2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题7 选考4系列 第2讲 不等式选讲教案 理 选修4-5

-1-第2讲选修4－5不等式选讲含绝对值不等式的解法(5年7考)[高考解读]以解答题的形式考查绝对值不等式的解集、有限制条件的恒成立、有解等问题、考查学生的等价转化能力和数学运算能力，难度中等.1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①当x－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；当x1时，①式化为x2＋x－4≤0，从而1＜x≤－1＋172.所以f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋172.(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2，所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]等价于当x∈[－1,1]时，f(x)≥2.又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.所以a的取值范围为[－1,1]．2．(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，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.-2-所以，a的取值范围是[1，＋∞)．[教师备选题](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，－1＜x＜1，2，x≥1.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00＜x＜2a，所以2a≥1，故0＜a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．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)分别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．用图象法、数形结合法可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．1．(有解问题)已知f(x)＝|x|＋2|x－1|.(1)解不等式f(x)≥4；(2)若不等式f(x)≤|2a＋1|有解，求实数a的取值范围．[解](1)不等式f(x)≥4，即|x|＋2|x－1|≥4，等价于x＜02－3x≥4或0≤x≤12－x≥4或x＞13x－2≥4⇒x≤－23或无解或x≥2.故不等式的解集为－∞，－23∪[2，＋∞)．(2)f(x)≤|2a＋1|有解等价于f(x)min≤|2a＋1|.-3-f(x)＝|x|＋2|x－1|＝2－3xx＜02－x0≤x≤13x－2x＞1故f(x)的最小值为1，所以1≤|2a＋1|，得2a＋1≤－1或2a＋1≥1，解得a≤－1或a≥0，故实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[0，＋∞)．2．(恒成立问题)已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)解不等式f(x)＞2；(2)若g(x)＝f(x)＋f(－x)，且对任意x∈R，都有|k－1|＜g(x)，求实数k的取值范围．[解](1)依题意得f(x)＝－3x，x≤－12，x＋2，－12＜x＜1，3x，x≥1.于是得x≤－12－3x＞2或－12＜x＜1x＋2＞2或x≥1，3x＞2，解得x＜－23或0＜x＜1或x≥1.故不等式f(x)＞2的解集为x|x＜－23或x＞0.(2)g(x)＝f(x)＋f(－x)＝|x－1|＋|x＋1|＋(|2x＋1|＋|2x－1|)≥|(x－1)－(x＋1)|＋|(2x＋1)－(2x－1)|＝4，当且仅当x－1x＋10，2x－12x＋10，即x∈－12，12时取等号，若对任意的x∈R，不等式|k－1|＜g(x)恒成立，则|k－1|＜g(x)min＝4，所以－4＜k－1＜4，解得－3＜k＜5，即实数k的取值范围为(－3,5).不等式的证明(5年3考)[高考解读]以解答的形式考查学生应用比较法、基本不等式等证明不等式，考查学生的逻辑推理及数学运算能力.(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；-4-(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≥33a＋b3b＋c3a＋c3＝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.[教师备选题]1．(2015·全国卷Ⅱ)设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若abcd，则a＋bc＋d；(2)a＋bc＋d是|a－b||c－d|的充要条件．[证明](1)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，abcd，得(a＋b)2(c＋d)2.因此a＋bc＋d.(2)①若|a－b||c－d|，则(a－b)2(c－d)2，即(a＋b)2－4ab(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以abcd.由(1)得a＋bc＋d.②若a＋bc＋d，则(a＋b)2(c＋d)2，即a＋b＋2abc＋d＋2cd.因为a＋b＝c＋d，所以abcd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab(c＋d)2－4cd＝(c－d)2，-5-因此|a－b||c－d|.综上，a＋bc＋d是|a－b||c－d|的充要条件．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知a0，b0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.[证明](1)(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＋3a＋b24(a＋b)＝2＋3a＋b34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.不等式证明的常用方法是：比较法、综合法与分析法．其中运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．1．(用基本不等式证明不等式)已知函数f(x)＝|x－2|.(1)求不等式f(x)＞4－|x＋1|的解集；(2)设a，b∈0，12，若f1a＋f2b＝10，求证：a＋b2≥27.[解](1)f(x)＞4－|x＋1|可化为|x－2|＞4－|x＋1|，等价于x≤－1，x－24x＋1或－1＜x＜2，x－24x＋1或x≥2，x－2＞4x＋1.解得x＜－32或x∈或x＞52.所以原不等式的解集为－∞，－32∪52，＋∞.(2)因为a，b∈0，12，所以1a＞2，2b＞4.则f1a＋f2b＝1a－2＋2b－2＝10，即1a＋2b＝14.由基本不等式得，a＋b21a＋2b＝2＋b2a＋2ab≥2＋2b2a·2ab＝4，-6-当且仅当b2a＝2ab，1a＋2b＝14，即a＝17，b＝27时取等号．所以14a＋b2≥4，即a＋b2≥27.2．(用绝对值不等式的性质证明不等式)已知函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．[解](1)由题意，|x＋1|＜|2x＋1|－1，①当x≤－1时，不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；②当－1＜x＜－12时，不等式可化为x＋1＜－2x－2，此时不等式无解；③当x≥－12时，不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|＞|a＋b|，即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1＞0，即证(a2－1)(b2－1)＞0.因为a，b∈M，所以a2＞1，b2＞1，所以(a2－1)(b2－1)＞0成立，所以原不等式成立.与代数式有关的最值问题(5年3考)[高考解读]以解答题的形式考查代数式含绝对值不等式的最值求法，考查学生应用均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式的几何意义等工具分析问题和解决问题的能力，-7-考查逻辑推理的数学素养.1．(2019·全国卷Ⅲ)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](1)因为[(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]，所以由已知得(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)证明：因为[(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]，所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥2＋a23，当且仅当x＝4－a3，y＝1－a3，z＝2a－23时等号成立．所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋a23.由题设知2＋a23≥13，解得a≤－3或a≥－1.2．(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．-8-[解](1)f(x)＝－3x，x＜－12，x＋2，－12≤x＜1，3x，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.[教师备选题]若a＞0，b＞0，且1a＋1b＝ab.(1)求a3＋b3的最小