《2020屆高考數學大二輪復習 層級二 專題七 系列4選考 第2講 不等式選講教學案（選修4-5）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數學大二輪復習 層級二 專題七 系列4選考 第2講 不等式選講教學案（選修4-5）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第2講　選修4－5 不等式選講 [考情考向·高考導航] 高考主要考查絕對值不等式的解法，求含絕對值的函數的值域及求含參數的絕對值不等式中參數的取值范圍，不等式的證明等，結合集合的運算、函數的圖象和性質、恒成立問題及基本不等式、絕對值不等式的應用成為命題的熱點． [真題體驗] 1．(2019·全國Ⅱ卷)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當a＝1時，求不等式f(x)＜0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時，f(x)＜0，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當x＜1時，f(x)＝－2(x－1)2＜0

2、；當x≥1時， f(x)≥0. 所以，不等式f(x)＜0的解集為(－∞，1)． (2)因為f(a)＝0，所以a≥1. 當a≥1，x∈(－∞，1)時，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，＋∞)． 2．(2017·全國Ⅰ卷)已知函數f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)當a＝1時，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a＝1時，不等式f(x)≥g(x)等價于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①

3、 當x＜－1時，①式化為x2－3x－4≤0，無解； 當－1≤x≤1時，①式化為x2－x－2≤0，從而－1≤x≤1； 當x＞1時，①式化為x2＋x－4≤0，從而1＜x≤. 所以f(x)≥g(x)的解集為 . (2)當x∈[－1,1]時，g(x)＝2. 所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等價于當x∈[－1，1]時，f(x)≥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的取值范圍是[－1,1]． [主干整合] 1．絕對值不等式的性質 定理1：如果a，b是實數，則|a＋b|≤|a|＋|

4、b|，當且僅當ab≥0時，等號成立． 定理2：如果a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0，等號成立． 2．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c. (2)|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c. 3．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法 (1)利用絕對值不等式的幾何意義直觀求解． (2)利用零點分段法求解． (3)構造函數，利用函數的圖象求解． 4．基本不等式 定理1：設a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當且僅

5、當a＝b時，等號成立． 定理2：如果a，b為正數，則≥，當且僅當a＝b時，等號成立． 定理3：如果a，b，c為正數，則≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立． 定理4：(一般形式的算術—幾何平均數不等式)如果a1，a2，…，an為n個正數(n∈N*，n＞1)，則≥，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立． 熱點一　絕對值不等式的解法 [例1]　已知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f(x)的圖象有公共點，求k的取值范圍． [審題指導]　(1)看到f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3，聯想到分x≤1、1＜x

6、＜4、x≥4三種情況去絕對值號． (2)看到y＝kx－2聯想到此直線恒過定點(0，－2)． [解析]　(1)由f(x)≤2， 得或或 解得0≤x≤5， 故不等式f(x)≤2的解集為[0,5]． (2)f(x)＝|x－4|＋|x－1|－3＝ 作出函數f(x)的圖象，如圖所示， 直線y＝kx－2過定點C(0，－2)， 當此直線經過點B(4,0)時，k＝； 當此直線與直線AD平行時，k＝－2， 故由圖可知，k∈(－∞，－2)∪. (1)用零點分段法解絕對值不等式的步驟：①求零點；②劃區(qū)間、去絕對值號；③分別解去掉絕對值的不等式；④取每個結果的并集，注意在分段時不要遺漏

7、區(qū)間的端點值． (2)用圖象法、數形結合法可以求解含有絕對值的不等式，使得代數問題幾何化，既通俗易懂，又簡潔直觀，是一種較好的方法． (2019·聊城三模)已知函數f(x)＝|x－2|－|x－5|. (1)證明：－3≤f(x)≤3； (2)求不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集． 解析：(1)證明：f(x)＝|x－2|－|x－5| ＝ 當2＜x＜5時，－3＜2x－7＜3. 所以－3≤f(3)≤3. (2)由(1)可知， 當x≤2時，f(x)≥x2－8x＋15的解集為空集； 當2＜x＜5時，f(x)≥x2－8x＋15的解集為{x|5－≤x＜5}； 當x≥5時，f(x

