2019届二轮复习（理）专题七第二讲不等式选讲(选修4－5)学案 8页

第二讲　不等式选讲(选修4－5)‎ 年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析 ‎2018‎ Ⅰ卷 绝对值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题·T23‎ ‎1.不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．‎ ‎2.此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用.‎ Ⅱ卷 绝对值不等式的解法、不等式的应用及恒成立问题·T23‎ Ⅲ卷 分段函数图象的画法与应用·T23‎ ‎2017‎ Ⅰ卷 含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围·T23‎ Ⅱ卷 基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法·T23‎ Ⅲ卷 含绝对值不等式的解法、函数最值的求解·T23‎ ‎2016‎ Ⅰ卷 含绝对值不等式的解法、分段函数的图象·T24‎ Ⅱ卷 含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式·T24‎ Ⅲ卷 含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质·T24‎ 含绝对值不等式的解法及应用 授课提示：对应学生用书第79页 ‎[悟通——方法结论]‎ ‎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(c＞0)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．‎ ‎　(2017·高考全国卷Ⅰ)（10分）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．‎ ‎[规范解答]　(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①‎ 当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；‎ ‎ (2分)‎ 当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，‎ 从而－1≤x≤1；‎ 当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，‎ 从而12时，由f(x)≥1解得x>2.‎ 所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}．‎ ‎(2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.‎ 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|‎ ‎＝－2＋ ‎≤，‎ 且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.‎ 故m的取值范围为.‎ ‎2．(2018·成都模拟)已知函数f(x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.‎ ‎(1)当k＝1时，若不等式f(x)＜4的解集为{x|x1＜x＜x2}，求x1＋x2的值；‎ ‎(2)当x∈R时，若关于x的不等式f(x)≥k恒成立，求k的最大值．‎ 解析：(1)由题意，得|x－2|＋|x＋1|＜4.‎ 当x＞2时，原不等式可化为2x＜5，∴2＜x＜；‎ 当x＜－1时，原不等式可化为－2x＜3，∴－＜x＜－1；‎ 当－1≤x≤2时，原不等式可化为3＜4，∴－1≤x≤2.‎ 综上，原不等式的解集为{x|－＜x＜}，即x1＝－，x2＝.‎ ‎∴x1＋x2＝1.‎ ‎(2)由题意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k.‎ 当x＝2时，即不等式3k≥k成立，∴k≥0.‎ 当x≤－2或x≥0时，‎ ‎∵|x＋1|≥1，∴不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立．‎ 当－2＜x≤－1时，‎ 原不等式可化为2－x－kx－k≥k，可得k≤＝－1＋，‎ ‎∴k≤3.‎ 当－1＜x＜0时，‎ 原不等式可化为2－x＋kx＋k≥k，可得k≤1－，‎ ‎∴k＜3.‎ 综上，可得0≤k≤3，即k的最大值为3.‎ 不等式恒成立问题关键在于利用转化思想，常见的有：‎ 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.‎ 不等式的证明 授课提示：对应学生用书第80页 ‎[悟通——方法结论]‎ 证明不等式的5个基本方法 ‎(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．‎ ‎[全练——快速解答]‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知a＞0，b＞0，a3＋b3＝2.证明：‎ ‎(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；‎ ‎(2) a＋b≤2.‎ 证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6‎ ‎＝(a3＋b3)2－‎2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.‎ ‎(2)因为(a＋b)3＝a3＋‎3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)＝2＋，‎ 所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.‎ ‎2．(2018·南宁、柳州联考)已知函数f(x)＝|x－1|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≥3－2|x|的解集；‎ ‎(2)若函数g(x)＝f(x)＋|x＋3|的最小值为m，正数a，b满足a＋b＝m，求证：＋≥4.‎ 解析：(1)当x≥1时，x－1≥3－2x，解得x≥，∴x≥；‎ 当0＜x＜1时，1－x≥3－2x，解得x≥2，无解；‎ 当x≤0时，1－x≥3＋2x⇒x≤－，∴x≤－.‎ ‎∴原不等式的解集为{x|x≥或x≤－}．‎ ‎(2)证明：法一：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4.‎ 又＋b≥‎2a，＋a≥2b，‎ ‎∴两式相加得(＋b)＋(＋a)≥‎2a＋2b，∴＋≥a＋b＝4，‎ 当且仅当a＝b＝2时等号成立．‎ 法二：∵g(x)＝|x－1|＋|x＋3|≥|(x－1)－(x＋3)|＝4，∴m＝4，即a＋b＝4，‎ 由柯西不等式得(＋)(b＋a)≥(a＋b)2，∴＋≥a＋b＝4，‎ 当且仅当＝，即a＝b＝2时等号成立．‎ 不等式证明的常用方法 对于不等式的证明问题常用比较法、综合法和分析法．‎ ‎(1)一般地，对于含根号的不等式和含绝对值的不等式的证明，“平方法”(即不等号两边平方)是其有效方法．‎ ‎(2)如果所证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法．‎ ‎(3)能转化为比较大小的可以用比较法．‎ ‎(4)利用基本不等式证明的多用综合法与分析法．‎ ‎　‎ 授课提示：对应学生用书第160页 ‎1．已知函数f(x)＝|2x－1|，x∈R.‎ ‎(1)解不等式f(x)＜|x|＋1；‎ ‎(2)若对x，y∈R，有|x－y－1|≤，|2y＋1|≤，求证：f(x)＜1.‎ 解析：(1)∵f(x)＜|x|＋1，∴|2x－1|＜|x|＋1，‎ 即或或 得≤x＜2或0＜x＜或无解．‎ 故不等式f(x)＜|x|＋1的解集为{x|0＜x＜2}．‎ ‎(2)证明：f(x)＝|2x－1|＝|2(x－y－1)＋(2y＋1)|≤|2(x－y－1)|＋|2y＋1|＝2|x－y－1|＋|2y＋1|≤2×＋＝＜1.‎ ‎2．(2018·高考全国卷Ⅲ)设函数ƒ(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.‎ ‎(1)画出y＝ƒ(x)的图象；‎ ‎(2)当x∈[0，＋∞)时，ƒ(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．‎ 解析：(1)ƒ(x)＝ y＝ƒ(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)由(1)知，y＝ƒ(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，ƒ(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.‎ ‎3．(2018·福州四校联考)(1)求不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集；‎ ‎(2)设a，b均为正数，h＝max，证明：h≥2.‎ 解析：(1)记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝ 由－2＜－2x－1＜0，解得－＜x＜，则不等式的解集为(－，)．‎ ‎(2)证明：h≥，h≥，h≥，‎ h3≥≥＝8，当且仅当a＝b时取等号，∴h≥2.‎ ‎4．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|ax－1|－(a－2)x.‎ ‎(1)当a＝3时，求不等式f(x)＞0的解集；‎ ‎(2)若函数f(x)的图象与x轴没有交点，求实数a的取值范围．‎ 解析：(1)当a＝3时，不等式可化为|3x－1|－x＞0，即|3x－1|＞x，‎ ‎∴3x－1＜－x或3x－1＞x，解得x＞或x＜，‎ 故f(x)＞0的解集为{x|x＜或x＞}．‎ ‎(2)当a＞0时，f(x)＝要使函数f(x)的图象与x轴无交点，‎ 只需得1≤a＜2；‎ 当a＝0时，f(x)＝2x＋1，函数f(x)的图象与x轴有交点；‎ 当a＜0时，f(x)＝要使函数f(x)的图象与x轴无交点，‎ 只需此时无解．‎ 综上可知，当1≤a＜2时，函数f(x)的图象与x轴无交点．‎