2019届二轮复习第2讲　不等式选讲课件（50张）（全国通用） 50页

第 2 讲　不等式选讲 专题 七 　 系列 4 选讲 板块三　专题突破核心考点 [ 考情考向分析 ] 本部分主要考查绝对值不等式的解法 . 求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想 . 热点分类突破 真题押题精练 内容索引 热点分类突破 含有绝对值的不等式的解法 (1)| f ( x )|> a ( a >0) ⇔ f ( x )> a 或 f ( x )< － a . (2)| f ( x )|< a ( a >0) ⇔ － a < f ( x )< a . (3) 对形如 | x － a | ＋ | x － b | ≤ c ， | x － a | ＋ | x － b | ≥ c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解 . 热点一　含绝对值不等式的解法 解答 例 1 　 (2018· 湖南省长郡中学模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ | x － a | ，其中 a >1. (1) 当 a ＝ 2 时，求不等式 f ( x ) ≥ 4 － | x － 4| 的解集； 当 x ≤ 2 时，由 f ( x ) ≥ 4 － | x － 4| ， 得－ 2 x ＋ 6 ≥ 4 ，解得 x ≤ 1 ； 当 2< x <4 时，由 f ( x ) ≥ 4 － | x － 4| ，无解； 当 x ≥ 4 时，由 f ( x ) ≥ 4 － | x － 4| ， 得 2 x － 6 ≥ 4 ，解得 x ≥ 5. 故不等式的解集为 { x | x ≤ 1 或 x ≥ 5}. 解答 (2) 已知关于 x 的不等式 | f (2 x ＋ a ) － 2 f ( x )| ≤ 2 的解集为 { x |1 ≤ x ≤ 2} ，求 a 的值 . 解　 令 h ( x ) ＝ f (2 x ＋ a ) － 2 f ( x ) ， 由 | h ( x )| ≤ 2 ， 当 x ≤ 0 或 x ≥ a 时，显然不成立 . 当 0< x < a 时，由 |4 x － 2 a | ≤ 2 ， 又知 | h ( x )| ≤ 2 的解集为 { x |1 ≤ x ≤ 2} ， (1) 用零点分段法解绝对值不等式的步骤 ① 求零点； ② 划区间、去绝对值符号； ③ 分别解去掉绝对值的不等式； ④ 取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值 . (2) 用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法 . 思维升华 解答 跟踪演练 1 　 (2018· 河北省衡水金卷模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ |2 x ＋ 1| ＋ | x － 1|. (1) 解不等式 f ( x ) ≤ 3 ； 解得－ 1 ≤ x ≤ 1. 即不等式 f ( x ) ≤ 3 的解集为 { x | － 1 ≤ x ≤ 1}. 解答 (2) 若函数 g ( x ) ＝ |2 x － 2 018 － a | ＋ |2 x － 2 019| ，若对于任意的 x 1 ∈ R ，都存在 x 2 ∈ R ，使得 f ( x 1 ) ＝ g ( x 2 ) 成立，求实数 a 的取值范围 . 热点二　绝对值不等式恒成立 ( 存在 ) 问题 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 . 解答 例 2 　 设函数 f ( x ) ＝ |2 x ＋ 1| ＋ | x － a |( a >0). (1) 当 a ＝ 2 时，求不等式 f ( x )>8 的解集； 解　 当 a ＝ 2 时，由 f ( x )>8 ， 得 |2 x ＋ 1| ＋ | x － 2|>8 ， 解答 又 a >0 ，所以实数 a 的取值范围是 (0 ， 1]. 绝对值不等式的成立问题的求解策略 (1) 分离参数：根据不等式将参数分离化为 a ≥ f ( x ) 或 a ≤ f ( x ) 的形式 . (2) 转化最值： 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 . (3) 求最值：利用基本不等式或绝对值不等式求最值 . (4) 得结论 . 思维升华 解答 解　 当 b ＝ 1 时， f ( x ) ＝ |2 x ＋ 1| ＋ |2 x － 1|>4 ， 跟踪演练 2 　 (2018· 东北三省三校模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ |2 x ＋ b | ＋ |2 x － b |. (1) 若 b ＝ 1 ，解不等式 f ( x )>4 ； 所以不等式的解集为 ( － ∞ ，－ 1) ∪ (1 ，＋ ∞ ). 