高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第一篇專題突破專題八系列刺第2講不等式選講文

第2講不等式選講1/32考情分析2/32總綱目錄考點一

絕對值不等式解法考點二

不等式證實考點三

絕對值不等式恒成立問題3/32考點一

絕對值不等式解法1.|ax+b|≤c,|ax+b|≥c型不等式解法(1)若c>0,則|ax+b|≤c等價于-c≤ax+b≤c,|ax+b|≥c等價于ax+b≥c或ax+

b≤-c,然后依據(jù)a,b值求解即可.(2)若c<0,則|ax+b|≤c解集為?,|ax+b|≥c解集為R.2.|x-a|+|x-b|≥c(c>0),|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式解法(1)令每個絕對值符號里一次式為0,求出對應(yīng)根;(2)把這些根由小到大排序,它們把數(shù)軸分為若干個區(qū)間;(3)在所分區(qū)間上,依據(jù)絕對值定義去掉絕對值符號,討論所得不等

式在這個區(qū)間上解集;(4)這些解集并集就是原不等式解集.4/32經(jīng)典例題(課標(biāo)全國Ⅰ,23,10分)[選修4—5:不等式選講]已知函數(shù)f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.(1)當(dāng)a=1時,求不等式f(x)≥g(x)解集;(2)若不等式f(x)≥g(x)解集包含[-1,1],求a取值范圍.解析(1)當(dāng)a=1時,不等式f(x)≥g(x)等價于x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①當(dāng)x<-1時,①式化為x2-3x-4≤0,無解;當(dāng)-1≤x≤1時,①式化為x2-x-2≤0,從而-1≤x≤1;當(dāng)x>1時,①式化為x2+x-4≤0,從而1<x≤

.5/32所以f(x)≥g(x)解集為

.(2)當(dāng)x∈[-1,1]時,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)解集包含[-1,1],等價于當(dāng)x∈[-1,1]時f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]最小值必為f(-1)與f(1)之一,所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.所以a取值范圍為[-1,1].6/32用零點分段法解絕對值不等式步驟(1)求零點.(2)劃區(qū)間,去絕對值符號.(3)分別解去掉絕對值符號不等式.(4)取每個結(jié)果并集,注意在分段討論時不要遺漏區(qū)間端點值.方法歸納7/32跟蹤集訓(xùn)1.已知函數(shù)f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)畫出y=f(x)圖象;(2)求不等式|f(x)|>1解集.

8/32解析(1)f(x)=

y=f(x)圖象如圖所表示.

9/32(2)由f(x)表示式及圖象知,當(dāng)f(x)=1時,可得x=1或x=3;當(dāng)f(x)=-1時,可得x=

或x=5,故f(x)>1解集為{x|1<x<3};f(x)<-1解集為

.所以|f(x)|>1解集為

.10/322.設(shè)函數(shù)f(x)=|kx-1|(k∈R).(1)若不等式f(x)≤2解集為

,求k值;(2)若f(1)+f(2)<5,求k取值范圍.11/32解析(1)由|kx-1|≤2,得-2≤kx-1≤2,∴-1≤kx≤3,∴-

≤

x≤1.由已知,得

=1,∴k=3.(2)由已知,得|k-1|+|2k-1|<5.當(dāng)k≤

時,-(k-1)-(2k-1)<5,得k>-1,此時-1<k≤

;當(dāng)

<k≤1時,-(k-1)+(2k-1)<5,得k<5,此時

<k≤1;當(dāng)k>1時,(k-1)+(2k-1)<5,得k<

,此時1<k<

.綜上,k取值范圍是

.12/32考點二

不等式證實1.||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|.2.a,b∈R+,則a+b≥2

.3.a,b∈R,則a2+b2≥2ab.4.ai∈R+(i=1,2,…,n),則a1+a2+…+an≥n

,5.ai∈R,bi∈R(i=1,2,…,n),

≥(

aibi)2.13/32經(jīng)典例題(課標(biāo)全國Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.證實:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.證實(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.(2)因為(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+

·(a+b)14/32=2+

,所以(a+b)3≤8,所以a+b≤2.方法歸納(1)證實不等式慣用方法有①綜正當(dāng);②分析法;③比較法;④柯西不等

式(二維形式).(2)二維柯西不等式:若a,b,c,d都是實數(shù),則(a2+b2)·(c2+d2)≥(ac+bd)2,當(dāng)且

僅當(dāng)ad=bc時等號成立.15/32跟蹤集訓(xùn)1.已知a>0,b>0,函數(shù)f(x)=|2x+a|+2

+1最小值為2.(1)求a+b值;(2)求證:a+log3

≥3-b.16/32解析(1)因為f(x)=|2x+a|+|2x-b|+1≥|2x+a-(2x-b)|+1=|a+b|+1.當(dāng)且僅當(dāng)

