【数学】2018届一轮复习北师大版不等式选讲教案 11页

第2讲　不等式选讲 ‎　　　　　　　　　　　　　　含绝对值不等式的解法 共研典例　类题通法 ‎1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法 ‎(1)若c＞0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c，或ax＋b≤－c，然后根据a，b的取值求解即可；‎ ‎(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 ‎(1)令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；‎ ‎(2)把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；‎ ‎(3)在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；‎ ‎(4)这些解集的并集就是原不等式的解集．‎ ‎ (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝|kx－1|(k∈R)．‎ ‎(1)若不等式f(x)≤2的解集为，求k的值；‎ ‎(2)若f(1)＋f(2)＜5，求k的取值范围．‎ ‎【解】　(1)由|kx－1|≤2，得－2≤kx－1≤2，‎ 所以－1≤kx≤3，所以－≤x≤1.‎ 由已知，得＝1，所以k＝3.‎ ‎(2)由已知，得|k－1|＋|2k－1|＜5.‎ 当k≤时，－(k－1)－(2k－1)＜5，得k＞－1，此时－1＜k≤；‎ 当＜k≤1时，－(k－1)＋(2k－1)＜5，得k＜5，此时＜k≤1；‎ 当k＞1时，(k－1)＋(2k－1)＜5，得k＜，此时1＜k＜.‎ 综上，k的取值范围是.‎ 用零点分段法解绝对值不等式的步骤 ‎(1)求零点．‎ ‎(2)划区间，去绝对值号．‎ ‎(3)分别解去掉绝对值号的不等式．‎ ‎(4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·高考全国卷乙)已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.‎ ‎(1)画出y＝f(x)的图象；‎ ‎(2)求不等式|f(x)|＞1的解集．‎ ‎[解] (1)f(x)＝ y＝f(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)由f(x)的表达式及图象知，当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；‎ 当f(x)＝－1时，可得x＝或x＝5，‎ 故f(x)＞1的解集为{x|1＜x＜3}；f(x)＜－1的解集为.‎ 所以|f(x)|＞1的解集为.‎ ‎2．(2016·贵阳模拟)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.‎ ‎(1)当a＝－4时，求不等式f(x)≥6的解集；‎ ‎(2)若f(x)≤|x－3|的解集包含[0，1]，求实数a的取值范围．‎ ‎[解] (1)当a＝－4时，f(x)≥6，即|x－4|＋|x－2|≥6，‎ 即或 或，‎ 解得x≤0或x≥6.‎ 所以原不等式的解集为(－∞，0]∪[6，＋∞)．‎ ‎(2)由题可得f(x)≤|x－3|在[0，1]上恒成立，‎ 即|x＋a|＋2－x≤3－x在[0，1]上恒成立，‎ 即－1－x≤a≤1－x在[0，1]上恒成立，‎ 即－1≤a≤0.‎ ‎3．设函数f(x)＝|x－a|＋|x－2|.‎ ‎(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥4＋|x－2|－|x－1|；‎ ‎(2)若不等式f(x)≤1＋|x－2|的解集为[0，2]，＋＝a(m>0，n>0)，求证：m＋2n≥4.‎ ‎[解] (1)当a＝2时，不等式f(x)≥4＋|x－2|－|x－1|可以化简为|x－2|＋|x－1|≥4.‎ 由绝对值不等式的几何意义可得，‎ 不等式的解集为∪.‎ ‎(2)证明：化简f(x)≤1＋|x－2|，得|x－a|≤1，‎ 解得a－1≤x≤a＋1，‎ 而f(x)≤1＋|x－2|的解集为[0，2]，‎ 所以解得a＝1，‎ 所以＋＝1(m>0，n>0)，‎ 所以m＋2n＝(m＋2n)＝2＋＋≥4(当且仅当＝，即m＝2，n＝1时等号成立)．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　不等式的证明 共研典例　类题通法 证明不等式的基本方法 ‎(1)比较法：作差或作商比较．‎ ‎(2)综合法：根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论．‎ ‎(3)分析法：执果索因的证明方法．‎ ‎(4)反证法：反设结论，导出矛盾．‎ ‎(5)放缩法：通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．‎ ‎ (2016·贵州模拟)已知函数f(x)＝2|x＋1|＋|x－2|.