解答 (2) 若不等式 f ( a )>| b ＋ 1| 对任意的实数 a 恒成立，求 b 的取值范围 . 解　 f ( a ) ＝ |2 a ＋ b | ＋ |2 a － b | ＝ |2 a ＋ b | ＋ | b － 2 a | ≥ |(2 a ＋ b ) ＋ ( b － 2 a )| ＝ |2 b | ， 当且仅当 (2 a ＋ b )( b － 2 a ) ≥ 0 时， f ( a ) min ＝ |2 b | ， 所以 |2 b |>| b ＋ 1| ，所以 (2 b ) 2 >( b ＋ 1) 2 ， 即 (3 b ＋ 1)( b － 1)>0 ， 1. 含有绝对值的不等式的性质 || a | － | b || ≤ | a ± b | ≤ | a | ＋ | b |. 2. 算术 — 几何平均不等式 定理 1 ：设 a ， b ∈ R ，则 a 2 ＋ b 2 ≥ 2 ab ，当且仅当 a ＝ b 时，等号成立 . 热点三　不等式的证明 解答 例 3 　 (2018· 合肥模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ | x － 1| ＋ | x － 3|. (1) 解不等式 f ( x ) ≤ x ＋ 1 ； 解 　 f ( x ) ≤ x ＋ 1 ，即 | x － 1| ＋ ≤ x ＋ 1. ① 当 x <1 时，不等式可化为 4 － 2 x ≤ x ＋ 1 ，解得 x ≥ 1. 又 ∵ x <1 ， ∴ x ∈ ∅ ； ② 当 1 ≤ x ≤ 3 时，不等式可化为 2 ≤ x ＋ 1 ，解得 x ≥ 1. 又 ∵ 1 ≤ x ≤ 3 ， ∴ 1 ≤ x ≤ 3 ； ③ 当 x >3 时，不等式可化为 2 x － 4 ≤ x ＋ 1 ，解得 x ≤ 5. 又 ∵ x >3 ， ∴ 3< x ≤ 5. 综上所得， 1 ≤ x ≤ 3 或 3< x ≤ 5 ，即 1 ≤ x ≤ 5. ∴ 原不等式的解集为 [1 ， 5]. 证明 证明 　 由绝对值不等式的性质， 得 | x － 1| ＋ | x － 3| ≥ | ( 1 － x ) ＋ ( x － 3)| ＝ 2 ， 当且仅当 ( x － 1)( x － 3) ≤ 0 ，即 1 ≤ x ≤ 3 时，等号成立， ∴ c ＝ 2 ，即 a ＋ b ＝ 2. 令 a ＋ 1 ＝ m ， b ＋ 1 ＝ n ，则 m >1 ， n >1 ， a ＝ m － 1 ， b ＝ n － 1 ， m ＋ n ＝ 4 ， 当且仅当 m ＝ n ＝ 2 时，等号成立， ∴ 原不等式得证 . (1) 作差法是证明不等式的常用方法 . 作差法证明不等式的一般步骤 ： ① 作差； ② 分解因式； ③ 与 0 比较； ④ 结论 . 关键是代数式的变形能力 . (2) 在不等式的证明中，适当 “ 放 ”“ 缩 ” 是常用的推证技巧 . 思维升华 跟踪演练 3 　 (2018· 石家庄模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ |3 x ＋ 1| ＋ |3 x － 1| ， M 为不等式 f ( x )<6 的解集 . (1) 求集合 M ； 解答 解 　 f ( x ) ＝ |3 x ＋ 1| ＋ |3 x － 1|<6. 综上， f ( x )<6 的解集 M ＝ { x | － 1< x <1}. 证明 (2) 若 a ， b ∈ M ，求证： | ab ＋ 1|>| a ＋ b |. 证明 　 ( ab ＋ 1) 2 － ( a ＋ b ) 2 ＝ a 2 b 2 ＋ 2 ab ＋ 1 － ( a 2 ＋ b 2 ＋ 2 ab ) ＝ a 2 b 2 － a 2 － b 2 ＋ 1 ＝ ( a 2 － 1)( b 2 － 1). 由 a ， b ∈ M ，得 | a |<1 ， | b |<1 ， ∴ a 2 － 1<0 ， b 2 － 1<0 ， ∴ ( a 2 － 1)( b 2 － 1)>0 ， ∴ | ab ＋ 1|>| a ＋ b |. 真题押题精练 1.(2017· 全国 Ⅰ ) 已知函数 f ( x ) ＝－ x 2 ＋ ax ＋ 4 ， g ( x ) ＝ | x ＋ 1| ＋ | x － 1|. (1) 当 a ＝ 1 时，求不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 的解集； 真题体验 解答 解　 当 a ＝ 1 时，不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 等价于 x 2 － x ＋ | x ＋ 1| ＋ | x － 1| － 4 ≤ 0 . ① 当 x < － 1 时， ① 式化为 x 2 － 3 x － 4 ≤ 0 ，无解； 当－ 1 ≤ x ≤ 1 时， ① 式化为 x 2 － x － 2 ≤ 0 ， 从而－ 1 ≤ x ≤ 1 ； (2) 若不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 的解集包含 [ － 1,1] ，求实数 a 的取值范围 . 