(2x+a)(2x-b)≤0時,等號成立,又a>0,b>0,所以|a+b|=a+b,所以f(x)最小值為a+b+1=2,所以a+b=1.(2)證實:由(1)知,a+b=1,所以

+

=(a+b)

=1+4+

+

≥5+2

=9,當(dāng)且僅當(dāng)

=

且a+b=1,即a=

,b=

時取等號.所以log3

≥log39=2,所以a+b+log3

≥1+2=3,即a+log3

≥3-b.17/322.已知a,b,c,d均為正數(shù),且ad=bc.(1)證實:若a+d>b+c,則|a-d|>|b-c|;(2)t·

=

+

,求實數(shù)t取值范圍.18/32解析(1)證實:由(a+d)2>(b+c)2,4ad=4bc,得(a-d)2>(b-c)2,即|a-d|>|b-c|.(2)因為(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=a2c2+2abcd+b2d2=(ac+bd)2,所以t·

=t(ac+bd).因為

≥

ac,

≥

bd.又已知t·

=

+

.則t(ac+bd)≥

(ac+bd).故t≥

,當(dāng)a=c,b=d時取等號.19/32考點三

絕對值不等式恒成立問題1.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無解?f(x)max≤a;f(x)<a無解?f(x)min≥a.2.定理1:假如a,b是實數(shù),則|a+b|≤|a|+|b|,當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時,等號成立.定理2:假如a,b,c是實數(shù),那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,當(dāng)且僅當(dāng)(a-b)(b-c)≥0時,

等號成立.20/32經(jīng)典例題(課標(biāo)全國Ⅲ,23,10分)已知函數(shù)f(x)=|x+1|-|x-2|.(1)求不等式f(x)≥1解集;(2)若不等式f(x)≥x2-x+m解集非空,求m取值范圍.解析(1)f(x)=

當(dāng)x<-1時,f(x)≥1無解;當(dāng)-1≤x≤2時,由f(x)≥1得,2x-1≥1,解得1≤x≤2;當(dāng)x>2時,由f(x)≥1解得x>2.所以f(x)≥1解集為{x|x≥1}.21/32(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|=-

+

≤

,且當(dāng)x=

時,|x+1|-|x-2|-x2+x=

.故m取值范圍為

.22/32方法歸納含絕對值不等式恒成立問題,用等價轉(zhuǎn)化思想.(1)利用三角不等式求出最值進行轉(zhuǎn)化.(2)利用分類討論思想,轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域.(3)數(shù)形結(jié)合轉(zhuǎn)化.23/32跟蹤集訓(xùn)1.(河南鄭州質(zhì)量預(yù)測(二))已知函數(shù)f(x)=|2x+1|,g(x)=|x|+a.(1)當(dāng)a=0時,解不等式f(x)≥g(x);(2)若存在x∈R,使得f(x)≤g(x)成立,求實數(shù)a取值范圍.24/32解析(1)當(dāng)a=0時,由f(x)≥g(x)得|2x+1|≥|x|,兩邊平方整理得3x2+4x+1

≥0,解得x≤-1或x≥-

,∴原不等式解集為(-∞,-1]∪

.(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x+1|-|x|,令h(x)=|2x+1|-|x|,則h(x)=

故h(x)min=h

=-

,所以實數(shù)a取值范圍為a≥-

.25/322.(云南昆明質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)=|x+2|.(1)解不等式2f(x)<4-|x-1|;(2)已知m+n=1(m>0,n>0),若不等式|x-a|-f(x)≤

+

恒成立,求實數(shù)a取值范圍.26/32解析(1)不等式2f(x)<4-|x-1|等價于2|x+2|+|x-1|<4,即

或

或

解得-

<x≤-2或-2<x<-1或?,所以原不等式解集為

.(2)因為|x-a|-f(x)=|x-a|-|x+2|≤|x-a-x-2|=|a+2|,所以|x-a|-f(x)最大值是|a+2|,又m+n=1(m>0,n>0),所以

+

=

(m+n)=

+

+2≥2+2=4,27/32所以

+

最小值為4.要使|x-a|-f(x)≤

+

恒成立,則|a+2|≤4,解得-6≤a≤2.所以實數(shù)a取值范圍是[-6,2].28/321.(廣東廣州綜合測試(一))已知函數(shù)f(x)=|x+a-1|+|x-2a|.(1)若f(1)<3,求實數(shù)a取值范圍;(2)若a≥1,x∈R,求證:f(x)≥2.隨堂檢測29/32解析(1)因為f(1)<3,所以|a|+|1-2a|<3.當(dāng)a≤0時,-a+(1-2a)<3,解得a>-

,所以-

<a≤0;當(dāng)0<a<

時,a+(1-2a)<3,解得a>-2,所以0<