2020版高考数学大二轮复习 8.2 不等式选讲学案 文

-1-第2讲不等式选讲考点1绝对值不等式的解法1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法(1)c0，则|ax＋b|≤c的解集为－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c的解集为ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a、b的值解出即可．(2)c0，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型不等式的解法解这类含绝对值的不等式的一般步骤：(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．[例1][2019·全国卷Ⅱ][选修4－5：不等式选讲]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】本题主要考查绝对值不等式的求解，意在考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(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，＋∞)．解含有绝对值的不等式时，脱去绝对值符号的方法主要有：公式法、分段讨论法、平方法、几何法等．这几种方法应用时各有利弊．在解只含有一个绝对值的不等式时，用公式法较为简便；但若不等式含有多个绝对值符号，则应采用分段讨论法；应用平方法时，要注意-2-只有在不等式两边均为正的情况下才能施行．因此，我们在去绝对值符号时，用何种方法需视具体情况而定.『对接训练』1．[2019·福建三明一中检测]已知不等式|2x＋3|＋|2x－1|a的解集为M.(1)若a＝6，求集合M；(2)若M≠∅，求实数a的取值范围．解析：(1)当a＝6时，原不等式为|2x＋3|＋|2x－1|6，当x≤－32时，原不等式化为－2x－3＋1－2x6，解得x－2，∴－2x≤－32；当－32x12时，原不等式化为2x＋3＋1－2x6，解得46，∴－32x12；当x≥12时，原不等式化为2x＋3＋2x－16，解得x1，∴12≤x1.综上所述，集合M＝{x|－2x1}．(2)∵M≠∅，∴不等式|2x＋3|＋|2x－1|a恒有解．令f(x)＝|2x＋3|＋|2x－1|，则f(x)＝2|x＋32|＋|x－12|≥4，∴a4，即实数a的取值范围是(4，＋∞)．-3-考点2绝对值不等式的证明1．绝对值三角不等式定理1：若a、b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理2：设a、b、c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|.等号成立⇔(a－b)(b－c)≥0，即b落在a、c之间．推论1：||a|－|b||≤|a＋b|.推论2：||a|－|b||≤|a－b|.2．基本不等式(1)定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．(2)定理2：如果a，b0，那么a＋b2≥ab，当且仅当a＝b时，等号成立．也可以表述为两个正数的算术平均数大于或等于它们的几何平均数．[例2][2019·全国卷Ⅰ][选修4－5：不等式选讲]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】本题主要考查利用综合法以及基本不等式证明不等式，考查运算求解能力、推理论证能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，且abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.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.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.含绝对值不等式的证明主要分两类：一类是比较简单的不等式，可以通过平方法或换元法等去掉绝对值符号转化为常见的不等式的证明，另一类是利用绝对值三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当添加、拆项证明或利用放缩法、综合法分析证明.-4-『对接训练』2．[2019·湖南长沙长郡中学调研]已知函数f(x)＝|x＋2|.(1)解不等式f(x)4－|x＋1|；(2)已知a＋b＝2(a0，b0)，求证：|x－2.5|－f(x)≤4a＋1b.解析：(1)f(x)4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|4，则x－2，－x－2－x－14，得x－3.5；－2≤x1，x＋2－x－14，无解；x≥－1，x＋2＋x＋14，得x0.5.所以原不等式的解集为{x|x－3.5或x0.5}．(2)证明：|x－2.5|－f(x)＝|x－2.5|－|x＋2|≤4.5，4a＋1b＝12(a＋b)4a＋1b＝124＋1＋4ba＋ab≥12(5＋4)＝4.5，所以|x－2.5|－f(x)≤4a＋1b.课时作业20不等式选讲1．[2019·江苏卷]设x∈R，解不等式|x|＋|2x－1|2.解析：本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力．