2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点课件选修四十

主攻40个必考点(四十)不等式选讲(选修4－5)1．(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)0，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x1时，f(x)＝－2(x－1)20；当x≥1时，f(x)＝(x－1)(x＋|x－2|)≥0.所以不等式f(x)0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)0.所以a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.证明：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥33a＋b3b＋c3c＋a3＝3(a＋b)(b＋c)(c＋a)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ca)＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)1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：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝－2，x≤－1，2x，－1x1，2，x≥1.故不等式f(x)1的解集为xx12.(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|x成立等价于当x∈(0,1)时|ax－1|1成立．若a≤0，则当x∈(0,1)时，|ax－1|≥1；若a0，则|ax－1|1的解集为x0x2a，所以2a≥1，故0a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．4．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．解：(1)f(x)＝－3x，x－12，x＋2，－12≤x1，3x，x≥1.y＝f(x)的图象如图所示．(2)由(1)知，y＝f(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，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值为5.[把脉考情]考什么1.绝对值不等式的解法2.绝对值不等式有关的最值问题3.不等式的证明(综合法、分析法、基本不等式)考多深在解答题中考查，难度中等偏低，分值10分考多宽绝对值不等式多与分段函数交汇考查，结合公式法，综合法，分类讨论，数形结合思想考查绝对值不等式的解法[典例1](2019·安庆三模)设函数f(x)＝|2x－4|＋1.(1)解不等式f(x)≥x；(2)若函数y＝lg[f(x)＋f(x＋1)－a]的值域为R，求实数a的取值范围．[解](1)f(x)≥x就是|2x－4|＋1－x≥0.当x＜2时，4－2x＋1－x≥0，解得x≤53；当x≥2时，2x－4＋1－x≥0，解得x≥3.综上可知，不等式f(x)≥x的解集是－∞，53∪[3，＋∞)．(2)令g(x)＝f(x)＋f(x＋1)，则g(x)＝－4x＋8，x＜1，4，1≤x≤2，4x－4，x＞2，所以g(x)min＝4.若函数y＝lg[f(x)＋f(x＋1)－a]的值域为R，则g(x)－a必须取遍所有的正数，故a≥4.即实数a的取值范围是[4，＋∞)．增分方略解不含参数的绝对值不等式的基本思想是去掉绝对值．一般步骤是：求零点(确定每个绝对值的零点)，定区间(按零点将数轴分成几段)，去绝对值(去掉原不等式中各个绝对值的符号)，解不等式(解去掉绝对值符号后的不等式)，取并集(对自变量x分类，最后必须取所有分类结果的并集).不等式的证明[典例2](1)已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)＜4的解集为M.①求M；②当a，b∈M时，证明：2|a＋b|＜|4＋ab|.(2)已知a＞0，b＞0，a＋b＝2.①求证：a2＋b2≥2；②求证：2a＋1b≥1＋22.[解](1)①由|x＋1|＋|x－1|＜4，得x≥1，2x＜4或－1≤x＜1，2＜4或x＜－1，－2x＜4，解得－2＜x＜2，所以M＝(－2,2)．②证明：要证2|a＋b|＜|4＋ab|，只需证4(a2＋2ab＋b2)＜a2b2＋8ab＋16，只需证a2b2－4a2－4b2＋16＞0，即证(a2－4)(b2－4)＞0.因为a，b∈(－2,2)，所以a2＜4，b2＜4，所以a2－4＜0，b2－4＜0，所以(a2－4)(b2－4)＞0，所以原不等式成立．(2)证明：①因为a＞0，b＞0，所以a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，所以a2＋b2≥12(a＋b)2＝2.②因为2a＋1b＝a＋b2·2a＋1b＝32＋ba＋a2b≥32＋2＝2＋224，当且仅当a＝4－22，b＝22－2时取等号，所以2a＋1b≥1＋22.增分方略证明不等式的常用方法及技巧(1)证明不等式的常用方法①比较法；②综合法；③分析法；④反证法．(2)证明不等式的常用技巧①利用换元法，构造法等简化对问题的表述和证明，换元时，注意新元的取值范围；②利用基本不等式、绝对值不等式、绝对值的含义将不等式问题转化为函数问题求解．含绝对值不等式的成立问题[典例3](2020届高三·石家庄摸底)已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x－1|＋a.(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若对任意的x∈R，都有f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．[解](1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)得|2x＋1|≥|x－1|，两边平方，整理得x2＋2x≥0，解得x≥0或x≤－2，所以原不等式的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)．(2)由f(x)≥g(x)得a≤|2x＋1|－|x－1|，令h(x)＝|2x＋1|－|x－1|，则h(x)＝－x－2，x≤－12，3x，－12＜x＜1，x＋2，x≥1，所以h(x)min＝h－12＝－32.故所求实数a的取值范围为－∞，－32.增分方略不等式恒成立求参数问题的解法分离参数法运用“f(x)≤a恒成立⇔f()xmax≤a，f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数取值范围问题更换主元法对于一些含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法整形结合法在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的优势，可直接解决问题课下请完成“考点过关检测（四十）”(单击进入电子文档)