2021届课标版高考文科数学大一轮复习课件：§15 不等式选讲（讲解部分）

2021届课标版高考文科数学大一轮复习课件：§15 不等式选讲（讲解部分）

专题十五　不等式选讲 高考文数 考点一　含绝对值不等式的解法 考点清单 考向基础 1.| ax + b | ≤ c ,| ax + b | ≥ c 型不等式的解法 (1)若 c >0,则| ax + b | ≤ c 等价于- c ≤ ax + b ≤ c ,| ax + b | ≥ c 等价于 ax + b ≥ c 或 ax + b ≤ - c ,然后根据 a , b 的值解出即可. (2)若 c <0,则| ax + b | ≤ c 的解集为 ⌀ ,| ax + b | ≥ c 的解集为R. 2.| x - a |+| x - b | ≥ c ( c >0),| x - a |+| x - b | ≤ c ( c >0)型不等式的解法 (1) 零点分区间法 零点分区间法的一般步骤: ①令每个绝对值符号内的代数式为零,并求出相应的根; ②将这些根按从小到大的顺序排列,把实数集分为若干个区间; ③在所分区间内去掉绝对值符号得若干个不等式,解这些不等式,求出解 集; ④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集. (2) 利用绝对值的几何意义求解 由于| x - a |+| x - b |与| x - a |-| x - b |分别表示数轴上与 x 表示的数对应的点到 a , b 表示 的数对应的点的距离之和与距离之差,因此对形如| x - a |+| x - b |< c ( c >0)或| x - a |- | x - b |> c ( c >0)的不等式,利用绝对值的几何意义求解更直观. 3.| f ( x )|> g ( x ),| f ( x )|< g ( x )( g ( x )>0)型不等式的解法 (1)| f ( x )|> g ( x ) ⇔ f ( x )> g ( x )或 f ( x )<- g ( x ). (2)| f ( x )|< g ( x ) ⇔ - g ( x )< f ( x )< g ( x ). 考向　含绝对值不等式的解法 考向突破 例1    (2018河北邯郸一模,23)已知函数 f ( x )=| x -4|+| x -1|-3. (1)求不等式 f ( x ) ≤ 2的解集; (2)若直线 y = kx -2与函数 f ( x )的图象有公共点,求 k 的取值范围. 解析　(1)由 f ( x ) ≤ 2,得   或   或   解得0 ≤ x ≤ 5, 故不等式 f ( x ) ≤ 2的解集为[0,5]. (2) f ( x )=| x -4|+| x -1|-3=   作出函数 f ( x )的图象,如图所示,   直线 y = kx -2过定点 C (0,-2), 当此直线经过点 B (4,0)时, k =   ; 当此直线与直线 AD 平行时, k =-2. 故由图可知, k ∈(- ∞ ,-2) ∪   . 考向基础 1.绝对值三角不等式 定理1:若 a , b 为实数,则| a + b | ≤ | a |+| b |,当且仅当 ab ≥ 0时,等号成立. 定理2:若 a , b , c 为实数,则| a - c | ≤ | a - b |+| b - c |,当且仅当( a - b )( b - c )=0时,等号成立. 推论1: || a |-| b || ≤ | a + b |; 推论2: || a |-| b || ≤ | a - b |. 2.基本不等式 当 a >0, b >0时, a + b ≥ 2   (当且仅当 a = b 时取“=”). 考点二　不等式的证明 考向　不等式的证明 考向突破 例2    (2018百校联盟TOP20三月联考,23)已知函数 f ( x )=|2 x -3|+|2 x -1|的最小 值为 M . (1)若 m , n ∈[- M , M ],求证:2| m + n | ≤ |4+ mn |; (2)若 a , b ∈(0,+ ∞ ), a +2 b = M ,求   +   的最小值. 解析　(1)证明:∵ f ( x )=|2 x -3|+|2 x -1| ≥ |2 x -3-(2 x -1)|=2,∴ M =2. 要证明2| m + n | ≤ |4+ mn |,只需证明4( m + n ) 2 ≤ (4+ mn ) 2 , ∵4( m + n ) 2 -(4+ mn ) 2 =4( m 2 +2 mn + n 2 )-(16+8 mn + m 2 n 2 )=( m 2 -4)(4- n 2 ), ∵ m , n ∈[-2,2], ∴ m 2 , n 2 ∈[0,4], ∴( m 2 -4)(4- n 2 ) ≤ 0, ∴4( m + n ) 2 -(4+ mn ) 2 ≤ 0, ∴4( m + n ) 2 ≤ (4+ mn ) 2 , 可得2| m + n | ≤ |4+ mn |. (2)由(1)得, a +2 b =2, ∵ a , b ∈(0,+ ∞ ), ∴   +   =     ( a +2 b )=     ≥     =4, 当且仅当 a =1, b =   时,等号成立. ∴   +   的最小值为4. 