8、)≥x2－8x＋15的解集為{x|5≤x≤6}． 綜上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集為{x|5－≤x≤6}． 熱點二　不等式的證明 邏輯 推理 素養(yǎng) 邏輯推理——不等式證明中心的核心素養(yǎng) 通過不等式的證明掌握邏輯推理的基本形式，表述論證的過程；能理解數學知識之間的聯系，對式子進行等價變形，進而通過證明不等式，體驗邏輯推理的核心素養(yǎng). [例2]　(2019·全國Ⅰ卷)已知a，b，c為正數，且滿足abc＝1.證明： (1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. [審題指導]　(1)利用重要不等式a2＋b2≥2ab構造三個不等

9、式相加，再結合abc＝1進行證明． (2)利用平均值不等式進行證明． [解析]　(1)證明：因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2ab，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立． 所以＋＋≤a2＋b2＋c2. (2)證明：因為a，b，c為正數且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. 當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. (2019·蘇州二模)已知

10、f(x)＝|2x－1|＋x＋的最小值為m. (1)求m的值； (2)已知a，b，c是正實數，且a＋b＋c＝m，求證：2(a3＋b3＋c3)≥ab＋bc＋ca－3abc. 解析：(1)當x≥時，f(x)＝3x－在上單調遞增，且f(x)≥－＝1；當x＜時，f(x)＝－x在上單調遞減，且f(x)＞－＝1. 綜上可得x＝時，f(x)取得最小值1，即m＝1. (2)證明：a，b，c是正實數，且a＋b＋c＝1， 由a3＋b3－a2b－b2a＝a2(a－b)＋b2(b－a) ＝(a－b)(a2－b2)＝(a＋b)(a－b)2≥0， 則有a3＋b3－a2b－b2a≥0， 即a3＋b3≥a2b

11、＋b2a＝ab(a＋b)＝ab(1－c)＝ab－abc， 所以a3＋b3≥ab－abc， 同理可得b3＋c3≥bc－abc；c3＋a3≥ca－abc， 上面三式相加得，2(a3＋b3＋c3)≥ab＋bc＋ca－3abc，當且僅當a＝b＝c＝時取得等號． 不等式證明的常用方法 不等式證明的常用方法有比較法、分析法、綜合法、反證法等．如果已知條件與待證結論直接聯系不明顯，可考慮用分析法；如果待證命題是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的，則考慮用反證法．在必要的情況下，可能還需要使用換元法、構造法等技巧簡化對問題的表述和證明． 熱點三　絕對值不等式恒成立(存在)問

12、題 [例3]　(2019·日照三模)已知函數f(x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|，a∈R，g(x)＝x2－2x－4＋. (1)若f(2a2－1)＞4|a－1|，求實數a的取值范圍； (2)若存在實數x，y，使f(x)＋g(y)≤0，求實數a的取值范圍． [解析]　(1)∵f(2a2－1)＞4|a－1|， ∴|2a2－2a|＋|a2－1|＞4|a－1|， ∴|a－1|(2|a|＋|a＋1|－4)＞0， ∴|2a|＋|a＋1|＞4且a≠1. ①若a≤－1，則－2a－a－1＞4，∴a＜－； ②若－1＜a＜0，則－2a＋a＋1＞4，∴a＜－3，此時無解； ③若a≥0且a≠1，則

13、2a＋a＋1＞4，∴a＞1. 綜上所述，a的取值范圍為∪(1，＋∞)． (2)∵g(x)＝(x－1)2＋－5≥2 －5＝－1，顯然可取等號， ∴g(x)min＝－1. 于是，若存在實數x，y，使f(x)＋g(y)≤0，只需f(x)min≤1. 又f(x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|≥|(x＋1－2a)－(x－a2)|＝(a－1)2， ∴(a－1)2≤1，∴－1≤a－1≤1，∴0≤a≤2，即a∈[0,2]． 1．求含絕對值號函數的最值的兩種方法 (1)利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解． (2)將函數化為分段函數，數形結合求解． 2．恒成立(存在)問題

14、的等價轉化 f(x)≥M f(x)≤M 任意x恒成立? f(x)min≥M f(x)max≤M 存在x成立? f(x)max≥M f(x)min≤M (2018·全國Ⅰ卷)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|. (1)當a＝1時，求不等式f(x)>1的解集； (2)若x∈(0,1)時不等式f(x)>x成立，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝|x＋1|－|x－1|， 即f(x)＝ 故不等式f(x)＞1的解集為{x|x＞}． (2)當x∈(0,1)時|x＋1|－|ax－1|＞x成立等價于當x∈(0,1)時|ax－1|＜1成立． 若a≤0，則

