新高考文科数学二轮培优教程文档:第二编 专题七 选修4 第2讲
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第2讲不等式选讲
「考情研析」不等式选讲主要考查平均值不等式的应用,绝对值三角不等式的理解及应用、含绝对值不等式的解法、含参不等式解法和恒成立问题以及不等式的证明方法(比较法、综合法、分析法、放缩法)及它们的应用.其中绝对值不等式的解法及证明方法的应用是重点.难度不大,分值10分,一般会出现在选考部分第二题的位置.
核心知识回顾
1.绝对值的三角不等式
定理1:如果a,b是实数,则□01|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□02|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,等号成立.
2.|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法
(1)|ax+b|≤c(c>0)□01-c≤ax+b≤c.
(2)|ax+b|≥c(c>0)□02ax+b≥c或ax+b≤-c.
3.|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法
(1)利用绝对值不等式几何意义求解,体现数形结合思想.
(2)利用“零点分段法”求解,体现分类讨论思想.
(3)通过构建函数,利用函数图象求解,体现函数与方程思想.
4.证明不等式的基本方法
(1)□01比较法;(2)□02综合法;(3)□03分析法;
(4)□04反证法;(5)□05放缩法.
5.二维形式的柯西不等式
若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥□01(ac+bd)2,当且仅当□02ad =bc时,等号成立.
热点考向探究
考向1 绝对值不等式的解法及应用
角度1绝对值不等式的解法
例1(2019·乌鲁木齐高三第二次质量检测)已知函数f(x)=2|x+1|-|x-a|,a ∈R.
(1)当a=1时,求不等式f(x)<0的解集;
(2)若关于x的不等式f(x) 解(1)当a=1时,f(x)=2|x+1|-|x-1|, 当x<-1时,由f(x)<0得-2(x+1)+(x-1)<0,即-x-3<0,得x>-3,此时-3<x<-1, 当-1≤x≤1,由f(x)<0得2(x+1)+(x-1)<0, 即3x+1<0,得x<-1 3,此时-1≤x<-1 3 , 当x>1时,由f(x)<0得2(x+1)-(x-1)<0, 即x+3<0,得x<-3,此时无解,综上,不等式的解集为{|x-3 (2)∵f(x)<x?2|x+2|-x<|x-a|有解,等价于函数y=2|x+2|-x的图象上存在点在函数y=|x-a|的图象下方, 由函数y=2|x+2|-x与函数y=|x-a|的图象可知,a>0或a<-4. 解绝对值不等式的步骤和方法 (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)用图象法求解不等式 用图象法,数形结合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. (3)用绝对值不等式的几何意义求解. (1)解关于x的不等式x|x+4|+3<0; (2)关于x的不等式|x|+2|x-9| 解(1)原不等式等价于 ?? ? ??x+4<0, -x(x+4)+3<0 或 ?? ? ??x+4≥0, x(x+4)+3<0, 解得x<-2-7或-3 所以原不等式的解集是(-∞,-2-7)∪(-3,-1). (2)令f(x)=|x|+2|x-9|,则关于x的不等式 |x|+2|x-9|f(x)min. f(x)= ?? ? ??3x-18,x≥9, 18-x,0≤x<9, 18-3x,x<0, 所以f(x)的最小值为9. 所以a>9,即实数a的取值范围为(9,+∞). 角度2绝对值不等式恒成立(或存在性)问题 例2(2019·德阳市高三第二次诊断)已知函数f(x)=|x-a|-|x+2|. (1)当a=1时,求不等式f(x)≤-x的解集; (2)若f(x)≤a2+1恒成立,求a的取值范围. 解(1)当a=1时,f(x)=|x-1|-|x+2|, 即f(x)= ?? ? ??3,x≤-2, -2x-1,-2<x<1, -3,x≥1, 不等式f(x)≤-x即为 ?? ? ??x≤-2, 3≤-x 或 ?? ? ??