2020届高考数学二轮复习 第二部分 专题七 选修4系列 第2讲 不等式选讲（选修4-5）课件 理

专题七选修4系列第2讲不等式选讲(选修4－5)1．(2018·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝2x＋4，x≤－1，2，－1x≤2，－2x＋6，x2.可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，当且仅当x＋a与2－x同号时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．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，故有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，上式等号成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.从近几年高考命题看，本讲主要考查绝对值不等式的解法、不等式的性质及简单不等式的证明．命题的热点是绝对值及其应用．考查学生的基本运算与推理论证能力，考查分类讨论、等价转化与数形结合思想．试题分值10分，难度中等．热点1绝对值不等式的解法(师生互动)1．|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.2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解．(2)利用零点分段法求解．(3)构造函数，利用函数的图象求解．【例1】(2019·石家庄质检)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；(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝|x－2|＋|x－4|＝－2x＋6，x≤2，2，2＜x＜4，2x－6，x≥4，当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，解得x≤1；当2＜x＜4时，由f(x)≥4－|x－4|，无解；当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|，得2x－6≥4，解得x≥5.故不等式的解集为{x|x≤1或x≥5}．(2)令h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，则h(x)＝－2a，x≤0，4x－2a，0＜x＜a，2a，x≥a，且|h(x)|≤2.当x≤0或x≥a时，显然不成立．当0＜x＜a时，由|4x－2a|≤2，解得a－12≤x≤a＋12.又知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，所以a－12＝1，a＋12＝2，解得a＝3.[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、去绝对值符号；(3)分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．含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想．[变式训练](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x＜1时，f(x)＝－2(x－1)2＜0；当x≥1时，显然f(x)≥0.所以，不等式f(x)＜0的解集为(－∞，1)．(2)当a＜1时，若a≤x＜1，则f(x)＝(x－a)x＋(2－x)·(x－a)＝2(x－a)≥0，不合题意，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，＋∞)．热点2不等式的证明(师生互动)1．绝对值不等式的性质定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．2．算术—几何平均不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：如果a，b为正数，则a＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理3：如果a，b，c为正数，则a＋b＋c3≥3abc，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则a1＋a2＋…＋ann≥na1a2…an，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．【例2】(2017·全国卷Ⅱ)已知实数a＞0，b＞0，且a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明：(1)因为a＞0，b＞0，且a3＋b3＝2.则(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＋3（a＋b）24·(a＋b)＝2＋3（a＋b）34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.[思维升华]1．证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点．2．当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆．在不等式的证明中，一要善于对“式子”恰当转化变形，二要注意等号成立的条件．[变式训练]设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，且a，b∈M.(1)证明：13a＋16b＜14.(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝3，x≤－2，－2x－1，－2＜x＜1，－3，x≥1.由－2＜－2x－1＜0，解之得－12＜x＜12.所以集合M＝－12，12.于是，由a，b∈M，得|a|＜12，|b|＜12.故13a＋16b≤13|a|＋16|b|＜13×12＋16×12＝14.(2)解：由(1)，得a2＜14，b2＜14，所以4a2－1＜0，4b2－1＜0.所以|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)＞0.所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|.热点3绝对值不等式恒成立(存在)问题(多维探究)利用绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式、最值也必须满足等号成立的条件．不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决．角度不等式恒成立问题【例3】已知函数f(x)＝|x－a|＋|2x－1|(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)≤2的解集；(2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合12，1，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|.f(x)≤2⇒|x－1|＋|2x－1|≤2.上述不等式可化为x≤12，1－x＋1－2x≤2，或12＜x＜1，1－x＋2x－1≤2，或x≥1，x－1＋2x－1≤2，解得x≤12，x≥0，或12＜x＜1，x≤2，或x≥1，x≤43，所以0≤x≤12或12＜x＜1或1≤x≤43.所以原不等式的解集为x0≤x≤43.(2)因为f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合12，1.所以当x∈12，1时，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，即|x－a|＋|2x－1|≤|2x＋1|在x∈12，1上恒成立，所以|x－a|＋2x－1≤2x＋1，即|x－a|≤2，所以x－2≤a≤x＋2在x∈12，1上恒成立．所以(x－2)max≤a≤(x＋2)min，则－1≤a≤52.故实数a的取值范围是－1，52.[思维升华]1．本题第(2)问求解的关键是集合的包含关系转化为不等式f(x)≤|2x＋1|x∈12，1恒成立．2．解题要抓住两点：(1)恰当分离参数a；(2)求出(x－2)max与(x＋2)min，进而求a的取值范围．[变式训练](2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)求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，－1＜x＜1，2，x≥1.则当x≥1时，f(x)＝2＞1恒成立，所以x≥1；当－1＜x＜1时，f(x)＝2x＞1，所以12＜x＜1；当x≤－1时，f(x)＝－2＜1，无解．故不等式f(x)＞1的解集为xx＞12.(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a＞0，|ax－1|＜1的解集为x0＜x＜2a，所以2a≥1，故0＜a≤2.综上，a的取值范围为(0，2]．角度不等式存在性问题【例4】(2019·山东省实验中学联考)已知函数f(x)＝|2x＋a|＋1.(1)当a＝2时，解不等式f(x)＋x＜2；(2)若存在a∈－13，1时，使不等式f(x)≥b＋|2x＋a2|的解集非空，求b的取值范围．解：(1)当a＝2时，函数f(x)＝|2x＋2|＋1，不等式f(x)＋x＜2化为|2x＋2|＜1－x.当1－x≤0时，即x≥1时，该不等式无解．当1－x＞0时，原不等式化为x－1＜2x＋2＜1－x.解之得－3＜x＜－13.综上，原不等式的解集为x－3＜x＜－13.(2)由f(x)≥b＋|2x＋a2|，得b≤|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，设g(x)＝|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，则不等式的解集非空，即不等式有解，所以不等式等价于b≤g(x)max.由g(x)≤|(2x＋a)－(2x＋a2)|＋1＝|a2－a|＋1，所以b≤|a2－a|＋1.由题意知存在a∈－13，1，使得上式成立，而函数h(a)＝|a2－a|＋1在a∈－13，1上的最大值为h－13＝139，所以b≤139，即b的取值范围是－∞，139.[思维升华]1．第(1)问，作出函数y＝|2x＋2|与y＝1－x的图象，观察、计算边界，直观求得不等式的解集．2．第(2)问把不等式解集非空，转化为求函数的最值．存在性问题转化方法：f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a.[变式训练]设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－a|(a＞0)．(1)当a＝2时，求不等式f(x)＞8的解集；(2)若∃x∈R，使得f(x)≤32成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝2时，由f(x)＞8，得|2x＋1|＋|x－2|＞8，即x≥2，3x－1＞8，或