当x0时，原不等式可化为－x＋1－2x2，解得x－13；当0≤x≤12时，原不等式可化为x＋1－2x2，即x－1，无解；当x12时，原不等式可化为x＋2x－12，解得x1.综上，原不等式的解集为{x|x－13或x1}．2．[2019·陕西彬州质监]已知函数f(x)＝|x－3|－|x＋2|.(1)求函数f(x)的值域；(2)若∃x∈[－2,1]，使f(x)≥x2＋a成立，求a的取值范围．-5-解析：(1)依题意可得f(x)＝－5，x≥3，－2x＋1，－2x3，5，x≤－2.当－2x3时，－5－2x＋15，所以f(x)的值域为[－5,5]．(2)因为－2≤x≤1，所以f(x)≥x2＋a可化为－2x＋1≥x2＋a，得∃x∈[－2,1]，使得a≤－x2－2x＋1成立．令g(x)＝－x2－2x＋1＝－(x＋1)2＋2，则当x∈[－2,1]时，g(x)max＝2，所以a的取值范围为(－∞，2]．3．[2019·四川绵阳一诊]已知函数f(x)＝|2x＋1|－|x－m|(m∈R)．(1)当m＝1时，解不等式f(x)≥2；(2)若关于x的不等式f(x)≥|x－3|的解集包含[3,4]，求m的取值范围．解析：(1)m＝1时，f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，当x≤－12时，f(x)＝－2x－1＋(x－1)＝－x－2，由f(x)≥2得x≤－4，综合得x≤－4；当－12x1时，f(x)＝(2x＋1)＋(x－1)＝3x，由f(x)≥2得x≥23，综合得23≤x1；当x≥1时，f(x)＝(2x＋1)－(x－1)＝x＋2，由f(x)≥2得x≥0，综合得x≥1.所以当m＝1时，f(x)≥2的解集是{x|x≤－4或x≥23}．(2)因为f(x)＝|2x＋1|－|x－m|≥|x－3|的解集包含[3,4]，所以当x∈[3,4]时，|2x＋1|－|x－m|≥|x－3|恒成立．x∈[3,4]时，原式可变为2x＋1－|x－m|≥x－3，即|x－m|≤x＋4，所以－x－4≤x－m≤x＋4，则－4≤m≤2x＋4在[3,4]上恒成立，显然当x＝3时，2x＋4取得最小值10，则m的取值范围是[－4,10]．4．[2019·云南玉溪一中模考]已知函数f(x)＝|x＋1|＋|2x－1|.(1)解不等式f(x)≤x＋3；(2)若g(x)＝|3x－2m|＋|3x－2|，对∀x1∈R，∃x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的取值范围．-6-解析：(1)原不等式等价于x≤－1，－3x≤x＋3或－1x≤12，－x＋2≤x＋3或x12，3x≤x＋3，得－12≤x≤32，故原不等式的解集为{x|－12≤x≤32}．(2)由f(x)＝|x＋1|＋|2x－1|＝－3x，x≤－1，－x＋2，－1x≤12，3x，x12，可知当x＝12时，f(x)最小，无最大值，且f(x)min＝f12＝32.设A＝{y|y＝f(x)}，B＝{y|y＝g(x)}，则A＝{y|y≥32}，因为g(x)＝|3x－2m|＋|3x－2|≥|(3x－2m)－(3x－2)|＝|2m－2|，所以B＝{y|y≥|2m－2|}．由题意知A⊆B，所以|2m－2|≤32，所以m∈14，74.故实数m的取值范围为{m|14≤m≤74}．5．[2019·湖南衡阳八中模考]已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|.(1)解不等式f(x)≤3；(2)记函数g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域为M，若t∈M，证明：t2＋1≥3t＋3t.解析：(1)依题意，得f(x)＝－3x，x≤－1，2－x，－1x12，3x，x≥12.于是f(x)≤3⇔x≤－1，－3x≤3或－1x12，2－x≤3或x≥12，3x≤3，-7-解得－1≤x≤1.即不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤1}．(2)g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0时，取等号，∴M＝[3，＋∞)．要证t2＋1≥3t＋3t，即证t2－3t＋1－3t≥0.而t2－3t＋1－3t＝t3－3t2＋t－3t＝t－3t2＋1t.∵t∈M，∴t－3≥0，t2＋10，∴t－3t2＋1t≥0.∴t2＋1≥3t＋3t.6．[2019·全国卷Ⅲ][选修4－5：不等式选讲]设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥13成立，证明：a≤－3或a≥－1.解析：本题主要考查基本不等式在求最值、不等式恒成立求参数问题中的应用，考查考生的化归与转化能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥43，当且仅当x＝53，y＝－13，z＝－13时等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为43.(2)由于[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥2＋a23，当且仅当x＝4－a3，y＝1－a3，z＝2a－23时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋a23.-8-由题设知2＋a23≥13，解得a≤－3或a≥－1.