2019届二轮复习第23讲　不等式选讲(选修4－5)学案（全国通用） 12页

第 23 讲　不等式选讲(选修 4－5) 考 情 分 析　　【p87】 年份 卷别 题号 考查内容 命题规律 2018 Ⅰ 23 含绝对值不等式的解法， 不 等式恒成立求参变量取值范 围. Ⅱ 23 含绝对值不等式的解法， 不 等式恒成立求参变量取值范 围. Ⅲ 23 含绝对值不等式的解法， 不 等式恒成立求参变量取值范 围. 2017 Ⅰ 23 含绝对值不等式和一元二次 不等式的解法， 不等式恒成 立求参变量取值范围. Ⅱ 23 运用差值比较法和综合法证 明不等式. Ⅲ 23 含绝对值不等式的解法， 不 等式解集非空求参变量取值 范围. 2016 Ⅰ 24 含绝对值函数的图象， 含绝 对值不等式的解法. Ⅱ 24 含绝对值不等式的解法， 差 值比较法证明不等式. Ⅲ 24 含绝对值不等式的解法， 不 等式恒成立求参变量取值范 围. 　　不等式选讲部分主要以 考查绝对值不等式的解法为 主，偶尔也考查不等式证明的 方法， 经常与函数结合，考 查数形结合和转化与化归思 想，考查去绝对值的方法是试 题变化中不变的规律，基本不 等式是考查不等式证明方法 的主要依据；在求解过程中考 查绝对值三角不等式的灵活 应用能力．关于不等式证明的 方法，只有方法要求，因此它 的载体丰富多彩. 专 题 探 究　【p87】 【命题趋势】 从近几年的高考命题看，对本专题的考查主要体现在不等式的解法，利用几个重要的不等式 求函数的最值以及不等式的证明，全国高考以选考试题的形式出现，只有解答题，难度不大．考 查学生的基本运算能力及推理论证能力． 预计在今年高考中，对不等式选讲的考查主要有不含有绝对值的不等式的解法、含有绝对值 的函数的值域或求参数问题，用比较法、分析法、综合法证明简单不等式，全国高考试题仍然还 是以选考试题的形式出现，分值为 10 分，难度中等偏下． 【备考建议】 1．复习含有绝对值不等式时，既要掌握含绝对值不等式的解法及去绝对值的基本思想，又要 理解绝对值的几何意义，并能应用(1)|a＋b|≤|a|＋|b|；(2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|证明不等式或求最 值． 2．复习不等式的证明时，要求学生了解和掌握不等式的常用证明方法：比较法、综合法、分 析法、反证法、放缩法等． 典 例 剖 析　【p87】 探究一　绝对值不等式的解法与恒成立问题 例 1 已知函数 f(x)＝|2x－1|＋|x－2a|. (1)当 a＝1 时，求 f(x)≤3 的解集； (2)当 x∈[1，2]时，f(x)≤3 恒成立，求实数 a 的取值范围． 【解析】(1)当 a＝1 时，由 f(x)≤3，可得|2x－1|＋|x－2|≤3， ∴①{x < 1 2， 1－2x＋2－x ≤ 3 或②{1 2 ≤ x < 2， 2x－1＋2－x ≤ 3， 或③{x ≥ 2， 2x－1＋x－2 ≤ 3. 解①得 0≤x< 1 2，解②得1 2≤x<2，解③得 x＝2. 综上可得，0≤x≤2，即不等式的解集为[0，2]， (2)∵当 x∈[1，2]时，f(x)≤3 恒成立， 即|x－2a|≤3－|2x－1|＝4－2x， 故 2x－4≤2a－x≤4－2x， 即 3x－4≤2a≤4－x. 再根据 3x－4 在 x∈[1，2]上的最大值为 6－4＝2，4－x 的最小值为 4－2＝2， ∴2a＝2，∴a＝1， 即 a 的取值范围为{1}． 例 2 已知函数 f(x)＝－x2＋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】(1)当 a＝1 时，f(x )＝－x2＋x＋4，是开口向下，对称轴 x＝1 2的二次函数． g(x )＝|x＋1 |＋|x－1 |＝{2x ，x > 1， 2 ， －1 ≤ x ≤ 1， －2x ，x < －1， 当 x∈(1，＋∞)时，令－x2＋x＋4＝2x ，解得 x＝ 17－1 2 ，g (x )在(1 ， ＋∞)上单调递增，f (x )在(1 ， ＋∞)上单调递减，∴ 此时 f(x )≥g (x )解集为(1 ， 17－1 2 ]. 当 x∈[－1 ，1]时，g(x )＝2，f(x )≥f(－1 )＝2. 当 x∈(－∞ ， －1)时，g (x )单调递减，f (x )单调递增，且 g(－1 )＝f(－1 )＝2. 综上所述，f(x )≥g (x )的解集为[－1 ， 17－1 2 ]. (2)依题意得：－x2＋ax＋4≥2 在[－1 ，1]恒成立．即 x2－ax－2≤0 在[－1 ，1]恒成立． 则只须{12－a·1－2 ≤ 0， (－1 ) 2 －a(－1 )－2 ≤ 0，解出：－1≤a≤1.