‎(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；‎ ‎(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，证明：a≤－3或a≥－1.‎ ‎[解](1)因为[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2‎ ‎＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)·(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]‎ ‎≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，‎ 所以由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，‎ 当且仅当x＝，y＝－，z＝－时等号成立．‎ 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为.‎ ‎(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2‎ ‎＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)·(z－a)＋(z－a)(x－2)]‎ ‎≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，‎ 所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，‎ 当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立．‎ 所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.‎ 由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.‎ ‎2．(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)＝ 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.‎ ‎[教师备选题]‎ 若a＞0，b＞0，且＋＝.‎ ‎(1)求a3＋b3的最小值；‎ ‎(2)是否存在a，b，使得‎2a＋3b＝6？并说明理由．‎ ‎[解](1)由＝＋≥，得ab≥2，当且仅当a＝b＝时等号成立．‎ 故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．‎ 所以a3＋b3的最小值为4.‎ ‎(2)由(1)知，‎2a＋3b≥2≥4.‎ 由于4＞6，从而不存在a，b，使得‎2a＋3b＝6.‎ ‎1．形如f(x)＝|Ax＋B|＋|Ax＋C|的最值．‎ 因为|Ax＋B|＋|Ax＋C|≥|Ax＋B－(Ax＋C)|＝|B－C|，当且仅当(Ax＋B)(Ax＋C)≤0时取“＝”，所以f(x)min＝[|Ax＋B|＋|Ax＋C|]min＝|B－C|.‎ ‎2．形如f(x)＝|Ax＋B|－|Ax＋C|的最值．‎ 因为||Ax＋B|－|Ax＋C||≤|Ax＋B－Ax－C|＝|B－C|，当且仅当(Ax＋B)(Ax＋C)≥0时取“＝”，所以f(x)max＝[|Ax＋B|－|Ax＋C|]max＝|B－C|，f(x)min＝[|Ax＋B|－|Ax＋C|]min＝－|B－C|.‎ ‎3．形如f(x)＝|Ax＋B|＋|Cx＋D|或f(x)＝|Ax＋B|－|Cx＋D|的最值由绝对值的几何意义作图可知．‎ ‎1．(求最值问题)设函数f(x)＝|x＋1|－|x|的最大值为m.‎ ‎(1)求m的值；‎ ‎(2)若正实数a，b满足a＋b＝m，求＋的最小值．‎ ‎[解](1)|x＋1|－|x|≤|x＋1－x|＝1，‎ f(x)的最大值为1，∴m＝1.‎ ‎(2)由(1)可知，a＋b＝1，‎ ‎∴＋＝[(a＋1)＋(b＋1)]‎ ‎＝ ‎≥(2ab＋a2＋b2)＝(a＋b)2＝，‎ 当且仅当a＝b＝时取等号，‎ ‎∴＋的最小值为.‎ ‎2．(求参数问题)设函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋a|.‎ ‎(1)当a＝1时，求f(x)的图象与直线y＝3围成区域的面积；‎ ‎(2)若f(x)的最小值为1，求a的值．‎ ‎[解](1)当a＝1时，‎ f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|＝ 如图，作出函数f(x)的图象与直线y＝3，结合图象可知所求面积为×[1－(－1)]×＝.‎ ‎(2)法一：(借助分段函数的性质)‎ 当－a＞，即a＜－时，‎ f(x)＝ 则f(x)min＝f＝－a－1＝1，所以a＝－.‎ 当－a≤，即a≥－时，f(x)＝ 则f(x)min＝f＝3×＋a－1＝1，所以a＝.‎ 综上，a＝－或a＝.‎ 法二：(解恒成立问题)∵f(x)＝|2x－1|＋|x＋a|＝＋＋|x＋a|≥＋≥，‎ 当且仅当x＝时取等号．‎ 令＝1，得a＝或a＝－.‎ ‎3．(与恒成立交汇)已知函数f(x)＝x|x－a|，a∈R.‎ ‎(1)当f(1)＋f(－1)＞1时，求a的取值范围；‎ ‎(2)若a＞0，x，y∈(－∞，a]，不等式f(x)≤＋|y－a|恒成立，求a的取值范围．‎ ‎[解](1)f(1)＋f(－1)＝|1－a|－|1＋a|＞1，‎ 若a≤－1，则1－a＋1＋a＞1，得2＞1，即a≤－1；‎ 若－1＜a＜1，则1－a－(1＋a)＞1，得a＜－，即－1＜a＜－；‎ 若a≥1，则－(1－a)－(1＋a)＞1，得－2＞1，此时不等式无解．综上所述，‎ a的取值范围是.‎ ‎(2)由题意知， 要使不等式恒成立，‎ 只需f(x)max≤min.‎ 当x∈(－∞，a]时，f(x)＝－x2＋ax，f(x)max＝f＝.‎ 因为＋|y－a|≥，当且仅当(y－a)≤0，即－≤y≤a时等号成立，‎ 所以当y∈(－∞，a]时，min＝＝a＋.‎ 于是≤a＋，解得－1≤a≤5.‎ 又a＞0，所以a的取值范围是(0,5]．‎