解答 解　 当 x ∈ [ － 1,1] 时， g ( x ) ＝ 2 ， 所以 f ( x ) ≥ g ( x ) 的解集包含 [ － 1,1] 等价于 当 x ∈ [ － 1,1] 时， f ( x ) ≥ 2. 又 f ( x ) 在 [ － 1,1] 上的最小值必为 f ( － 1) 与 f (1) 之一， 所以 f ( － 1) ≥ 2 且 f (1) ≥ 2 ，得－ 1 ≤ a ≤ 1. 所以 a 的取值范围为 [ － 1,1] . 2.(2017· 全国 Ⅱ ) 已知 a >0 ， b >0 ， a 3 ＋ b 3 ＝ 2 ，证明： (1)( a ＋ b )( a 5 ＋ b 5 ) ≥ 4 ； 证明 证明　 ( a ＋ b )( a 5 ＋ b 5 ) ＝ a 6 ＋ ab 5 ＋ a 5 b ＋ b 6 ＝ ( a 3 ＋ b 3 ) 2 － 2 a 3 b 3 ＋ ab ( a 4 ＋ b 4 ) ＝ 4 ＋ ab ( a 4 ＋ b 4 － 2 a 2 b 2 ) ＝ 4 ＋ ab ( a 2 － b 2 ) 2 ≥ 4. 证明 (2) a ＋ b ≤ 2. 证明　 因为 ( a ＋ b ) 3 ＝ a 3 ＋ 3 a 2 b ＋ 3 ab 2 ＋ b 3 ＝ 2 ＋ 3 ab ( a ＋ b ) 所以 ( a ＋ b ) 3 ≤ 8 ， ( 当且仅当 a ＝ b 时，等号成立 ) 因此 a ＋ b ≤ 2. 押题预测 押题依据 　不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式恒成立是考题的 “ 亮点 ” 所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点，备受命题者青睐 . 1. 已知函数 f ( x ) ＝ | x － 2| ＋ |2 x ＋ a | ， a ∈ R . (1) 当 a ＝ 1 时，解不等式 f ( x ) ≥ 4 ； 解答 押题依据 解　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ | x － 2| ＋ |2 x ＋ 1|. 由 f ( x ) ≥ 4 ，得 | x － 2| ＋ |2 x ＋ 1| ≥ 4. 当 x ≥ 2 时，不等式等价于 x － 2 ＋ 2 x ＋ 1 ≥ 4 ， 解得 x ≥ 1 ，所以 1 ≤ x <2 ； 解得 x ≤ － 1 ，所以 x ≤ － 1. 所以原不等式的解集为 { x | x ≤ － 1 或 x ≥ 1}. 解答 (2) 若 ∃ x 0 ，使 f ( x 0 ) ＋ | x 0 － 2|<3 成立，求 a 的取值范围 . 解　 应用绝对值不等式，可得 f ( x ) ＋ | x － 2| ＝ 2| x － 2| ＋ |2 x ＋ a | ＝ |2 x － 4| ＋ |2 x ＋ a | ≥ |2 x ＋ a － (2 x － 4)| ＝ | a ＋ 4|.( 当且仅当 (2 x － 4)(2 x ＋ a ) ≤ 0 时等号成立 ) 因为 ∃ x 0 ，使 f ( x 0 ) ＋ | x 0 － 2|<3 成立， 所以 ( f ( x ) ＋ | x － 2|) min <3 ， 所以 | a ＋ 4|<3 ，解得－ 7< a < － 1 ， 故实数 a 的取值范围为 ( － 7 ，－ 1). 押题依据 　不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点 . 本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意、分析问题、解决问题的能力，具有一定的训练价值 . 解答 押题依据 当且仅当 x ＝ y ＝ 2 时取等号 . 只需不等式 | a ＋ 2| － | a － 1| ≤ 1 成立即可 . 构造函数 f ( a ) ＝ | a ＋ 2| － | a － 1| ， 则等价于解不等式 f ( a ) ≤ 1. 所以解不等式 f ( a ) ≤ 1 ，得 a ≤ 0. 所以实数 a 的取值范围为 ( － ∞ ， 0]. 解答 解　 因为 x ， y ∈ R ＋ ， x ＋ y ＝ 4 ， 所以 y ＝ 4 － x (0< x <4) ， 于是 x 2 ＋ 2 y 2 ＝ x 2 ＋ 2(4 － x ) 2