2018年數(shù)學二輪復習專題七第2講不等式選講案文

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE9-學必求其心得，業(yè)必貴于專精第2講不等式選講高考定位本部分主要考查絕對值不等式的解法.求含絕對值的函數(shù)的最值及求含參數(shù)的絕對值不等式中的參數(shù)的取值范圍，不等式的證明等,結(jié)合集合的運算、函數(shù)的圖象和性質(zhì)、恒成立問題及基本不等式，絕對值不等式的應用成為命題的熱點，主要考查基本運算能力與推理論證能力及數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想。真題感悟1.(2017·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x）＝－x2＋ax＋4，g(x)＝｜x＋1｜＋|x－1｜。(1）當a＝1時，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的取值范圍。解（1)當a＝1時,f(x）＝－x2＋x＋4，g(x）＝|x＋1｜＋｜x－1｜＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（2x，x〉1，，2，－1≤x≤1,，－2x，x〈－1.)）①當x>1時，f（x）≥g（x)?－x2＋x＋4≥2x，解之得1<x≤eq\f（\r(17）－1,2）。②當－1≤x≤1時，f（x）≥g（x）?（x－2）(x＋1)≤0,則－1≤x≤1.③當x〈－1時，f（x）≥g(x)?x2－3x－4≤0，解得－1≤x≤4，又x<－1，∴不等式此時的解集為空集.綜上所述,f(x）≥g(x）的解集為eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|（\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(\r(17)－1,2)))））。(2）依題意得:－x2＋ax＋4≥2在[－1,1］上恒成立。則x2－ax－2≤0在[－1，1］上恒成立.則只需eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(12－a·1－2≤0，，(－1）2－a（－1）－2≤0,）)解之得－1≤a≤1.故a的取值范圍是[－1，1］.2.（2017·全國Ⅱ卷)已知實數(shù)a〉0,b>0，且a3＋b3＝2.證明：(1)（a＋b)(a5＋b5)≥4;(2）a＋b≤2.證明(1)（a＋b)（a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3）2－2a3b3＋ab（a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2）2≥(2)因為(a＋b）3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab（a＋b≤2＋eq\f(3(a＋b）2，4）(a＋b)＝2＋eq\f(3（a＋b）3，4）,所以(a＋b）3≤8，因此a＋b≤2?？键c整合1.絕對值不等式的性質(zhì)定理1:如果a，b是實數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋｜b｜,當且僅當ab≥0時，等號成立.定理2：如果a,b，c是實數(shù)，那么｜a－c|≤|a－b｜＋|b－c|，當且僅當（a－b)(b－c）≥0時,等號成立.2.|ax＋b｜≤c，|ax＋b｜≥c（c>0)型不等式的解法(1)｜ax＋b｜≤c?－c≤ax＋b≤c。(2)|ax＋b｜≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c。3。|x－a|＋｜x－b|≥c，|x－a｜＋｜x－b｜≤c（c>0)型不等式的解法（1)利用絕對值不等式的幾何意義直觀求解.（2）利用零點分段法求解。（3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象求解。4?；静坏仁蕉ɡ?:設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當且僅當a＝b時，等號成立。定理2:如果a,b為正數(shù),則eq\f(a＋b，2）≥eq\r（ab）,當且僅當a＝b時，等號成立。定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則eq\f（a＋b＋c，3）≥eq\r(3，abc），當且僅當a＝b＝c時,等號成立.定理4:（一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1，a2，…，an為n個正數(shù)，則eq\f（a1＋a2＋…＋an，n)≥eq\r(n，a1a2…an)，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立。熱點一絕對值不等式的解法【例1】(2016·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f（x)＝｜x＋1|－｜2x－3|。(1)在圖中畫出y＝f(x）的圖象；(2）求不等式｜f(x)|〉1的解集.