15、當x∈(0,1)時|ax－1|≥1； 若a＞0，|ax－1|＜1的解集為0＜x＜，所以≥1，故0＜a≤2. 綜上，a的取值范圍為(0,2]． 限時45分鐘　滿分50分 解答題(本大題共5小題，每小題10分，共50分) 1．(2018·全國Ⅱ卷)設函數f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)畫出y＝f(x)的圖象； (2)當x∈[0，＋∞)時，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值． 解：(1)當x≤－時，f(x)＝－2x－1－x＋1＝－3x， 當－

16、x)的圖象． (2)由圖象可得，b≥2，a≥3， 所以a＋b的最小值為5. 2．(2020·湖南省五市十校聯考)已知函數f(x)＝|x－2|＋|x＋a|，其中a∈R. (1)當a＝1時，求不等式f(x)≥6的解集； (2)若存在x0∈R，使得f(x0)＜2 020a，求實數a的取值范圍． 解析：(1)當a＝1時，f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＝ 所以f(x)≥6?或或 解得x≤－或x≥， 因此不等式f(x)≥6的解集為. (2)f(x)＝|x－2|＋|x＋a|≥|(x－2)－(x＋a)|＝|a＋2|， 故f(x)min＝|a＋2|.由題意知，解得a＞， 所以實數a

17、的取值范圍是. 3．(2020·唐山摸底考試)已知f(x)＝|x＋1|－|2x－1|. (1)求不等式f(x)＞0的解集； (2)若x∈R時，不等式f(x)≤a＋x恒成立，求a的取值范圍． 解析：(1)由題意得|x＋1|＞|2x－1|， 所以|x＋1|2＞|2x－1|2， 整理可得x2－2x＜0，解得0＜x＜2， 故原不等式的解集為{x|0＜x＜2}． (2)由已知可得，a≥f(x)－x恒成立， 設g(x)＝f(x)－x，則g(x)＝ 由g(x)的單調性可知，x＝時，g(x)取得最大值1， 所以a的取值范圍是[1，＋∞)． 4．(2019·全國Ⅲ卷)設x，y，z∈R，且

18、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：兩個問都是考查柯西不等式，屬于柯西不等式的常見題型． (1)[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2](12＋12＋12)≥[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x＋y＋z＋1)2＝4故(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥等號成立當且僅當x－1＝y＋1＝z＋1而又因x＋y＋z＝1，解得時等號成立 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)因為(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2

19、≥，所以[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2](12＋12＋12)≥1. 根據柯西不等式等號成立條件，當x－2＝y－1＝z－a，即時有[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2](12＋12＋12)＝(x－2＋y－1＋z－a)2＝(a＋2)2成立． 所以(a＋2)2≥1成立，所以有a≤－3或a≥－1. 5．(2020·遼寧重點協作校模擬)已知函數f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1|，g(x)＝|x＋a2＋c2|＋|x－2b2|，其中a，b，c均為正實數，且ab＋bc＋ac＝1. (1)當b＝1時，求不等式f(x)≥1的解集； (2)當x∈R時，求證f(x)≤g(x)． 解析：

20、(1)由題意，當b＝1時，f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1|＝ 當x≤－1時，f(x)＝－2＜1，不等式f(x)≥1無解，不等式f(x)≥1的解集為?； 當－1＜x＜1時，f(x)＝2x，由不等式f(x)≥1， 解得x≥， 所以≤x＜1； 當x≥1時，f(x)＝2≥1恒成立， 所以不等式f(x)≥1的解集為. (2)證明：當x∈R時，f(x)＝|x＋b2|－|－x＋1| ≤|x＋b2＋(－x＋1)|＝|b2＋1|＝b2＋1； g(x)＝|x＋a2＋c2|＋|x－2b2| ≥|x＋a2＋c2－(x－2b2)| ＝|a2＋c2＋2b2|＝a2＋c2＋2b2. 而a2＋c2＋2b2－(b2＋1)＝a2＋c2＋b2－1 ＝(a2＋c2＋b2＋a2＋c2＋b2)－1 ≥ab＋bc＋ac－1＝0， 當且僅當a＝b＝c＝時，等號成立， 即a2＋c2＋2b2≥b2＋1，即f(x)≤g(x)． - 9 -