故 a 取值范围是[－1 ，1]. 【点评】1.形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有两种解法： (1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞) (此处设 a1 的解集； (2)若 x∈(0，1 )时不等式 f(x )>x 成立，求 a 的取值范围． 【解析】(1)依题意，|x＋1 |－|x－1 |>1， 该不等式等价于{x < －1， －x－1＋x－1 > 1， {－1 ≤ x ≤ 1， x＋1＋x－1 > 1，或{x > 1， x＋1－x＋1 > 1， 解得 x> 1 2，即不等式 f(x )>1 的解集为{x|x > 1 2 }； (2)依题意，|x＋1 |－|ax－1|>x；当 x∈(0，1 )时，该式化为 x＋1－|ax－1|>x，即|ax－1|<1， 即－1 0， ax < 2 在(0，1 )上恒成立， 故 00，b>0，a3＋b3＝2，证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 【解析】(1)解法一：由柯西不等式得： (a＋b)(a5＋b5)＝[（ a）2＋（ b）2]·[（ a·a2）2＋（ b·b2）2]≥(a3＋b3)2＝4. 解法二：(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋b6＋ab5＋a5b＝(a3＋b3)2＋ab5＋a5b－2a3b3 ≥(a3＋b3)2＋2 a6b6－2a3b3＝(a3＋b3)2＝4. 解法三：(a＋b )(a5＋b5)－4＝(a＋b )(a5＋b5)－(a3＋b3)2 ＝ab5＋a5b－2a3b3， 又 a>0，b>0，所以 ab5＋a5b－2a3b3＝ab(a2－b2)2 ≥0.当 a＝b 时，等号成立． 所以，(a＋b )(a5＋b5)－4≥0，即(a＋b)(a5＋b5)≥4. (2)解法一：由 a3＋b3＝2 及 ab≤ （a＋b）2 4 得 2＝(a＋b)·(a2＋b2－ab)＝(a＋b)·[（a＋b）2－3ab]≥ (a＋b)·[（a＋b）2－3（a＋b）2 4 ] ＝ （a＋b）3 4 . 所以 a＋b≤2. 解法二：(反证法)假设 a＋b>2，则 a>2－b，两边同时立方得：a3>(2－b)3＝8－12b＋6b2－b3， 即 a3＋b3>8－12b＋6b2，因为 a3＋b3＝2， 所以 6－12b＋6b2<0，即 6(b－1)2<0，矛盾，所以假设不成立，即 a＋b≤2. 解法三：因为 a3＋b3＝2， 所以(a＋b ) 3 －8＝(a＋b ) 3 －4(a3＋b3)＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3－4a3－4b3 ＝3a2(b－a )＋3b2(a－b )＝－3(a＋b )(a－b ) 2 . 又 a>0，b>0，所以－3(a＋b )(a－b ) 2 ≤0， 所以(a＋b ) 3 ≤8，即 a＋b≤2. 解法四：因为 a3＋1＋1≥33 a3＝3a，b3＋1＋1≥33 b3＝3b，所以 a3＋1＋1＋b3＋1＋1≥3(a＋b) ，即 6≥3(a＋b)，即 a＋b≤2(当且仅当 a＝b＝1 时取等号)． 【命题立意】本题主要考查不等式证明方法的应用能力和推理论证能力． 考点限时训练　【p158】 A 组　基础演练 1．已知函数 f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|. (1)求不等式 f(x)≤6 的解集； (2)若关于 x 的不等式 f(x)<|a－1|的解集不是空集，求实数 a 的取值范围． 【解析】(1)原不等式等价于 {x > 3 2， （2x＋1）＋（2x－3） ≤ 6 或{－1 2 ≤ x ≤ 3 2， （2x＋1）－（2x－3） ≤ 6 或 {x < －1 2， －（2x＋1）－（2x－3） ≤ 6， 解得3 24，∴a<－3 或 a>5， ∴实数 a 的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)． 2．已知函数 f(x)＝|x＋a|＋|x－2|. (1)当 a＝－3 时，求不等式 f(x)≥3 的解集； (2)若 f(x)≤|x－4|的解集包含[1，2]，求 a 的取值范围． 【解析】(1)当 a＝－3 时， 不等式 f(x)≥3 化为|x－3|＋|x－2|≥3.① 若 x≤2 时，由①式，得 5－2x≥3，∴x≤1. 