解（1）f(x）＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1（x－4，x≤－1，,3x－2,－1<x≤\f(3,2）,,－x＋4，x〉\f(3,2),))故y＝f（x）的圖象如圖所示.（2)由f(x)的解析式及圖象知，當f(x）＝1時，可得x＝1或x＝3;當f（x)＝－1時,可得x＝eq\f（1,3)或x＝5.故f(x)〉1的解集為{x|1〈x〈3}；f(x）〈－1的解集為eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(x｜x<\f（1，3），或x>5)）。所以|f(x)｜>1的解集為eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x｜x〈\f(1，3），或1<x<3，或x〉5））。探究提高1。本題利用分段函數(shù)的圖形的幾何直觀性，求解不等式，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想。2.解絕對值不等式的關(guān)鍵是去絕對值符號，常用的零點分段法的一般步驟：求零點；劃分區(qū)間，去絕對值符號；分段解不等式；求各段的并集。此外,還常用絕對值的幾何意義，結(jié)合數(shù)軸直觀求解?！居柧?】（2015·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝|x＋1｜－2｜x－a|,a>0。（1）當a＝1時,求不等式f（x)>1的解集;(2）若f（x）的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6，求a的取值范圍.解（1）當a＝1時，f（x)>1化為|x＋1|－2｜x－1｜－1〉0。當x≤－1時，不等式化為x－4>0，無解；當－1<x<1時，不等式化為3x－2〉0，解得eq\f（2，3）〈x<1；當x≥1時，不等式化為－x＋2〉0,解得1≤x〈2.所以f（x）>1的解集為eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）<x〈2))）).（2）由題設(shè)可得,f(x)＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(x－1－2a,x〈－1，，3x＋1－2a，－1≤x≤a，,－x＋1＋2a，x〉a.））所以函數(shù)f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為Aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2a－1，3），0）），B（2a＋1，0），C（a,a＋1)，△ABC的面積S＝eq\f（1,2)｜AB|·（a＋1）＝eq\f（2，3)（a＋1)2。由題設(shè)得eq\f（2，3）（a＋1)2〉6,故a>2。所以a的取值范圍為(2，＋∞）.熱點二不等式的證明【例2】（2017·長沙調(diào)研)已知f(x）＝｜2x－1｜＋x＋eq\f（1,2)的最小值為m。(1）求m的值；(2）已知a,b，c是正實數(shù)，且a＋b＋c＝m,求證：2（a3＋b3＋c3）≥ab＋bc＋ca－3abc.（1)解當x≥eq\f（1，2)時，f(x)＝3x－eq\f（1，2)在eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)，＋∞））上單調(diào)遞增，且f（x）≥eq\f（3，2）－eq\f(1,2）＝1；當x<eq\f（1,2)時，f(x）＝eq\f（3,2)－x在eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1，2)）)上單調(diào)遞減，且f(x)>eq\f(3,2）－eq\f(1,2）＝1.綜上可得x＝eq\f(1,2)時,f(x）取得最小值1,即m＝1。(2)證明a，b，c是正實數(shù),且a＋b＋c＝1，由a3＋b3－a2b－b2a＝a2(a－b）＋b2（b－a＝(a－b)(a2－b2)＝(a＋b)(a－b)2≥0，則有a3＋b3－a2b－b2a即a3＋b3≥a2b＋b2a＝ab（a＋b）＝ab（1－c)＝ab－abc所以a3＋b3≥ab－abc。同理可得b3＋c3≥bc－abc；c3＋a3≥ca－abc.上面三式相加得，2（a3＋b3＋c3）≥ab＋bc＋ca－3abc，當且僅當a＝b＝c＝eq\f（1，3）取得等號。探究提高1.證明不等式的基本方法有比較法、綜合法、分析法和反證法,其中比較法和綜合法是基礎(chǔ),綜合法證明的關(guān)鍵是找到證明的切入點。2.當要證的不等式較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關(guān)系時，可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆。如果待證命題是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的，則考慮用反證法.【訓練2】（2015·全國Ⅱ卷)設(shè)a，b,c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明:(1)若ab>cd，則eq\r（a)＋eq\r(b）〉eq\r（c)＋eq\r（d）；（2）eq\r(a)＋eq\r（b)>eq\r(c)＋eq\r（d）是｜a－b｜〈｜c－d｜的充要條件.