-2 -2x-1≤-x 或 ?? ? ??x≥1, -3≤-x, 即有x≤-3或-1≤x<1或1≤x≤3, 得x≤-3或-1≤x≤3, 所以不等式的解集为{x|x≤-3或-1≤x≤3}. (2)∵|x-a|-|x+2|≤|x-a-x-2|=|a+2|, ∴f(x)≤|a+2|, 若f(x)≤a2+1恒成立,则|a+2|≤a2+1, 即 ?? ? ??a≤-2, -a-2≤a2+1 或 ?? ? ??a>-2, a+2≤a2+1, 解得a≤ 1-5 2 或a≥ 1+5 2 , ∴实数a的取值范围是 ? ? ? ? ? -∞, 1-5 2 ∪ ? ? ? ? ? ? 1+5 2 ,+∞. 解答含参数的绝对值不等式应熟记的几个转化 f(x)>a恒成立?f(x)min>a;f(x)a有解?f(x)max>a;f(x)a无解?f(x)max≤a;f(x) (2019·宣城市高三第二次调研)已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称,且f(x)=2x+1. (1)解关于x的不等式g(x)≥|x-1|; (2)如果?x∈R,不等式|g(x)|-c≥|x-1|恒成立,求实数c的取值范围. 解(1)由题意可得,g(x)=2x-1, 所以g(x)≥|x-1|即2x-1≥|x-1|. ①当x≥1时,2x-1≥x-1,解得x≥0,所以x≥1; ②当x<1时,2x-1≥1-x, 解得x≥2 3 ,所以2 3≤x<1. 综上,x∈ ? ? ? ? ? ? 2 3 ,+∞. (2)因为|2x-1|-c≥|x-1|,即c≤|2x-1|-|x-1|. 令φ(x)=|2x-1|-|x-1|= ?? ? ??x,x≥1, 3x-2, 1 2≤x<1, -x,x<1 2 , 因为对?x∈R,不等式|g(x)|-c≥|x-1|恒成立, 所以c≤φ(x)min,因为φ(x)min=φ ? ? ? ? ?1 2 =-1 2 , 所以c≤-1 2. 考向2 绝对值不等式的证明 例3 已知a >0,b >0,函数f (x )=|x +a |-|x -b |. (1)当a =1,b =1时,解关于x 的不等式f (x )>1; (2)若函数f (x )的最大值为2,求证:1a +1 b ≥2. 解 (1)当a =1,b =1时, f (x )=|x +1|-|x -1|=???? ? 2,x ≥1,2x ,-1≤x <1, -2,x <-1, ①当x ≥1时,f (x )=2>1,不等式恒成立, 此时不等式的解集为{x |x ≥1}; ②当-1≤x <1时,f (x )=2x >1,所以x >1 2, 此时不等式的解集为?????? ??? ?x ? ?? 1 2 ; ③当x <-1时,f (x )=-2>1,不等式不成立,此时无解. 综上所述,不等式f (x )>1 的解集为???? ?? ??? ?x ? ?? x >12 . (2)证法一:由绝对值三角不等式可得 |x +a |-|x -b |≤|a +b |,a >0,b >0,∴a +b =2, ∴1a +1b =12(a +b )? ????1a +1b =12? ? ???2+b a +a b ≥2, 当且仅当a =b =1时,等号成立. 证法二:∵a >0,b >0,∴-a <0 =|x- (-a)|-|x-b|= ?? ? ??a+b,x≥b, 2x+a-b,-a≤x - (a+b),x<-a, 结合图象易得函数f(x)的最大值为a+b,∴a+b=2. ∴1 a +1 b =1 2(a+b)? ? ? ? ? 1 a +1 b =1 2? ? ? ? ? 2+ b a +a b≥2, 当且仅当a=b=1时,等号成立. 不等式证明的常用方法 (1)不等式的证明常利用综合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等,要根据题目特点灵活选用方法. (2)证明含绝对值的不等式主要有以下三种方法: ①利用绝对值的定义去掉绝对值符号,转化为普通不等式再证明. ②利用三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|进行证明. ③转化为函数问题,利用数形结合进行证明. (2019·延安市高考模拟)已知函数f(x)=|2x-1|,x∈R. (1)解不等式f(x)<|x|+1; (2)若对x,y∈R,有|x-y-1|≤ 1 3,|2y+1|≤ 1 6,求证:f(x)≤ 5 6. 解(1)因为f(x)<|x|+1,所以|2x-1|<|x|+1, 即 ? ? ?x≥1 2 , 2x-1 或 ? ? ?0 2 , 1-2x 或 ?? ? ??x≤0, 1-2x<-x+1, 解得1 2≤x<2或0 1 2 或?. 所以不等式的解集为{x|0 (2)证明:因为|x -y -1|≤13,|2y +1|≤1 6, 所以f (x )=|2x -1|=|2(x -y -1)+(2y +1)| ≤|2(x -y -1)|+|2y +1|≤2×13+16=5 6. 考向3 柯西不等式的应用 例4 已知a ,b ,c >0,a +b +c =1.