2021届课标版高考理科数学大一轮复习课件：专题十六　不等式选讲（讲解部分） 19页

专题十六　不等式选讲 高考理数 考点一    绝对值不等式 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 , c 的值求解即可. (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 ,| x - a |+| x - b | ≤ c 型不等式的解法 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各个不等式解集的并集就是原不等式的解集 几何法(利用| x - a |的几何意义) 由于| x - a |+| x - b |与| x - a |-| x - b |分别表示数轴上与 x 对应的点到与 a , b 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 数形结合法 通过构造函数,利用函数的图象求解,体现函数与方程的思想,正确求出函数的零点并画出函数图象是解题的关键 注意 　分区间讨论时,一是不要把分成的区间的端点遗漏;二是原不等式的 解集是若干个不等式解集的并集,而不是交集. 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 ). 4.绝对值三角不等式 定理1　如果 a , b 是实数,则 | a + b | ≤ | a |+| b | ,当且仅当 ab ≥ 0时,等号成立. 定理2　如果 a , b , c 是实数,那么 | a - c | ≤ | a - b |+| b - c | ,当且仅当( a - b )( b - c ) ≥ 0时,等 号成立. 上述定理还可以推广到以下两个不等式. (1)| a 1 + a 2 + … + a n | ≤ | a 1 |+| a 2 |+ … +| a n |; (2)|| a |-| b || ≤ | a ± b | ≤ | a |+| b |. 考向突破 考向一    绝对值不等式的解法 例1     (2017课标Ⅲ,23,10分)已知函数 f ( x )=| x +1|-| x -2|. (1)求不等式 f ( x ) ≥ 1的解集; (2)若不等式 f ( x ) ≥ x 2 - x + m 的解集非空,求 m 的取值范围. 解析　 (1) f ( x )=   当 x <-1时, f ( x ) ≥ 1无解; 当-1 ≤ x ≤ 2时,由 f ( x ) ≥ 1得,2 x -1 ≥ 1,解得1 ≤ x ≤ 2; 当 x >2时,由 f ( x ) ≥ 1解得 x >2. 所以 f ( x ) ≥ 1的解集为{ x | x ≥ 1}. (2)解法一:由 f ( x ) ≥ x 2 - x + m 得 m ≤ | x +1|-| x -2|- x 2 + x . 而| x +1|-| x -2|- x 2 + x ≤ | x |+1+| x |-2- x 2 +| x | =-   +   ≤   , 当且仅当 x =   时,| x +1|-| x -2|- x 2 + x =   . 因为原不等式的解集非空, 所以 m 的取值范围为   . 解法二:易知 f ( x )=   设 g ( x )= x 2 - x + m =   + m -   ,则 g '( x )=2 x -1. 在同一坐标系中画出函数 g ( x )及 f ( x )的图象(图略),观察图象可知直线 y =2 x - 1为抛物线 y = g ( x )的切线时,有 g ( x ) ≥ f ( x ). 设切点坐标为( x 0 , y 0 ),则由2 x 0 -1=2得 x 0 =   ,则 y 0 =2 ×   -1=2. 所以不等式 f ( x ) ≥ x 2 - x + m 的解集非空时, g   ≤ f   ,得 m ≤   , 即 m 的取值范围是   . 考向二    含有绝对值的恒成立、存在性、参数范围的问题 例2     (2019河北省级示范性高中4月联考,23)已知函数 f ( x )=| x + a |+|2 x -5|( a >0). (1)当 a =2时,解不等式 f ( x ) ≥ 5; (2)当 x ∈[ a ,2 a -2]时,不等式 f ( x ) ≤ | x +4|恒成立,求实数 a 的取值范围. 解析　 (1)当 a =2时, f ( x )=| x +2|+|2 x -5| =     (2分) 由 f ( x ) ≥ 5,得   或   或     (4分) 解得 x ≤ 2或 x ≥   ,所以不等式 f ( x ) ≥ 5的解集为   .   (5分) (2)因为 f ( x ) ≤ | x +4|,所以| x + a |+|2 x -5| ≤ | x +4|, 因为 x ∈[ a ,2 a -2],所以2 a -2> a , 所以 a >2,所以 x + a >0, x +4>0, 得 x + a +|2 x -5| ≤ x +4, 不等式恒成立,即|2 x -5| ≤ 4- a 在 x ∈[ a ,2 a -2]上恒成立,   (7分) 由不等式恒成立可得 a ≤ 4, a -4 ≤ 2 x -5 ≤ 4- a , 即 a +1 ≤ 2 x ≤ 9- a .   (8分) 所以   解得1 ≤ a ≤   ,   (9分) 结合2< a ≤ 4,得2< a ≤   ,即 a 的取值范围为   .   (10分) 考点二    不等式的证明 考向基础 1.