方法1 　含绝对值不等式的解法 解法一:利用绝对值不等式的几何意义求解. 解法二:利用 “零点分段法” 求解. 解法三:通过构造函数,利用函数的图象求解. 方法技巧 例1    (2018东北三省三校第一次模拟,23)已知不等式|2 x -5|+|2 x +1|> ax -1. (1)当 a =1时,求不等式的解集; (2)若不等式的解集为R,求 a 的取值范围.   (1)利用零点分段法解不等式; (2)利用数形结合法求出直线的斜率,从而求得 a 的取值范围. 解题导引    解析　(1)令 f ( x )=|2 x -5|+|2 x +1|, 则 f ( x )=|2 x -5|+|2 x +1|=   因为 a =1,所以当 x ≤ -   时,由-4 x +4> x -1,解得 x <1,所以 x ≤ -   ; 当-   < x ≤   时,由6> x -1,解得 x <7,所以-   < x ≤   ; 当 x >   时,由4 x -4> x -1,解得 x >1,所以 x >   . 综上,所求不等式的解集为R. (2)由(1)作函数 f ( x )的图象,点 A   ,令 y = ax -1,则 y = ax -1的图象过定点 P (0, - 1),如图所示,由不等式|2 x -5|+|2 x +1|> ax -1的解集为R,可得-4 ≤ a <   , 即-4 ≤ a <   . 所以,实数 a 的取值范围为   .   方法2 　与绝对值不等式有关的最值问题的求解方法 求含绝对值的函数的最值时,常用的方法:(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;(4)数 形结合法;(5)利用基本不等式及柯西不等式. 例2　已知函数 f ( x )=| x -1|-2| x +1|的最大值为 k . (1)求 k 的值; (2)若 a , b , c ∈R,   + b 2 = k ,求 b ( a + c )的最大值. 解析　(1)由题意知 f ( x )=   其图象如图,由图可知 f ( x )的最大值 k =2.   (2)由(1)知   + b 2 =2,即( a 2 + b 2 )+( b 2 + c 2 )=4,因为 a 2 + b 2 ≥ 2 ab (当且仅当 a = b 时 取等号), b 2 + c 2 ≥ 2 bc (当且仅当 b = c 时取等号),所以( a 2 + b 2 )+( b 2 + c 2 )=4 ≥ 2( ab + bc ),即 ab + bc ≤ 2,故 b ( a + c )的最大值为2. 方法3 　不等式的证明与应用的解题方法 证明不等式的常用方法:(1)比较法;(2)综合法;(3)分析法;(4)反证法和放缩 法. 例3    (2019湖南五市十校教研教改共同体联考,23)已知函数 f ( x )=| x +1|. (1)求不等式 f ( x )<|2 x +1|-1的解集 A ; (2)证明:对任意的 a 、 b ∈ A ,都有 f ( ab )> f ( a )- f (- b )成立.   (1)由零点分段法解不等式. (2) f ( a )- f (- b )=| a +1|-|- b +1| ≤ | a +1-(- b +1)|=| a + b |→即证| ab +1| 2 >| a + b | 2 → 用作差法证明 解题导引    解析　(1)∵ f ( x )<|2 x +1|-1,∴| x +1|-|2 x +1|+1<0. 当 x <-1时,不等式可化为- x -1+(2 x +1)+1<0,解得 x <-1, ∴ x <-1; 当-1 ≤ x ≤ -   时,不等式可化为 x +1+(2 x +1)+1<0, 解得 x <-1,∴ x ∈ ⌀ ; 当 x >-   时,不等式可化为 x +1-(2 x +1)+1<0,解得 x >1, ∴ x >1. 综上所述, A ={ x | x <-1或 x >1}. (2)证明:∵ f ( a )- f (- b )=| a +1|-|- b +1| ≤ | a +1-(- b +1)|=| a + b |, 要证 f ( ab )> f ( a )- f (- b )成立,只需证| ab +1|>| a + b |, 即证| ab +1| 2 >| a + b | 2 ,即证 a 2 b 2 - a 2 - b 2 +1>0, 即证( a 2 -1)( b 2 -1)>0. 由(1)知, A ={ x | x <-1或 x >1},∵ a 、 b ∈ A ,∴ a 2 >1, b 2 >1, ∴( a 2 -1)( b 2 -1)>0成立. 故对于任意的 a 、 b ∈ A ,都有 f ( ab )> f ( a )- f (- b )成立.