2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題八 選考4系列選講 第二講 選考4-5 不等式選講 學(xué)案 理

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1、 第二講　不等式選講 考點(diǎn)一　含絕對(duì)值不等式的解法 1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法 (1)若c>0，則|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根據(jù)a，b的取值求解即可； (2)若c<0，則|ax＋b|≤c的解集為?，|ax＋b|≥c的解集為R. 2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法 (1)零點(diǎn)分段討論法． (2)絕對(duì)值的幾何意義． (3)數(shù)形結(jié)合法． [解]　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x＋1|－|x－1|， 即f(x)＝ 故不等式f(

2、x)>1的解集為. (2)當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|x＋1|－|ax－1|>x成立等價(jià)于當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|ax－1|<1成立． 若a≤0，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|ax－1|≥1； 若a>0時(shí)，則|ax－1|<1的解集為. 所以≥1，故0

3、|2x－a|＋|2x－1|(a∈R)． (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求f(x)≤2的解集． (2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|， 由f(x)≤2得＋≤1. 上述不等式化為數(shù)軸上點(diǎn)x到兩點(diǎn)－，的距離之和小于等于1，則－≤x≤，即原不等式的解集為. (2)∵f(x)≤|2x＋1|的解集包含， ∴當(dāng)x∈時(shí)，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立， ∴|2x－a|＋2x－1≤2x＋1， 即|2x－a|≤2，∴2x－2≤a≤2x＋2在x∈上恒成立， ∴(2x－2)max≤a≤(2x＋2)min，∴0

4、≤a≤3. 考點(diǎn)二　含絕對(duì)值不等式的綜合問(wèn)題 1．定理1：如果a，b是實(shí)數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立． 2．定理2：如果a，b，c是實(shí)數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立． [解]　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ 可得f(x)≥0的解集為{x|－2≤x≤3}． (2)f(x)≤1等價(jià)于|x＋a|＋|x－2|≥4. 而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且當(dāng)x＝2時(shí)等號(hào)成立． 故f(x)≤1等價(jià)于|a＋2|≥4. 由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.角度2：含絕對(duì)值不等式的恒成立問(wèn)

5、題 [解]　(1)由題意得，當(dāng)a＝2018時(shí)， f(x)＝ 因?yàn)閒(x)在[2018，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的值域?yàn)閇2018，＋∞)． (2)由g(x)＝|x＋1|，不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立，知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立，即(|x＋1|＋|x－a|)min>2. 而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|， 所以|1＋a|>2，解得a>1或a<－3. 絕對(duì)值恒成立問(wèn)題應(yīng)關(guān)注的3點(diǎn) (1)巧用“||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|”求最值． (2)f(x)a恒成立

6、?f(x)min>a. (3)f(x)a有解?f(x)max>a. [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1．[角度1](2018·山東淄博模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋4|. (1)若y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值為4，求a的值； (2)求不等式f(x)>1－x的解集． [解]　(1)因?yàn)閒(x)＝|x＋4|， 所以y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)＝|2x＋a＋4|＋|2x－a＋4|≥|2x＋a＋4－(2x－a＋4)|＝|2a|， 又y＝f(2x＋a)＋f(2x－a)的最小值為4， ∴|2a|＝4， ∴a＝±2. (2)f(x)＝|x＋4

7、|＝ ∴不等式f(x)>1－x等價(jià)于 解得x>－2或x<－10， 故不等式f(x)>1－x的解集為{x|x>－2或x<－10}． 2．[角度2](2018·河南鄭州二模)已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a. (1)當(dāng)a＝0時(shí)，解不等式f(x)≥g(x)； (2)若存在x∈R，使得f(x)≤g(x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝0時(shí)，由f(x)≥g(x)得|2x＋1|≥|x|，兩邊平方整理得3x2＋4x＋1≥0，解得x≤－1或x≥－，∴原不等式的解集為(－∞，－1]∪. (2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x＋1|－|x|， 令h(x)＝

8、|2x＋1|－|x|， 則h(x)＝ 故h(x)min＝h＝－， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥－. 考點(diǎn)三　不等式的證明 定理1：設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立． 定理2：如果a，b為正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立． 定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立． [證明]　(1)(a＋b)(a5＋b5) ＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因?yàn)?a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)

9、≤2＋(a＋b) ＝2＋， 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2. 證明不等式的方法和技巧 (1)如果已知條件與待證明的結(jié)論直接聯(lián)系不明顯，可考慮用分析法；如果待證的命題以“至少”“至多”等方式給出或是否定性命題、唯一性命題，則考慮用反證法． (2)在必要的情況下，可能還需要使用換元法、構(gòu)造法等技巧簡(jiǎn)化對(duì)問(wèn)題的表述和證明．尤其是對(duì)含絕對(duì)值不等式的解法或證明，其簡(jiǎn)化的基本思路是化去絕對(duì)值號(hào)，轉(zhuǎn)化為常見的不等式(組)求解．多以絕對(duì)值的幾何意義或“找零點(diǎn)、分區(qū)間、逐個(gè)解、并起來(lái)”為簡(jiǎn)化策略，而絕對(duì)值三角不等式，往往作為不等式放縮的依據(jù)． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足a>