證明（1）∵a,b，c，d為正數(shù),且a＋b＝c＋d，欲證eq\r（a)＋eq\r（b）〉eq\r（c）＋eq\r(d）,只需證明（eq\r(a)＋eq\r（b）)2〉(eq\r(c）＋eq\r(d))2，也就是證明a＋b＋2eq\r（ab）〉c＋d＋2eq\r（cd）,只需證明eq\r（ab)>eq\r(cd)，即證ab〉cd.由于ab〉cd，因此eq\r(a)＋eq\r(b)>eq\r(c）＋eq\r(d)。（2)①若｜a－b|〈｜c－d｜,則（a－b)2<(c－d)2，即(a＋b）2－4ab〈(c＋d）2－4cd。∵a＋b＝c＋d,所以ab>cd.由(1）得eq\r（a)＋eq\r(b）>eq\r(c）＋eq\r(d）。②若eq\r（a)＋eq\r(b）>eq\r(c)＋eq\r(d），則(eq\r(a）＋eq\r（b)）2〉(eq\r（c）＋eq\r(d)）2，∴a＋b＋2eq\r（ab）>c＋d＋2eq\r（cd）?！遖＋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|.綜上，eq\r(a）＋eq\r（b）〉eq\r（c)＋eq\r(d)是｜a－b|〈|c－d|的充要條件。熱點三與絕對值不等式有關(guān)的最值問題【例3】（2017·全國Ⅲ卷）已知函數(shù)f（x）＝|x＋1｜－|x－2｜。（1)求不等式f(x)≥1的解集；(2）若不等式f(x）≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范圍。解（1）f(x)＝|x＋1｜－|x－2|＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(－3，x≤－1，，2x－1,－1〈x〈2，,3，x≥2.）)由f(x)≥1可得①當x≤－1時顯然不滿足題意；②當－1<x<2時，2x－1≥1,解得x≥1,則1≤x<2;③當x≥2時，f(x）＝3≥1恒成立，∴x≥2.綜上知f(x)≥1的解集為{x｜x≥1｝.(2)不等式f（x)≥x2－x＋m等價于f（x）－x2＋x≥m，令g(x）＝f（x)－x2＋x，則g(x)≥m解集非空只需要[g（x）]max≥m.由（1）知g(x)＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(－x2＋x－3，x≤－1，，－x2＋3x－1，－1<x<2，,－x2＋x＋3，x≥2。))①當x≤－1時，[g（x）]max＝g（－1)＝－3－1－1＝－5;②當－1<x〈2時，［g(x)]max＝geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（3,2）））＝－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（3，2)))eq\s\up12(2)＋3·eq\f(3,2）－1＝eq\f(5,4)；③當x≥2時，[g（x)］max＝g(2)＝－22＋2＋3＝1。綜上,［g(x)]max＝eq\f（5,4)，故m≤eq\f（5,4）。所以實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5，4）））。探究提高1。不等式恒成立問題，存在性問題都可以轉(zhuǎn)化為最值問題解決.2。本題分離參數(shù)m，對含絕對值符號的函數(shù)g(x）分段討論，求出g（x）的最大值,進而求出m的取值范圍,優(yōu)化解題過程.【訓練3】（2017·鄭州三模）已知不等式｜x－m｜〈｜x｜的解集為（1，＋∞）.（1）求實數(shù)m的值；(2)若不等式eq\f（a－5,x）<eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,x）））－eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（1－\f（m,x))）〈eq\f（a＋2，x）對x∈（0，＋∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍。解（1）由｜x－m|〈|x|,得｜x－m|2<|x|2,即2mx〉m2，又不等式|x－m｜<｜x｜的解集為（1，＋∞)，則1是方程2mx＝m2的解，解得m＝2(m＝0舍去）。(2）∵m＝2,∴不等式eq\f（a－5,x）〈eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,x））)－eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1(1－\f（m,x)))<eq\f（a＋2,x)對x∈（0，＋∞)恒成立等價于不等式a－5〈|x＋1|－｜x－2｜<a＋2對x∈（0,＋∞）恒成立.設(shè)f(x）＝｜x＋1｜－|x－2|＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（2x－1，0<x〈2，，3，x≥2，））當0<x<2時,f（x）在（0,2）上是增函數(shù)，－1〈f（x)〈3，當x≥2時，f(x）＝3.因此函數(shù)f（x）的值域為（－1,3］.從而原不等式等價于eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1(a－5≤－1，,a＋2〉3.))解得1〈a≤4.所以實數(shù)a的取值范圍是（1,4]。1.絕對值不等式的三種常用解法:零點分段法、幾何法（利用絕對值幾何意義)、構(gòu)造函數(shù)法.