求证: (1)a +b +c ≤ 3; (2) 13a +1+13b +1+13c +1 ≥32. 证明 (1)由柯西不等式得(a +b +c )2=(1·a +1·b +1·c )2≤(12+12+ 12)[(a )2+(b )2+(c )2]=3,当且仅当1a =1b =1c ,即a =b =c =1 3时等号成立,∴a +b +c ≤ 3. (2)证法一:∵ 4 3a +1 +(3a +1)≥2 4 3a +1 ·(3a +1)=4? ????当且仅当3a +1=43a +1时取等号,∴43a +1 ≥3-3a . 同理得 43b +1≥3-3b ,43c +1 ≥3-3c , 以上三式相加得,4? ????1 3a +1+13b +1+13c +1≥9-3(a +b +c )= 6? ?? ?? 当且仅当a =b =c =13时取等号, ∴13a +1+13b +1+13c +1≥32 . 证法二:由柯西不等式得[(3a +1)+(3b +1)+(3c +1)]? ????13a +1+13b +1+13c +1≥? ? 3a +1· 13a +1 +3b +1· 13b +1 +3c +1· ? ??1 3c +12 = 9? ?? ?? 当且仅当a =b =c =13时取等号, 又a +b +c =1,∴6? ????13a +1+13b +1+13c +1≥9, ∴13a +1+13b +1+13c +1 ≥3 2. 柯西不等式的应用方法 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形,化为符合它的结构形式,当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时,就可使用柯西不等式进行证明. (2)利用柯西不等式求最值的一般结构为(a 21+a 22+…+a 2n )? ????1a 2 1+1a 22+…+1a 2n ≥(1+1+…+1)2=n 2.在使用柯西不等式时,要注意右边为常数且应注意等号成立的条件. (2019·南通市高三下学期模拟)已知a ,b ,c 均为正数,且a +2b +4c =3,求 1 a +1 +1b +1+1c +1 的最小值,并指出取得最小值时a ,b ,c 的值. 解 因为a +2b +4c =3,所以(a +1)+2(b +1)+4(c +1)=10, 因为a ,b ,c 为正数,所以由柯西不等式得, [(a +1)+2(b +1)+4(c +1)]· ? ????1a +1+1b +1+1c +1≥(1+2+2)2, 当且仅当(a +1)2=2(b +1)2=4(c +1)2等式成立, 所以1a +1+1b +1+1 c +1 ≥11+6210, 所以1a +1+1b +1+1 c +1的最小值是11+6210, 此时a =23-1027,b =152-177 ,c =8-52 7. 真题押题 『真题模拟』 1.(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)设函数f (x )=|2x -1|+2|x +1|-a . (1)当a =4时,求不等式f (x )>0的解集; (2)若函数f (x )的定义域为R ,求a 的取值范围. 解 (1)当a =4时,f (x )>0为|2x -1|+2|x +1|>4, 当x ≤-1时,1-2x -2x -2>4?x <-54; 当-1 2时,1-2x +2x +2>4,无解; 当x ≥12时,2x -1+2x +2>4?x >34. 综上,f (x )>0的解集为? ????-∞,-54∪? ???? 34,+∞. (2)由题意得|2x -1|+2|x +1|>a 恒成立, a <(|2x -1|+2|x +1|)min . |2x -1|+2|x +1|=|2x -1|+|2x +2|≥|(2x -1)-(2x +2)|=3,∴a <3. 2.(2019·赤峰市高三模拟)已知函数f (x )=|x +1|+|x -1|,g (x )=x 2-2x -1. (1)若m ,n ∈R ,不等式f (m )≥g (n )恒成立,求实数n 的取值范围; (2)设a >0,b >0,且a +b =2,求证:a +1+b +1≤2f (x ). 解 (1)由f (m )=|m -1|+|m +1|≥|(m -1)-(m +1)|=2, ∴f (m )min =2,∴n 2-2n -1≤2,∴-1≤n ≤3, 所以n 的取值范围是[-1,3]. (2)证明:由(1)可知,2f (x )≥22,∴(a +1+ b +1)2=a +b +2+ 2 (a +1)(b +1)≤4+(a +1)+(b +1)=8, ∴ a +1+ b +1≤22, 当且仅当a =b =1时等号成立, ∴ a +1+ b +1≤2f (x ). 