2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 8.2 不等式選講學(xué)案 理

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1、第2講　不等式選講 考點(diǎn)1　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)c>0，則|ax＋b|≤c的解集為－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c的解集為ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根據(jù)a、b的值解出即可． (2)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型不等式的解法 解這類含絕對(duì)值的不等式的一般步驟： (1)令每個(gè)絕對(duì)值符號(hào)里的一次式為0，求出相應(yīng)的根； (2)把這些根由小到大排序，它們把數(shù)軸分為若干個(gè)區(qū)間； (3)在所分區(qū)間上，根據(jù)絕對(duì)值的定義去掉

2、絕對(duì)值符號(hào)，討論所得的不等式在這個(gè)區(qū)間上的解集； (4)這些解集的并集就是原不等式的解集． [例1]　[2019·全國卷Ⅱ][選修4－5：不等式選講] 已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)<0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)<0，求a的取值范圍． 【解析】　本題主要考查絕對(duì)值不等式的求解，意在考查考生的邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝－2(x－1)2<0； 當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0. 所以，

3、不等式f(x)<0的解集為(－∞，1)． (2)因?yàn)閒(a)＝0，所以a≥1. 當(dāng)a≥1，x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0， 所以，a的取值范圍是[1，＋∞)． 解含有絕對(duì)值的不等式時(shí)，脫去絕對(duì)值符號(hào)的方法主要有：公式法、分段討論法、平方法、幾何法等．這幾種方法應(yīng)用時(shí)各有利弊．在解只含有一個(gè)絕對(duì)值的不等式時(shí)，用公式法較為簡(jiǎn)便；但若不等式含有多個(gè)絕對(duì)值符號(hào)，則應(yīng)采用分段討論法；應(yīng)用平方法時(shí)，要注意只有在不等式兩邊均為正的情況下才能施行．因此，我們?cè)谌ソ^對(duì)值符號(hào)時(shí)，用何種方法需視具體情況而定. 『對(duì)接訓(xùn)練』 1．[20

4、19·福建三明一中檢測(cè)]已知不等式|2x＋3|＋|2x－1|－2， ∴－2

5、|＋|2x－1|， 則f(x)＝2≥4， ∴a>4，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(4，＋∞)． 考點(diǎn)2　絕對(duì)值不等式的證明 1．絕對(duì)值三角不等式 定理1：若a、b為實(shí)數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立． 定理2：設(shè)a、b、c為實(shí)數(shù)，則|a－c|≤|a－b|＋|b－c|. 等號(hào)成立?(a－b)(b－c)≥0，即b落在a、c之間． 推論1：||a|－|b||≤|a＋b|. 推論2：||a|－|b||≤|a－b|. 2．基本不等式 (1)定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立． (2)定理2：如果a，b>0，那

6、么≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．也可以表述為兩個(gè)正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)大于或等于它們的幾何平均數(shù)． [例2]　[2019·全國卷Ⅰ][選修4－5：不等式選講] 已知a，b，c為正數(shù)，且滿足abc＝1.證明： (1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 【證明】　本題主要考查利用綜合法以及基本不等式證明不等式，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算． (1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac， 且abc＝1，故有 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋. 所以＋＋≤a2＋b2＋c

7、2. (2)因?yàn)閍，b，c為正數(shù)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. 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 含絕對(duì)值不等式的證明主要分兩類：一類是比較簡(jiǎn)單的不等式，可以通過平方法或換元法等去掉絕對(duì)值符號(hào)轉(zhuǎn)化為常見的不等式的證明，另一類是利用絕對(duì)值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通過適當(dāng)添加、拆項(xiàng)證明或利用放縮法、綜合法分析證明. 『對(duì)接訓(xùn)練』 2．[2019·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)調(diào)研]已知函數(shù)f(x)＝|x＋2|. (1)解不等式f(

8、x)>4－|x＋1|； (2)已知a＋b＝2(a>0，b>0)，求證：|x－2.5|－f(x)≤＋. 解析：(1)f(x)>4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|>4， 則得x<－3.5； 無解； 得x>0.5. 所以原不等式的解集為{x|x<－3.5或x>0.5}． (2)證明：|x－2.5|－f(x)＝|x－2.5|－|x＋2|≤4.5， ＋＝(a＋b)＝≥(5＋4)＝4.5， 所以|x－2.5|－f(x)≤＋. 課時(shí)作業(yè)22　不等式選講 1．[2019·江蘇卷]設(shè)x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|>2. 解析：本題主要考查解不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能

