2020届高考文科数学二轮专题复习课件：专题7 选修4系列2-7-2 42页

第 2 课时　 不等式选讲 考向一　绝对值不等式的解法 【例 1 】 (2018 · 全国卷 Ⅱ) 设函数 f(x )=5-|x+a|-|x-2|. (1) 当 a=1 时 , 求不等式 f(x)≥0 的解集 ① . (2) 若 f(x)≤1, 求 a 的取值范围 ② . 【题眼直击 】 题眼 思维导引 ① 想到分类讨论去掉绝对值符号 ② 利用绝对值的几何意义建立关于 a 的不等式求解 【解析 】 (1) 当 a=1 时 ,f(x )= 可得 f(x)≥0 的解集为 {x|-2≤x≤3}. (2)f(x)≤1 等价于 |x+a|+|x-2|≥4. 而 |x+a|+|x-2| ≥|a+2|, 故 f(x)≤1 等价于 |a+2|≥4. 由 |a+2|≥4 可得 a≤-6 或 a≥2, 所以 a 的取值范围是 (-∞,-6]∪[2,+∞). 【拓展提升 】 含绝对值不等式的常用解法 (1) 基本性质法 : 对 a∈R + ,|x|a⇔x <-a 或 x>a. (2) 平方法 : 两边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 . 【变式训练 】 (2017 · 全国卷 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 . (2) 若不等式 f(x)≥g(x ) 的解集包含 [-1,1], 求 a 的取值范围 . 【解析 】 方法一 :(1) 当 a=1 时 ,f(x )=-x 2 +x+4, 是开口向 下 , 对称轴 x= 的二次函数 . 当 x∈(1,+∞) 时 , 令 -x 2 +x+4=2x, 解得 x= g(x ) 在（ 1，+∞ ）上单调递增 ,f(x ) 在（ 1，+∞ ）上单 调递减 , 所以此时 f(x)≥g(x ) 的解集为 (2) 依题意得 :-x 2 +ax+4≥2 在 ［-1,1］ 上恒成立 . 即 x 2 -ax-2≤0 在 ［-1,1］ 上恒成立 . 故 a 的取值范围是 ［-1,1］ . 方法二 : 将函数 g(x )=|x+1|+|x-1| 化简 , 可得 g(x )= (1) 当 a=1 时 , 作出函数图象可得 f(x)≥g(x ) 的范围在 F 和 G 点中间 , 联立 可得点 G 因此可得解集为 (2) 根据题意得 f(x)≥g(x ) 在 [-1,1] 内恒成立 , 故而可得 -x 2 +ax+4≥2⇒x 2 -2≤ax 恒成立 , 根据图象可得 : 函数 y=ax 必须在 l 1 ,l 2 之间 , 故而可得 -1≤a≤1. 考向二　与绝对值不等式有关的最值问题 【例 2 】 (2017 · 全国卷 Ⅲ) 已知函数 f(x )=│x+1│-│x-2│. 世纪金榜导学号 (1) 求不等式 f （ x ） ≥1 的解集 ① . (2) 若不等式 f （ x ） ≥ x 2 -x+m 的解集非空 ② , 求 m 的取值范围 . 【题眼直击 】 题眼 思维导引 ① 想到分类讨论去掉绝对值符号 ② 想到转化为函数的最值问题 【解析 】 (1) 当 x≤-1 时 ,f(x )=-(x+1)+(x-2)=-3<1, 无解 . 当 -11, 所以 x≥2. 综上所述 ,f(x)≥1 的解集为 [1,+∞). (2) 原式等价于存在 x∈R , 使 f(x)-x 2 +x≥m 成立 , 即 ≥ m. 设 g(x )=f(x)-x 2 +x, 当 x≤-1 时 ,g(x )=-x 2 +x-3, 其开口向下 , 对称轴为 x= >-1, 所以 g(x)≤g （－ 1 ） =-5. 当 -1m 2 , 又不等式 |x-m |<|x| 的解集为 (1,+∞), 则 1 是方程 2mx=m 2 的解 , 解得 m=2(m=0 舍去 ). (2) 因为 m=2, 所以不等式 对 x∈(0,+∞) 恒成立等价于不等式 a-5<|x+1|-|x-2|cd , 则 ① . (2) 是 |a-b|<|c-d | 的 充要条件 ② . 【题眼直击 】 题眼 思维导引 ① 想到分析法证明不等式 ② 充要条件的证明应分充分性和必要性两个方面 【解析 】 (1) 因为 由题设 a+b=c+d,ab>cd 得 因此 (2)(i) 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,a,b,c,d 均为正数 , 所以 ab>cd . 由 (1) 得 (ii) 若 则 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 . 因此 |a-b|<|c-d |. 综上 , 是 |a-b|<|c-d | 的充要条件 . 【拓展提升 】 1. 证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法 , 其中比较法和综合法是基础 , 综合法证明的关键是找到证明的切入点 . 2. 当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时 , 可用分析法来寻找证明途径 , 使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆 . 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 . 【变式训练 】 1. 已知定义在 R 上的函数 f(x )=|x+1|+|x-2| 的最小值为 a. (1) 求 a 的值 . (2) 若 p,q,r 是正实数 , 且满足 p+q+r =a, 求证 :p 2 +q 2 +r 2 ≥3. 【解析 】 (1) 因为 |x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 当且仅当 -1≤x≤2 时 , 等号成立 , 所以 f(x ) 的最小值等于 3, 即 a=3. (2) 由 (1) 知 p+q+r =3,p,q,r 为正实数 , 所以 (p+q+r) 2 =p 2 +q 2 +r 2 +2pq+2pr+2qr≤3p 2 +3q 2 +3r 2 =3(p 2 +q 2 +r 2 ) 即 9≤3(p 2 +q 2 +r 2 ),p 2 +q 2 +r 2 ≥3. 2.(2019 · 全国卷 Ⅰ) 已知 a,b,c 为正数 , 且满足 abc =1, 证明 : (1) ≤a 2 +b 2 +c 2 . (2)(a+b) 3 +(b+c) 3 +(c+a) 3 ≥24. 【证明 】 (1) 因为 a 2 +b 2 ≥2ab,b 2 +c 2 ≥2bc,c 2 +a 2 ≥2ac, 又 abc =1, 故有 a 2 +b 2 +c 2 ≥ab+bc+ca= 当且仅当 a=b=c 时 , 取等号 . 所以 ≤a 2 +b 2 +c 2 . (2) 因为 a,b,c 为正数且 abc =1, 故有 (a+b) 3 +(b+c) 3 +(c+a) 3 ≥ =3(a+b)(b+c)(a+c)≥3× =24. 当 且仅当 a=b=c 时 , 取等号 . 所以 (a+b) 3 +(b+c) 3 +(c+a) 3 ≥24.