‎ ‎(1)求f(x)的最小值m；‎ ‎(2)若a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝m，求证：＋＋≥3.‎ ‎【解】　(1)当x＜－1时，f(x)＝－2(x＋1)－(x－2)＝－3x∈(3，＋∞)；‎ 当－1≤x＜2时，f(x)＝2(x＋1)－(x－2)＝x＋4∈[3，6)；‎ 当x≥2时，f(x)＝2(x＋1)＋(x－2)＝3x∈[6，＋∞)．‎ 综上，f(x)的最小值m＝3.‎ ‎(2)证明：a，b，c均为正实数，且满足a＋b＋c＝3，‎ 因为＋＋＋(a＋b＋c)‎ ‎＝＋＋ ‎≥2＝2(a＋b＋c)．‎ ‎(当且仅当a＝b＝c＝1时，取“＝”)‎ 所以＋＋≥a＋b＋c，即＋＋≥3.‎ 证明方法的选择 不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等．如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法．在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·桂林模拟)已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)＜4的解集为M.‎ ‎(1)求M；‎ ‎(2)当a，b∈M时，证明：2|a＋b|＜|4＋ab|.‎ ‎[解] (1)①当x≥1时，解得1≤x＜2；‎ ‎②当－1≤x＜1时，解得－1≤x＜1；‎ ‎③当x＜－1时，解得－2＜x＜－1.‎ 综上，不等式的解集M＝(－2，2)．‎ ‎(2)证明：要证明原不等式成立，则需证明4(a2＋2ab＋b2)＜a2b2＋8ab＋16，‎ 只需证明a2b2－4a2－4b2＋16＞0，‎ 即需证明(a2－4)(b2－4)＞0.‎ 因为a，b∈(－2，2)，所以a2＜4，b2＜4，‎ 所以a2－4＜0，b2－4＜0，‎ 所以(a2－4)(b2－4)＞0，所以原不等式成立．‎ ‎2．(2016·山西高三质量检测)设a，b，c，d均为正数，且a－c＝d－b，证明：‎ ‎(1)若ab＞cd，则＋ ＞＋；‎ ‎(2)＋ ＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ ‎[证明] (1)因为(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2，‎ 由a＋b＝c＋d，ab＞cd，得(＋)2＞(＋)2，‎ 所以＋ ＞＋.‎ ‎(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2，‎ 即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.‎ 由(1)得＋＞＋.‎ ‎②若＋ ＞＋，则(＋)2＞(＋)2，‎ 即a＋b＋2 ＞c＋d＋2.‎ 因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.‎ 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.‎ 所以|a－b|＜|c－d|.‎ 综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．‎ ‎3．设x≥1，y≥1，求证x＋y＋≤＋＋xy.‎ ‎[证明] 由于x≥1，y≥1，‎ 要证x＋y＋≤＋＋xy，‎ 只需证xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.‎ 因为[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]‎ ‎＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]‎ ‎＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)‎ ‎＝(xy－1)(xy－x－y＋1)‎ ‎＝(xy－1)(x－1)(y－1)，‎ 因为x≥1，y≥1，‎ 所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，‎ 从而所要证明的不等式成立．‎ ‎　　　　　　　　　　　　　含绝对值不等式的恒成立问题 共研典例　类题通法 ‎1．f(x)＞a恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a恒成立⇔f(x)max＜a；f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a；f(x)＞a无解⇔f(x)max≤a；f(x)＜a无解⇔f(x)min≥a.‎ ‎2．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．‎ ‎ (2016·高考全国卷丙)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.‎ ‎(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；‎ ‎(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.