2018届二轮复习专题八第2讲　不等式选讲课件（全国通用） 31页

第 2 讲 　 不等式 选讲 专题八　系列 4 选讲 栏目索引 高考 真题体验 1 热点 分类突破 2 高考 押题精练 3 高考真题 体验 1 2 (1) 求 M ； 解析答案 1 2 解析答案 1 2 所以 f ( x )<2 的解集 M ＝ { x | － 1< x <1 }. (2) 证明：当 a ， b ∈ M 时， | a ＋ b |<|1 ＋ ab |. 1 2 证明　 由 (1) 知，当 a ， b ∈ M 时，－ 1< a <1 ，－ 1< b <1 ， 从而 ( a ＋ b ) 2 － (1 ＋ ab ) 2 ＝ a 2 ＋ b 2 － a 2 b 2 － 1 ＝ ( a 2 － 1)(1 － b 2 )<0 ， 即 ( a ＋ b ) 2 <(1 ＋ ab ) 2 ， 因此 | a ＋ b |<|1 ＋ ab |. 解析答案 1 2 2.(2015· 课标全国 Ⅰ ) 已知函数 f ( x ) ＝ | x ＋ 1| － 2| x － a | ， a >0. (1) 当 a ＝ 1 时，求不等式 f ( x )>1 的解集； 解　 当 a ＝ 1 时， f ( x )>1 化为 | x ＋ 1| － 2| x － 1| － 1>0. 当 x ≤ － 1 时，不等式化为 x － 4>0 ，无解； 当 x ≥ 1 时，不等式化为－ x ＋ 2>0 ，解得 1 ≤ x <2. 解析答案 1 2 (2) 若 f ( x ) 的图象与 x 轴围成的三角形面积大于 6 ，求 a 的取值范围 . 所以函数 f ( x ) 的图象与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为 所以 a 的取值范围为 (2 ，＋ ∞ ). 解析答案 考情考向分 析 返回 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 . 热点一　含绝对值不等式的解法 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 . 例 1 　 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， 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 ； 所以 f ( x ) ≥ 4 － | x － 4| 的解集为 { x | x ≤ 1 或 x ≥ 5}. 解析答案 (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　 记 h ( x ) ＝ f (2 x ＋ a ) － 2 f ( x ) ， 又已知 | h ( x )| ≤ 2 的解集为 { x |1 ≤ x ≤ 2} ， 解析答案 思维升华 思维 升华 (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 . 跟踪演练 1 　 已知函数 f ( x ) ＝ | x － 2| － | x － 5|. (1) 证明：－ 3 ≤ f ( x ) ≤ 3 ； 当 2< x <5 时，－ 3<2 x － 7<3. 所以－ 3 ≤ f ( x ) ≤ 3. 解析答案 (2) 求不等式 f ( x ) ≥ x 2 － 8 x ＋ 15 的解集 . 证明　 由 (1) 可知， 当 x ≤ 2 时， f ( x ) ≥ x 2 － 8 x ＋ 15 的解集为空集； 当 x ≥ 5 时， f ( x ) ≥ x 2 － 8 x ＋ 15 的解集为 { x |5 ≤ x ≤ 6}. 解析答案 热点二　不等式的证明 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 . 证明　 因为 x >0 ， y >0 ， x － y >0 ， 解析答案 证明　 因为 3| y | ＝ |3 y | ＝ |2( x ＋ y ) － (2 x － y )| ≤ 2| x ＋ y | ＋ |2 x － y | ， 解析答案 思维升华 思维 升华 (1) 作差法应该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 . 证明　 当 | a ＋ b | ＝ 0 时，不等式显然成立 . 解析答案 解析答案 热点三　柯西不等式的应用 柯西不等式 (1) 设 a ， b ， c ， d 均为实数，则 ( a 2 ＋ b 2 )( c 2 ＋ d 2 ) ≥ ( ac ＋ bd ) 2 ，当且仅当 ad ＝ bc 时等号成立 . 例 3 　 (2015· 福建 ) 已知 a ＞ 0 ， b ＞ 0 ， c ＞ 0 ，函数 f ( x ) ＝ | x ＋ a | ＋ | x － b | ＋ c 的最小值为 4. (1) 求 a ＋ b ＋ c 的值； 解　 因为 f ( x ) ＝ | x ＋ a | ＋ | x － b | ＋ c ≥ |( x ＋ a ) － ( x － b )| ＋ c ＝ | a ＋ b | ＋ c ， 当且仅当－ a ≤ x ≤ b 时，等号成立 . 又 a ＞ 0 ， b ＞ 0 ，所以 | a ＋ b | ＝ a ＋ b . 所以 f ( x ) 的最小值为 a ＋ b ＋ c . 又已知 f ( x ) 的最小值为 4 ， 所以 a ＋ b ＋ c ＝ 4. 解析答案 解　 由 (1) 知 a ＋ b ＋ c ＝ 4 ，由柯西不等式 得 解析答案 思维升华 思维 升华 (1) 使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明 . (2) 利用柯西不等式求最值的一般结构为 在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件 . 跟踪演练 3 　 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； 解　 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) 若 p ， q ， r 是正实数，且满足 p ＋ q ＋ r ＝ a ，求证： p 2 ＋ q 2 ＋ r 2 ≥ 3. 证明　 由 (1) 知 p ＋ q ＋ r ＝ 3 ，又因为 p ， q ， r 是正实数， 所以 ( p 2 ＋ q 2 ＋ r 2 )(1 2 ＋ 1 2 ＋ 1 2 ) ≥ ( p × 1 ＋ q × 1 ＋ r × 1) 2 ＝ ( p ＋ q ＋ r ) 2 ＝ 9 ， 即 p 2 ＋ q 2 ＋ r 2 ≥ 3. 返回 解析答案 1 2 3 高考押题精练 解得 x <10 ， ∴ x < － 3 . 解得 x >2 ， ∴ x >2. 解析答案 1 2 3 解析答案 1 2 3 解　 因为 a ， b ， c 均为正实数， 当且仅当 a ＝ b ＝ c 时等号成立 . 1 2 3 证明　 假设 a 、 b 、 c 都不大于 0 ，即 a ≤ 0 ， b ≤ 0 ， c ≤ 0 ，所以 a ＋ b ＋ c ≤ 0. ＝ ( x 2 － 2 x ) ＋ ( y 2 － 2 y ) ＋ ( z 2 － 2 z ) ＋ π ＝ ( x － 1) 2 ＋ ( y － 1) 2 ＋ ( z － 1) 2 ＋ π － 3. 所以 a ＋ b ＋ c >0 ，这与 a ＋ b ＋ c ≤ 0 矛盾， 故 a 、 b 、 c 中至少有一个大于 0 . 返回 解析答案