（新高考）2020版高考数学二轮复习 重点保分专题八 选修4-5 不等式选讲课件 文

选修4－5不等式选讲把握考情诊断学情考查内容理解绝对值的几何意义，并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件：|a＋b|≤|a|＋|b|(a，b∈R)；|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b，c∈R)；通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法存在问题(1)利用绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求函数最值时，忽略等号成立的条件;(2)解含参的绝对值不等式问题时分类不全面;(3)证明不等式的基本方法选择不恰当把握考情诊断学情考查素养(1)通过解含绝对值不等式，考查逻辑推理和数学运算的核心素养(2)借助不等式的证明，考查逻辑推理的核心素养解决方法(1)求函数最值，要注意其中等号成立的条件;(2)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;(3)证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法考点(一)含绝对值不等式的解法[典例](2019·昆明诊断测试)已知函数f(x)＝|2x＋1|－|x－1|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)x2＋x＋m的解集为R，求实数m的取值范围．[解](1)原不等式等价于|2x＋1|－|x－1|1，等价于x≤－12，－x－30或－12x1，3x－10或x≥1，x＋10，解得x－3或13x1或x≥1.所以原不等式的解集为x|x－3或x13.(2)由f(x)x2＋x＋m得m－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|.令g(x)＝－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|，则由题意知mg(x)max.g(x)＝－x2－2x－2，x－12，－x2＋2x，－12≤x≤1，－x2＋2，x1，作出其图象如图所示，由图象知g(x)max＝1.所以m1，即m的取值范围为(1，＋∞)．[解题方略]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)．[对点训练](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，－1≤x≤2，－2x＋6，x2.当x－1时，由2x＋4≥0，解得－2≤x－1；当－1≤x≤2时，显然满足题意；当x2时，由－2x＋6≥0，解得2x≤3，故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|，且当x＝2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，＋∞)．考点(二)不等式的证明[典例](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.[解题方略]证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等．(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的．(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾．[对点训练](2019·长春质检)已知a0，b0，a＋b＝2.(1)求证：a2＋b2≥2；(2)求证：2a＋1b≥1＋22.证明：(1)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.考点(三)与绝对值不等式有关的最值问题[典例]已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R.(1)若不等式f(x)＋|x－1|≥2对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a2时，函数f(x)的最小值为a－1，求实数a的值．[解](1)f(x)＋|x－1|≥2可化为x－a2＋|x－1|≥1.∵x－a2＋|x－1|≥a2－1，∴a2－1≥1，∴a≤0或a≥4，∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．(2)当a2时，易知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|的零点分别为a2和1，且a21，∴f(x)＝－3x＋a＋1，xa2，x－a＋1，a2≤x≤1，3x－a－1，x1，易知f(x)在－∞，a2上单调递减，在a2，＋∞上单调递增，∴f(x)min＝fa2＝－a2＋1＝a－1，解得a＝43，又432，∴a＝43.[一题多变]1．(变条件)在本例条件下，若f(x)≤|x＋1|的解集包含32，3，求a的取值范围．解：由题意可知f(x)≤|x＋1|在32，3上恒成立，当x∈32，3时，f(x)＝|2x－a|＋|x－1|＝|2x－a|＋x－1≤|x＋1|＝x＋1，∴|2x－a|≤2，即2x－2≤a≤2x＋2，∵(2x－2)max＝4，(2x＋2)min＝5，因此a的取值范围为[4,5]．2．(变设问)函数f(x)不变，若存在实数x，使不等式f(x)－3|x－1|≥2能成立，求实数a的取值范围．解：∵f(x)－3|x－1|＝|2x－a|－2|x－1|＝|2x－a|－|2x－2|≤|a－2|.∴|a－2|≥2.∴a≤0或a≥4.∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．[解题方略]1．求含绝对值的函数的最值的两种方法(1)利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解．(2)将函数化为分段函数，数形结合求解．2．恒成立(存在)问题的等价转化f(x)≥Mf(x)≤M任意x恒成立⇔f(x)min≥Mf(x)max≤M存在x成立⇔f(x)max≥Mf(x)min≤M[对点训练]1．(2019·郑州第二次质量预测)设函数f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|(a0)，g(x)＝x2－x.(1)当a＝1时，求不等式g(x)≥f(x)的解集；(2)已知f(x)≥2恒成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝－2x，x≤－1，2，－1x1，2x，x≥1，当x≤－1时，x2－x≥－2x，得x≤－1；当－1x1时，x2－x≥2，即x≤－1或x≥2，舍去；当x≥1时，x2－x≥2x，得x≥3.综上，原不等式的解集为{x|x≤－1或x≥3}．(2)f(x)＝|ax＋1|＋|x－a|＝－a＋1x－1＋a，x≤－1a，a－1x＋1＋a，－1axa，a＋1x＋1－a，x≥a，当0a≤1时，f(x)min＝f(a)＝a2＋1≥2，a＝1；当a1时，f(x)min＝f－1a＝a＋1a≥2，a1.综上，a的取值范围为[1，＋∞)．2．已知函数f(x)＝|x|＋|x＋1|.(1)若任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，求实数λ的取值范围；(2)若存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，求实数t的取值范围．解：(1)由f(x)＝|x|＋|x＋1|≥|x－(x＋1)|＝1知，f(x)min＝1，欲使任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，则需满足λ≤f(x)min，所以实数λ的取值范围为(－∞，1]．(2)由题意得f(t)＝|t|＋|t＋1|＝－2t－1，t－1，1，－1≤t≤0，2t＋1，t0，存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，即有Δ＝4－4f(t)≥0，所以f(t)≤1，又f(t)≤1可等价转化为t－1，－2t－1≤1，或－1≤t≤0，1≤1，或t0，2t＋1≤1，所以实数t的取值范围为[－1,0]．