9、力和推理論證能力． 當(dāng)x<0時(shí)，原不等式可化為－x＋1－2x>2，解得x<－； 當(dāng)0≤x≤時(shí)，原不等式可化為x＋1－2x>2，即x<－1，無解； 當(dāng)x>時(shí)，原不等式可化為x＋2x－1>2，解得x>1. 綜上，原不等式的解集為{x|x<－或x>1}． 2．[2019·陜西彬州質(zhì)監(jiān)]已知函數(shù)f(x)＝|x－3|－|x＋2|. (1)求函數(shù)f(x)的值域； (2)若?x∈[－2,1]，使f(x)≥x2＋a成立，求a的取值范圍． 解析：(1)依題意可得f(x)＝ 當(dāng)－2

10、a可化為－2x＋1≥x2＋a， 得?x∈[－2,1]，使得a≤－x2－2x＋1成立． 令g(x)＝－x2－2x＋1＝－(x＋1)2＋2， 則當(dāng)x∈[－2,1]時(shí)，g(x)max＝2，所以a的取值范圍為(－∞，2]． 3．[2019·四川綿陽一診]已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－m|(m∈R)． (1)當(dāng)m＝1時(shí)，解不等式f(x)≥2； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)≥|x－3|的解集包含[3,4]，求m的取值范圍． 解析：(1)m＝1時(shí)，f(x)＝|2x＋1|－|x－1|， 當(dāng)x≤－時(shí)，f(x)＝－2x－1＋(x－1)＝－x－2， 由f(x)≥2得x≤－4，綜合得x≤－

11、4； 當(dāng)－

12、當(dāng)x＝3時(shí)，2x＋4取得最小值10， 則m的取值范圍是[－4,10]． 4．[2019·云南玉溪一中?？糫已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x－1|. (1)解不等式f(x)≤x＋3； (2)若g(x)＝|3x－2m|＋|3x－2|，對(duì)?x1∈R，?x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)原不等式等價(jià)于 或或 得－≤x≤， 故原不等式的解集為{x|－≤x≤}． (2)由f(x)＝|x＋1|＋|2x－1|＝ 可知當(dāng)x＝時(shí)，f(x)最小，無最大值，且f(x)min＝f＝. 設(shè)A＝{y|y＝f(x)}，B＝{y|y＝g(x)}，則A＝{y|y

13、≥}， 因?yàn)間(x)＝|3x－2m|＋|3x－2|≥|(3x－2m)－(3x－2)|＝|2m－2|， 所以B＝{y|y≥|2m－2|}． 由題意知A?B，所以|2m－2|≤，所以m∈. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍為{m|≤m≤}． 5．[2019·湖南衡陽八中?？糫已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|. (1)解不等式f(x)≤3； (2)記函數(shù)g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域?yàn)镸，若t∈M，證明：t2＋1≥＋3t. 解析：(1)依題意，得f(x)＝ 于是f(x)≤3?或或 解得－1≤x≤1. 即不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}． (2)g(x)＝f(x

14、)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥ |2x－1－2x－2|＝3， 當(dāng)且僅當(dāng)(2x－1)(2x＋2)≤0時(shí)，取等號(hào)，∴M＝[3，＋∞)． 要證t2＋1≥＋3t，即證t2－3t＋1－≥0. 而t2－3t＋1－＝＝. ∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋1>0，∴≥0. ∴t2＋1≥＋3t. 6．[2019·全國卷Ⅲ][選修4－5：不等式選講] 設(shè)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， 證明：a≤－3或a≥－1. 解析： 本題主要考查基本不等式在求最值、不等式

15、恒成立求參數(shù)問題中的應(yīng)用，考查考生的化歸與轉(zhuǎn)化能力，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算． (1)由于[(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]， 故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝－，z＝－時(shí)等號(hào)成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)由于[(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]， 故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝，z＝時(shí)等號(hào)成立． 因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為. 由題設(shè)知≥，解得a≤－3或a≥－1. - 8 -