10、0，b>0，c>0，且abc＝1. (1)證明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8； (2)證明：＋＋≤＋＋. [證明]　(1)∵1＋a≥2，1＋b≥2，1＋c≥2， ∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥2·2·2＝8， ∵abc＝1，∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8. (2)∵ab＋bc≥2＝2， ab＋ac≥2＝2， bc＋ac≥2＝2， 上面三式相加得， 2ab＋2bc＋2ca≥2＋2＋2， 即ab＋bc＋ca≥＋＋. 又＋＋＝ab＋bc＋ac， ∴＋＋≤＋＋. 1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1

11、|. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，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的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，不等式f(x)≥g(x)等價(jià)于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.① 當(dāng)x<－1時(shí)，①式化為x2－3x－4≤0，無(wú)解； 當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，①式化為x2－x－2≤0，從而－1≤x≤1； 當(dāng)x>1時(shí)，①式化為x2＋x－4≤0，從而1

12、≥2. 又f(x)在[－1,1]的最小值必為f(－1)與f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以a的取值范圍為[－1,1]． 解法二(分類討論法)：當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，g(x)＝2，所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等價(jià)于x∈[－1,1]時(shí)f(x)≥2， 即－x2＋ax＋4≥2， 當(dāng)x＝0時(shí)，－x2＋ax＋4≥2成立； 當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，－x2＋ax＋4≥2可化為a≥x－，而y＝x－在(0,1]單調(diào)遞增，最大值為－1，所以a≥－1； 當(dāng)x∈[－1,0)時(shí)，－x2＋ax＋4≥2可化為a≤x－，而y＝x－在[－1,0)單調(diào)遞增，最小值為1，

13、所以a≤1. 綜上，a的取值范圍為[－1,1]． 2．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)畫出y＝f(x)的圖象； (2)當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值． [解]　(1)f(x)＝ y＝f(x)的圖象如圖所示． (2)由(1)知，y＝f(x)的圖象與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2，且各部分所在直線斜率的最大值為3，故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時(shí)，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值為5. 1.不等式選講是高考的選考內(nèi)容之一，考查的重點(diǎn)是不等式的證明、絕對(duì)值不等式的解法等，命題的熱點(diǎn)是絕對(duì)值不等式的

14、求解，以及絕對(duì)值不等式與函數(shù)的綜合問(wèn)題的求解． 2．此部分命題形式單一、穩(wěn)定，難度中等，備考本部分內(nèi)容時(shí)應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用． 專題跟蹤訓(xùn)練(三十三) 1．(2018·廣州二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|. (1)解不等式f(x)>4； (2)若?x∈，不等式a＋14? 或或 ?x<－2或01. ∴不等式f(x)>4的解集為(－∞，－2)∪(0，＋∞)． (2)由(1)知，當(dāng)x<－時(shí)，f(x)＝－3x－2， ∵當(dāng)x<

15、－時(shí)，f(x)＝－3x－2>， ∴a＋1≤，即a≤. ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 2．(2018·河南新鄉(xiāng)二模)已知函數(shù)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3. (1)求不等式f(x)≤2的解集； (2)若直線y＝kx－2與函數(shù)f(x)的圖象有公共點(diǎn)，求k的取值范圍． [解]　(1)由f(x)≤2，得或或解得0≤x≤5，故不等式f(x)≤2的解集為[0,5]． (2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝ 作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示， 易知直線y＝kx－2過(guò)定點(diǎn)C(0，－2)， 當(dāng)此直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(4,0)時(shí)，k＝； 當(dāng)此直線與直線AD平行時(shí)，k＝－2. 故由圖可知，

16、k∈(－∞，－2)∪. 3．(2018·大慶二模)已知f(x)＝|x＋3|＋|x－1|，g(x)＝－x2＋2mx. (1)求不等式f(x)>4的解集； (2)若對(duì)任意的x1，x2，f(x1)≥g(x2)恒成立，求m的取值范圍． [解]　(1)解法一：不等式f(x)>4即|x＋3|＋|x－1|>4. 可得或 或 解得x<－3或x>1，所以不等式的解集為{x|x<－3或x>1}． 解法二：|x＋3|＋|x－1|≥|x＋3－(x－1)|＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)(x＋3)(x－1)≤0，即－3≤x≤1時(shí)，等號(hào)成立． 所以不等式的解集為{x|x<－3或x>1}． (2)依題意可知f(x)m

17、in≥g(x)max， 由(1)知f(x)min＝4， 因?yàn)間(x)＝－x2＋2mx＝－(x－m)2＋m2， 所以g(x)max＝m2. 由m2≤4得m的取值范圍是－2≤m≤2. 4．(2018·西安一模)設(shè)a、b為正實(shí)數(shù)，且＋＝2. (1)求a2＋b2的最小值； (2)若(a－b)2≥4(ab)3，求ab的值． [解]　(1)由2＝＋≥2得ab≥， 當(dāng)a＝b＝時(shí)取等號(hào)． 故a2＋b2≥2ab≥1，當(dāng)a＝b＝時(shí)取等號(hào)． 所以a2＋b2的最小值是1. (2)由＋＝2可得a＋b＝2ab， ∵(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝8a2b2－4ab≥4(ab)3， ∴(ab)2－2ab＋1≤0，即(ab－1)2≤0， ∴ab－1＝0，即ab＝1. 12