3.(2019·全国卷Ⅰ)已知a ,b ,c 为正数,且满足abc =1. 证明:(1)1a +1b +1 c ≤a 2+b 2+c 2; (2)(a +b )3+(b +c )3+(c +a )3≥24. 证明 (1)因为a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ac ,又abc =1,故有a 2+b 2 +c 2 ≥ab +bc +ca =ab +bc +ca abc =1a +1b +1 c . 当且仅当a =b =c =1时,等号成立. 所以1a +1b +1 c ≤a 2+b 2+c 2. (2)因为a ,b ,c 为正数且abc =1, 故有(a +b )3+(b +c )3+(c +a )3 ≥3 3 (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. 『金版押题』 4.已知函数f (x )=|2x -3|-|x +1|. (1)若不等式f (x )≤a 的解集是空集,求实数a 的取值范围; (2)若存在x 0∈R ,使得2f (x 0)≤-t 2+4|t |成立,求实数t 的取值范围. 解 (1)f (x )=|2x -3|-|x +1| =????? -x +4,x ≤-1, -3x +2,-1 ,x -4,x ≥32, y =f (x )的图象如图所示, 易得f (x )min =-5 2. ∵不等式f (x )≤a 的解集是空集, ∴a 的取值范围为? ? ? ??-∞,-52. (2)?x 0∈R ,使得2f (x 0)≤-t 2+4|t |成立, 即2f (x )min ≤-t 2+4|t |,由(1)知f (x )min =-5 2, ∴t 2-4|t |-5≤0,解得-5≤t ≤5, ∴t 的取值范围为[-5,5]. 配套作业 1.(2019·西安八校高三联考)已知a ,b 均为实数,且|3a +4b |=10. (1)求a 2+b 2的最小值; (2)若|x +3|-|x -2|≤a 2+b 2对任意的a ,b ∈R 恒成立,求实数x 的取值范围. 解 (1)因为102=(3a +4b )2≤(32+42)(a 2+b 2)=25(a 2+b 2), 所以a 2+b 2≥4,当且仅当a b =34, 即????? a =65, b =85 或????? a =-65, b =-8 5 时取等号, 即a 2+b 2的最小值为4. (2)由(1)知|x +3|-|x -2|≤a 2+b 2对任意的a ,b ∈R 恒成立?|x +3|-|x -2|≤4?????? x <-3,-5≤4或????? -3≤x <2,2x +1≤4或????? x ≥2,5≤4?x <-3或-3≤x ≤32?x ≤32,所以实数 x 的取值范围为? ? ? ??-∞,32. 2.已知函数f (x )=|2x -a |+|x -1|. (1)当a =3时,求不等式f (x )≥2的解集; (2)若f (x )≥5-x 对任意x ∈R 恒成立,求实数a 的取值范围. 解 (1)当a =3时,即求解|2x -3|+|x -1|≥2, ①当x ≥3 2时,2x -3+x -1≥2,∴x ≥2; ②当1 2时,3-2x +x -1≥2,2-x ≥2,x ≤0,无解; ③当x ≤1时,3-2x +1-x ≥2,∴3x ≤2,∴x ≤2 3. 综上,解集为?????? ??? ?x ? ?? x ≤23或x ≥2. (2)f (x )≥5-x 恒成立,即|2x -a |≥5-x -|x -1|恒成立, 令g (x )=5-x -|x -1|=????? 6-2x ,x ≥1, 4,x <1, 则函数图象如图. ∴a 2≥3,∴a ≥6. 3.已知函数f (x )=|x -5|-|x -2|. (1)若?x ∈R ,使得f (x )≤m 成立,求m 的范围; (2)求不等式x 2-8x +15+f (x )≤0的解集. 解(1)f(x)=|x-5|-|x-2|= ?? ? ??3,x≤2, 7-2x,2 -3,x≥5, 其对应图象如图所示. 易知f(x)min=-3,∴m≥-3, 即m的取值范围为[-3,+∞). (2)x2-8x+15+f(x)= ?? ? ??x2-8x+18,x≤2, x2-10x+22,2 x2-8x+12,x≥5, ①x≤2,x2-8x+18≤0,解集为?. ②2 ③x≥5,x2-8x+12≤0,5≤x≤6. 综上所述,不等式的解集为{x|5-3≤x≤6}. 4.(1)解不等式:|2x-1|-|x|<1; (2)设f(x)=x2-x+1,实数a满足|x-a|<1,求证:|f(x)-f(a)|<2(|a|+1).