2020版高考数学大二轮复习 专题七 系列4选讲 第二讲 不等式选讲课件 理

专题七系列4选讲第二讲不等式选讲考点二考点三考点一目录ONTENTSC4限时规范训练[考情分析·明确方向]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．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．(2019·高考全国卷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．解析：(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)≥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，＋∞)．[类题通法]1.零点分段求解绝对值不等式的模型(1)求零点；(2)划区间，去绝对值号；(3)分别解去掉绝对值号的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值．2．绝对值不等式的成立问题的求解模型(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a≥f(x)或a≤f(x)形式；(2)转化最值：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；(3)得结论．(2019·安庆二模)已知f(x)＝2|x＋1|＋|2x－1|.(1)解不等式f(x)f(1)；(2)若不等式f(x)≥1m＋1n(m0，n0)对任意的x∈R都成立，证明：m＋n≥43.解析：(1)f(x)f(1)就是2|x＋1|＋|2x－1|5.①当x12时，2(x＋1)＋(2x－1)5，得x1.②当－1≤x≤12时，2(x＋1)－(2x－1)5，得35，不成立．③当x－1时，－2(x＋1)－(2x－1)5，得x－32.综上可知，不等式f(x)f(1)的解集是－∞，－32∪(1，＋∞)．(2)证明：因为2|x＋1|＋|2x－1|＝|2x＋2|＋|2x－1|≥|(2x＋2)－(2x－1)|＝3，所以1m＋1n≤3.因为m0，n0时，1m＋1n≥21mn，所以21mn≤3，得mn≥23.所以m＋n≥2mn≥43.(2019·高考全国卷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a＋c3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)＝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.[类题通法]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．1．(2019·咸阳一模)设函数f(x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|；(1)解不等式f(x)＋g(x)2；(2)对任意的实数x，y，若f(x)≤1，g(y)≤1，求证：|x－2y＋1|≤3.解析：(1)当x2时，原不等式可化为3－x＋2－x2，可得x32，所以32x2.当2≤x≤3时，原不等式可化为3－x＋x－22，恒成立，所以2≤x≤3.当x3时，原不等式可化为x－3＋x－22，可得x72，所以3x72.综上，不等式的解集为32，72.(2)证明：|x－2y＋1|＝|(x－3)－2(y－2)|≤|x－3|＋2|y－2|≤1＋2＝3.2．(2019·江苏一模)已知函数f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；(2)若|a|1，|b|1，且a≠0，求证：f(ab)|a|fba.解析：(1)由f(x－1)＋f(x＋3)≥6得|x－2|＋|x＋2|≥6，若x≥2，则不等式等价为x－2＋x＋2≥6，即2x≥6，x≥3，若－2x2，则不等式等价为－x＋2＋x＋2≥6，即4≥6，此时不等式无解，若x≤－2，则不等式等价为－(x－2)－(x＋2)≥6，即－2x≥6，x≤－3，综上x≥3或x≤－3，即不等式解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．(2)证明：∵f(ab)|a|fba等价为|ab－1||a|ba－1＝|b－a|，∴要证f(ab)|a|fba成立，只需证|ab－1||b－a|成立，只需证(ab－1)2(b－a)2，而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)0显然成立，从而原不等式成立．绝对值不等式中蕴含最佳思想，即可利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|去求形如f(x)＝|x－a|＋|x－b|或f(x)＝|x－a|－|x－b|的最值．1．(2019·云南一模)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－2a＋3|.(1)当a＝2时，解关于x的不等式f(x)≤9；(2)当a≠2时，若对任意实数x，f(x)≥4都成立，求实数a的取值范围．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝3|x－1|，由f(x)≤9得|x－1|≤3，由|x－1|≤3得－3≤x－1≤3，解得：－2≤x≤4，故a＝2时，关于x的不等式的解集是{x∈R|－2≤x≤4}．(2)①当a2时，a22a－3，f(x)＝3x－3a＋3，x2a－3x＋a－3，a2≤x≤2a－3－3x＋3a－3，xa2，故f(x)在－∞，a2上递减，在a2，＋∞上递增，故f(x)min＝fa2＝3a2－3，由题设得3a2－3≥4，解得：a≥143.②当a2时，a22a－3，f(x)＝3x－3a＋3，xa2－x－a＋3，2a－3≤x≤a2－3x＋3a－3，x2a－3，故f(x)在－∞，a2上递减，在a2，＋∞上递增，故f(x)min＝fa2＝－3a2＋3，由题设得－3a2＋3≥4，解得：a≤－23，综上，a的取值范围是－∞，－23∪143，＋∞.2．(2019·恩施模拟)已知函数f(x)＝|x＋m|＋2|x－1|(m0)．(1)当m＝2时，求不等式f(x)≤8的解集；(2)若不等式f(x＋1)3的解集为∅，求实数m的取值范围．解析：(1)当m＝2时，f(x)＝－3x，x－2－x＋4，－2≤x≤13x，x1，当x－2时，由f(x)≤8，得－3x≤8，解得：x≥－83，即－83≤x≤－2，当－2≤x≤1时，f(x)≤8，得－x＋4≤8，解得：x≥－4，即－2≤x≤1，当x1时，由f(x)≤8，得3x≤8，解得：x≤83，即1x≤83，综上，不等式f(x)≤8的解集是x－83≤x≤83.(2)由f(x＋1)3得|x＋1＋m|＋2|x|3，令g(x)＝|x＋1＋m|＋2|x|＝－3x－1－m，x－1－m－x＋1＋m，－1－m≤x≤0，3x＋1＋m，x0若不等式f(x＋1)3的解集是空集，则不等式f(x＋1)≥3的解集是R，即g(x)min＝g(0)＝1＋m≥3，解得：m≥2，故实数m的取值范围是[2，＋∞)．