‎ 解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.‎ 因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．‎ ‎(2)当x∈R时，‎ f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|2x－1|‎ ‎≥|2x－a＋1－2x|＋a ‎＝|1－a|＋a，‎ 所以当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①‎ 当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．‎ 当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.‎ 所以a的取值范围是[2，＋∞)．‎ 解决含参数的绝对值不等式问题常用的两种方法 ‎(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决；‎ ‎(2)借助于绝对值的几何意义，先求出f(x)的最值或值域，然后再根据题目要求，求解参数的取值范围．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2016·长春模拟)设函数f(x)＝|x＋2|＋|x－a|(a∈R)．‎ ‎(1)若不等式f(x)＋a≥0恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若不等式f(x)≥x恒成立，求实数a的取值范围．‎ ‎[解] (1)当a≥0时，f(x)＋a≥0恒成立，当a＜0时，要保证f(x)≥－a恒成立，即f(x)的最小值|a＋2|≥－a，解得－1≤a＜0，故a≥－1.‎ ‎(2)由题意可知，函数y＝f(x)的图象恒在直线y＝x的上方，画出两个函数图象可知，当a≤－2时，符合题意，当a＞－2时，只需满足点(a，a＋2)不在点的下方即可，所以 a＋2≥a，即－2＜a≤4.‎ 综上，实数a的取值范围是(－∞，4]．‎ ‎2．(2016·兰州市诊断考试)设函数f(x)＝|2x－1|－|x＋2|.‎ ‎(1)解不等式f(x)>0；‎ ‎(2)若∃x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，求实数m的取值范围．‎ ‎[解] (1)不等式f(x)>0，即|2x－1|>|x＋2|，‎ 即4x2－4x＋1>x2＋4x＋4，‎ ‎3x2－8x－3>0，解得x<－或x>3，‎ 所以不等式f(x)>0的解集为{x|x<－或x>3}．‎ ‎(2)f(x)＝|2x－1|－|x＋2|＝ 故f(x)的最小值为f()＝－.‎ 因为∃x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，‎ 所以4m－2m2>－，‎ 解得－0；‎ ‎(2)已知关于x的不等式a－3|x－3|0等价于|2x＋1|>|x－3|，‎ 两边平方得4x2＋4x＋1>x2－6x＋9，即3x2＋10x－8>0，‎ 解得x<－4或x>，所以原不等式的解集是 .‎ ‎(2)不等式a－3|x－3|f(a)－f(－b)．‎ ‎[解] (1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；‎ ‎②当－11.‎ 综上，M＝{x|x<－1或x>1}．‎ ‎(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，‎ 所以，要证f(ab)>f(a)－f(－b)，‎ 只需证|ab＋1|>|a＋b|，‎ 即证(ab＋1)2>(a＋b)2，‎ 即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，‎ 即证a2b2－a2－b2＋1>0，即证(a2－1)(b2－1)>0.‎ 因为a，b∈M，所以a2>1，b2>1，所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．‎ ‎6．(2016·河南六市联考)设函数f(x)＝|x－a|，a＜0.‎ ‎(1)证明：f(x)＋f≥2；‎ ‎(2)若不等式f(x)＋f(2x)＜的解集非空，求a的取值范围．‎ ‎[解] (1)证明：由函数f(x)＝|x－a|，a＜0，‎ 则f(x)＋f＝|x－a|＋ ‎＝|x－a|＋ ‎≥ ‎＝ ‎＝|x|＋ ‎≥2 ‎＝2(当且仅当|x|＝1时取等号)．‎ ‎(2)f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a＜0.‎ 当x≤a时，f(x)＋f(2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x，‎ 则f(x)＋f(2x)≥－a；‎ 当a＜x＜时，f(x)＋f(2x)＝x－a＋a－2x＝－x，‎ 则－＜f(x)＋f(2x)＜－a；‎ 当x≥时，f(x)＋f(2x)＝x－a＋2x－a＝3x－2a，则f(x)＋f(2x)≥－，则f(x)＋f(2x)的值域为，‎ 不等式f(x)＋f(2x)＜的解集非空，即为＞－，‎ 解得a＞－1，由于a＜0，‎ 所以a的取值范围是(－1，0)．‎