解(1)当x<0时,原不等式可化为-2x+x<0, 解得x>0,所以x不存在; 当0≤x<1 2 时,原不等式可化为-2x-x<0, 解得x>0,所以0 2 ; 当1 2≤x时,原不等式可化为2x-1-x<1, 解得x <2,所以1 2≤x <2. 综上,原不等式的解集为{x |0 (2)证明:因为|f (x )-f (a )|=|x 2-x -a 2+a |=|x -a |·|x +a -1|<|x +a -1|=|x -a +2a -1|≤|x -a |+|2a -1|<1+|2a |+1=2(|a |+1), 所以|f (x )-f (a )|<2(|a |+1). 5.(2019·益阳市高三4月模拟)已知f (x )=|2x +1|-|ax -1|. (1)当a =1时,求不等式f (x )≤2的解集; (2)当x ∈? ???? -12,0时,不等式f (x )>2x 成立,求a 的取值范围. 解 (1)当a =1时, f (x )=|2x +1|-|x -1|=????? x +2,x >1, 3x ,-12 ≤x ≤1, -x -2,x <-12, 由f (x )≤2,得????? x >1, x +2≤2或????? -12 ≤x ≤1,3x ≤2 或?? ? x <-12, -x -2≤2, 解得x ∈?或-12≤x ≤23或-4≤x <-1 2, 所以不等式f (x )≤2的解集为??? ? ??-4,23. (2)当x ∈? ???? -12,0时,不等式f (x )>2x 等价于2x +1-|ax -1|>2x ,即|ax -1|<1, 所以-1 因为x ∈? ?? ?? -12,0,所以a <0,所以2x 又由x ∈? ?? ?? -12,0,得2x <-4,所以-4≤a <0, 即a 的取值范围是[-4,0). 6.已知函数f (x )=|x -m |,m <0. (1)当m =-1时,解不等式f (x )+f (-x )≥2-x ; (2)若不等式f (x )+f (2x )<1的解集非空,求m 的取值范围. 解 (1)当m =-1时,f (x )+f (-x )=|x +1|+|x -1|, 设F (x )=|x +1|+|x -1|=???? ? -2x ,x <-1,2,-1≤x <1, 2x ,x ≥1, 当x <-1时,-2x ≥2-x ,解得x ≤-2; 当-1≤x <1时,2≥2-x ,解得0≤x <1; 当x ≥1时,2x ≥2-x ,解得x ≥1. 综上,原不等式的解集为{x |x ≤-2或x ≥0}. (2)f (x )+f (2x )=|x -m |+|2x -m |,m <0. 设g (x )=f (x )+f (2x ), 当x ≤m 时,g (x )=m -x +m -2x =2m -3x ,则g (x )≥-m ; 当m 2 当x ≥m 2时,g (x )=x -m +2x -m =3x -2m , 则g (x )≥-m 2.则g (x )的值域为???? ?? -m 2,+∞, 由题知不等式f (x )+f (2x )<1的解集非空,则1>-m 2,解得m >-2,由于m <0, 故m 的取值范围是(-2,0). 7.(2019·宝鸡市高考模拟)已知函数f (x )=|x -2|-|x +3|. (1)求不等式f (x )≤2的解集; (2)若不等式f (x ) ????? x <-3,-x +2+x +3≤2或????? -3≤x ≤2,-x +2-x -3≤2 或????? x >2,x -2-x -3≤2, 解得x ∈?或-3 2≤x ≤2或x >2, 所以不等式f (x )≤2 的解集为?????? ??? ?x ? ?? x ≥-3 2 . (2)因为|f (x )|=||x -2|-|x +3||≤|x -2-x -3|=5, 所以-5≤f (x )≤5,即f (x )min =-5; (2)若存在实数x 0,使得f (x 0)≤5+m -m 2成立的m 的最大值为M ,且实数a ,b 满足a 3+b 3=M ,证明:0 解 (1)∵f (x )=|2x -1|+2|x +1|≤5, ∴???? ?? x -12+|x +1|≤52, 由绝对值的几何意义可得x =-3 2和x =1时上述不等式中的等号成立, ∴不等式f (x )≤5的解集为?????? -32,1. (2)证明:由绝对值的几何意义易得 f (x )=2? ?? ?? ??????x -12+|x +1|的最小值为3, ∴3≤5+m -m 2,∴-1≤m ≤2,∴M =2,∴a 3+b 3=2, ∵2=a 3+b 3=(a +b )(a 2-ab +b 2),a 2-ab +b 2≥0, ∴a+b>0, ∵2ab≤a2+b2,∴4ab≤(a+b)2,∴ab≤(a+b)2 4 , ∵2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]≥1 4(a+b)