若 2 1 2， 所以 φ (n )的最小值为 4，故实数 m 的取值范围是[4，＋∞). 6．设函数 f(x)＝|x－3|－|x＋1|，x∈R. (1)解不等式 f(x)<－1； (2)设函数 g(x)＝|x＋a|－4，且 g(x)≤f(x)在 x∈[－2，2]上恒成立，求实数 a 的取值范围． 【解析】(1)函数 f(x)＝|x－3|－|x＋1|＝{4，x < －1， 2－2x，－1 ≤ x ≤ 3， －4，x > 3， 故由不等式 f(x)<－1 可得，x>3 或{2－2x < －1， －1 ≤ x ≤ 3. 解得 x> 3 2. (2)函数 g(x)≤f(x)在 x∈[－2，2]上恒成立， 即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在 x∈[－2，2]上恒成立， 在同一个坐标系中画出函数 f(x)和 g(x)的图象，如图所示． 故当 x∈[－2，2]时，若 0≤－a≤4，则函数 g(x)的图象在函数 f(x)的图象的下方，g(x)≤f(x) 在 x∈[－2，2]上恒成立，求得－4≤a≤0， 故所求的实数 a 的取值范围为[－4，0]． 7．已知 a>0，b>0，a＋b＝1，求证： (1) 1 a＋1 b＋ 1 ab≥8； (2)(1＋1 a )(1＋1 b )≥9. 【解析】证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0， ∴1 a＋1 b＋ 1 ab＝1 a＋1 b＋a＋b ab ＝2(1 a ＋1 b )＝2(a＋b a ＋a＋b b ) ＝2(b a ＋a b )＋4 ≥4 b a· a b＋4＝8(当且仅当 a＝b＝1 2时，等号成立)， ∴1 a＋1 b＋ 1 ab≥8. (2)∵(1＋1 a )(1＋1 b ) ＝1 a＋1 b＋ 1 ab＋1， 由(1)知1 a＋1 b＋ 1 ab≥8. ∴(1＋1 a )(1＋1 b )≥9. B 组　能力提升 8．已知函数 f(x)＝m－|x－1|－|x－2|，m∈R，且 f(x＋1)≥0 的解集为[0，1]． (1)求 m 的值； (2)若 a，b，c，x，y，z∈R，且 x2＋y2＋z2＝a2＋b2＋c2＝m，求证：ax＋by＋cz≤1. 【解析】(1)由 f(x＋1)≥0 得|x|＋|x－1|≤m. ∵|x|＋|x－1|≥1 恒成立， ∴若 m<1，不等式|x|＋|x－1|≤m 的解集为∅，不合题意． 若 m≥1，①当 x<0 时，得 x≥1－m 2 ，则1－m 2 ≤x<0； ②当 0≤x≤1 时，得 x＋1－x≤m，即 m≥1 恒成立； ③当 x>1 时，得 x≤m＋1 2 ，则 11，|y|<1，求证：f(y)<|x|·f( y x2 ). 【解析】(1)原不等式即为|x＋9 |≥10－|x＋1 |. 当 x<－9 时，则－x－9≥10＋x＋1，解得 x≤－10； 当－9≤x≤－1 时，则 x＋9≥10＋x＋1，此时不成立； 当 x>－1 时，则 x＋9≥10－x－1，解得 x≥0. 所以原不等式的解集为{x|x≤－10 或 x≥0}． (2)要证 f(y )<|x |·f( y x2 )， 即|y＋1 |<|x |·| y x2＋1 |， 只需证明|y＋1 | |x |<| y x2＋1 |. 则有 (y＋1 ) 2 x2 － (y＋x2 ) 2 x4 ＝ x2(y＋1 )2 －(y＋x2 ) 2 x4 ＝x2y2＋2x2y＋x2－(y2＋2x2y＋x4) x4 ＝x2y2＋x2－y2－x4 x4 ＝(1－x2 )(x2－y2) x4 . 因为|x|2>1，|y|2<1， 则 (y＋1 ) 2 x2 － (y＋x2 ) 2 x4 ＝(1－x2 )(x2－y2) x4 <0， 所以 (y＋1 ) 2 x2 < (y＋x2 ) 2 x4 ，原不等式得证． 11．已知函数 f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式 f(x)<|2x＋1|－1 的解集 M； (2)设 a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)． 【解析】(1)解：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：∵f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|， ∴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. ∵a，b∈M，∴a2>1，b2>1. ∴(a2－1)(b2－1)>0 成立，∴原不等式成立．