比较法 (1)作差法:要证明 a > b ,只需证 a - b >0. (2)作商法:要证明 a > b ( b >0) ,只要证   >1 . 2.综合法 从已知条件,不等式的性质和基本不等式等出发,通过逻辑推理,推导出所 要证明的结论. 3.分析法 从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至所需条件为已知条 件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等),从而得 出要证的命题成立. 4.反证法 先假设要证的命题不成立,以此为出发点,结合已知条件,应用公理、定 义、定理、性质等,进行正确的推理,得到和命题的条件(或已证明的定 理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论,以说明假设不正确,从而证明 原命题成立. 5.放缩法 证明不等式时,通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小,简化不等式, 从而达到证明的目的. 考向突破 考向    不等式的证明 例     (2020届广西玉林第二次月考,23)已知正数 a , b 满足   +   =1. (1)证明:   ≤ ab ; (2)若存在实数 x ,使得| x +2|-   = a + b ,求 a , b . 解析 　(1)证明:∵4 a + b =(4 a + b )   =4+   +   +   ≥ 4+2   +   =   , ∴   ≤ 1, 又1=   +   ≥ 2   ,∴ ab ≥ 1,∴   ≤ ab .   (5分) (2)| x +2|-   ≤ ( x +2)-   =   , 且当   即 x ≥   时,等号成立. a + b =( a + b )   =1+   +   +   ≥ 1+   +2   =   ,且当   =   ,即 a =2 b 时, 等号成立.∴   ⇒     (10分) 方法1      含绝对值不等式的解法 1.基本性质法:对于 a >0,| x |< a ⇔ - a < x < a ,| x |> a ⇔ x <- a 或 x > a . 2.平方法:不等式两边同时平方去掉绝对值符号. 3.零点分区间法:含有两个或两个以上绝对值符号的不等式,可用零点分区 间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式 (组)求解. 4.几何法:利用绝对值的几何意义,画出数轴,将绝对值转化为数轴上两点的 距离求解. 5.数形结合法:在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象, 利用函数图象求解. 方法技巧 例1     (2019河南驻马店期末,23)已知函数 f ( x )=| x + a |+|2 x -1|( a ∈R). (1)当 a =-1时,求不等式 f ( x ) ≥ 2的解集; (2)若 f ( x ) ≤ 2 x 的解集包含   ,求 a 的取值范围. 解题导引   所以实数 a 的取值范围是   . 解析 　(1)当 a =-1时,不等式 f ( x ) ≥ 2可化为| x -1|+|2 x -1| ≥ 2, 当 x ≤   时,不等式为1- x +1-2 x ≥ 2,解得 x ≤ 0; 当   < x <1时,不等式为1- x +2 x -1 ≥ 2,即 x ≥ 2,无解; 当 x ≥ 1时,不等式为 x -1+2 x -1 ≥ 2,解得 x ≥   . 综上,原不等式的解集为(- ∞ ,0] ∪   . (2)因为 f ( x ) ≤ 2 x 的解集包含   ,所以不等式可化为| x + a |+2 x -1 ≤ 2 x ,即| x + a | ≤ 1. 解得- a -1 ≤ x ≤ - a +1,由题意知   解得-   ≤ a ≤   . 方法2      与绝对值不等式有关的最值问题 求含绝对值的函数的最值时,常用的方法有:①利用基本不等式和不等式的 相关性质解决;②将函数解析式用分段函数形式表示,作出函数图象,求得 最值;③利用性质“|| a |-| b || ≤ | a ± b | ≤ | a |+| b |”求最值. 例2     (2018湖北重点高中联考,23)已知函数 f ( x )= x | x - a |, a ∈R. (1)若 f (1)+ f (-1)>1,求 a 的取值范围; (2)若 a >0, ∀ x , y ∈(- ∞ , a ],都有不等式 f ( x ) ≤   +| y - a |恒成立,求 a 的取值范 围. 解析 　(1) f (1)+ f (-1)>1 ⇒ |1- a |-|1+ a |>1 ⇒   或   或   ⇒ a <-1或-1 ≤ a <-   或 a ∈ ⌀⇒ a <-   .所以 a ∈   . (2)当 y ∈(- ∞ , a ]( a >0)时,记 g ( y )=   +| y - a |, 则 g ( y )=   +| a - y | ≥   =   + a   ,即 g ( y )的最小值为   + a , 当 x ∈(- ∞ , a ]时, f ( x )= x ( a - x )=-   +   , ∴ x =   时, f ( x )取得最大值,为   , 故原问题转化为   ≤   + a ⇒ a 2 -4 a -5 ≤ 0 ⇒ -1 ≤ a ≤ 5, 又 a >0,∴ a ∈(0,5].