前者體現(xiàn)了分類討論思想，后者體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想的應用.2。利用絕對值三角不等式定理|a｜－｜b|≤|a±b｜≤｜a|＋｜b｜求函數(shù)最值，要注意其中等號成立的條件，利用基本不等式求最值也必須滿足等號成立的條件.不等式恒成立問題、存在性問題都可以轉(zhuǎn)化為最值問題解決.3。分析法是證明不等式的重要方法，當所證不等式不能使用比較法且與重要不等式、基本不等式?jīng)]有直接聯(lián)系，較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關(guān)系時,可用分析法來尋找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆。1.設(shè)a>0，｜x－1｜<eq\f(a，3），|y－2｜〈eq\f（a，3),求證｜2x＋y－4|<a.證明因為|x－1|<eq\f(a,3），｜y－2｜<eq\f(a,3)，所以|2x＋y－4｜＝|2（x－1)＋（y－2）｜≤2｜x－1|＋|y－2|〈2×eq\f(a,3)＋eq\f（a,3）＝a。故原不等式得證.2。(2017·石家莊三模)在平面直角坐標系中，定義點P(x1，y1），Q(x2，y2）之間的“直角距離”為L(P,Q)＝|x1－x2｜＋|y1－y2|，已知A(x，1)，B（1，2），C（5，2)三點。（1）若L（A,B)〉L（A，C)，求x的取值范圍；（2）當x∈R時，不等式L(A，B）≤t＋L（A，C）恒成立，求t的最小值.解（1）由定義得｜x－1|＋1>｜x－5|＋1，則|x－1｜〉｜x－5|,兩邊平方得8x〉24，解得x〉3。故x的取值范圍為(3，＋∞)。（2)當x∈R時，不等式｜x－1｜≤｜x－5｜＋t恒成立，也就是t≥｜x－1|－｜x－5|恒成立,因為｜x－1｜－|x－5｜≤｜(x－1）－(x－5）｜＝4，所以t≥4，tmin＝4.故t的最小值為4.3。（2016·全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2））)＋eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1，2)))，M為不等式f(x)<2的解集.(1）求M；（2)證明：當a，b∈M時，｜a＋b｜<｜1＋ab|。(1)解f(x)＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1，2)，,1，－\f(1,2）〈x〈\f（1,2)，，2x，x≥\f(1,2）.)）當x≤－eq\f（1,2)時，由f（x）〈2得－2x〈2，解得x〉－1，所以－1〈x≤－eq\f(1,2）;當－eq\f(1，2)〈x<eq\f（1,2)時,f（x)〈2恒成立.當x≥eq\f(1，2）時,由f(x)〈2得2x〈2，解得x<1，所以eq\f(1，2)〈x<1.所以f(x）〈2的解集M＝｛x|－1〈x〈1}.（2）證明由（1）知，當a，b∈M時，－1<a〈1，－1<b〈1,從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝（a2－1)(1－b2)<0，所以（a＋b）2〈(1＋ab)2，因此|a＋b｜<｜1＋ab｜.4.（2017·長郡中學二模)設(shè)函數(shù)f（x）＝|2x－1|－|x＋2|.(1)解不等式f(x）〉0;（2）若?x0∈R，使得f(x0)＋2m2〈4m解(1)①當x〈－2時，f(x)＝1－2x＋x＋2＝－x＋3.令－x＋3>0，解得x<3,從而x〈－2.②當－2≤x≤eq\f（1，2）時,f(x）＝1－2x－x－2＝－3x－1，令－3x－1>0,解得x<－eq\f（1,3)，又∵－2≤x≤eq\f(1，2)，∴－2≤x<－eq\f(1，3).③當x>eq\f（1，2）時，f（x）＝2x－1－x－2＝x－3，令x－3〉0，解得x〉3.又∵x>eq\f(1,2)，∴x>3。綜上,不等式f(x）>0的解集為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞,－\f(1,3)））∪（3，＋∞）。（2）由（1)得f(x）＝eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（－x＋3，x〈－2，,－3x－1,－2≤x≤\f(1，2)，,x－3,x〉\f(1,2），））∴f（x）min＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2））)＝－eq\f（5,2).∵?x0∈R，使得f（x0）＋2m2〈∴4m－2m2>－eq\f(5，2)，整理得4m2－8m－5〈0,解得－eq\f（1,2）<m<eq\f（5，2)，∴m的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)，\f(5,2)))。5.(2016·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝｜2x－a|＋a。（1）當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集；(2）設(shè)函數(shù)g(x)＝｜2x－1｜。當x∈R時,恒有f（x)＋g(x）≥3，求a的取值范圍.解(1）當a＝2時，f（x)＝|2x－2｜＋2。解不