二轮复习精选《不等式选讲》课件新人教版
第2部分 专题7 第2讲 不等式选讲 课件(共47张PPT)
考点2 不等式的证明
02
高考串讲·找规律
考题变迁·提素养
1．(2020·全国卷Ⅲ)设 a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1. (1)证明：ab＋bc＋ca<0； (2)用 max{a，b，c}表示 a，b，c 的最大值，证明：max{a，b， c}≥3 4.
[证明] (1)由题设可知，a，b，c 均不为零，所以 ab＋bc＋ca＝12[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)] ＝－12(a2＋b2＋c2)＜0.
(2)由 f(x)≤g(x)，得 a≥|2x＋1|－|x|. 令 h(x)＝|2x＋1|－|x|，
－x－1，x≤－12， 则 h(x)＝3x＋1，－12＜x＜0，
x＋1，x≥0. 由分段函数图象可知 h(x)min＝h－12＝－21， 从而所求实数 a 的取值范围为－12，＋∞.
2．[与集合交汇]已知函数 f(x)＝|2x－a|＋|2x－1|(a∈R)． (1)当 a＝－1 时，求 f(x)≤2 的解集； (2)若 f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合12，1，求实数 a 的取值范围．
由①＋②＋③得，ab2＋bc2＋ca2＋1b＋1c＋1a≥21a＋b1＋1c， ∴ab2＋bc2＋ca2≥1a＋1b＋1c＝1，得证．
2．[不等式的证明与恒成立问题]已知函数 f(x)＝|x＋a|＋x－1a. (1)证明：f(x)≥2；
(2)当 a＝12时，f(x)≥x＋b，求 b 的取值范围．
[解] (1)证明：f(x)＝|x＋a|＋x－1a≥a＋1a＝|a|＋1a≥2 ＝2.
≤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.
高考数学二轮复习专题七选考内容第二讲不等式选讲课件理【精编】.ppt
(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应 的两个函数的图象，利用函数图象求解．
[演练冲关] (2019 届高三·沈阳模拟)已知函数 f(x)＝|x－a|＋3x，其中 a∈R .
(1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)≥3x＋|2x＋1|的解集； (2)若不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤－1}，求 a 的值． 解：(1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|＋3x， 由 f(x)≥3x＋|2x＋1|，得|x－1|－|2x＋1|≥0， 当 x>1 时，x－1－(2x＋1)≥0，得 x≤－2，无解； 当－12≤x≤1 时，1－x－(2x＋1)≥0，得－12≤x≤0； 当 x<－12时，1－x＋(2x＋1)≥0，得－2≤x<－12. ∴不等式的解集为{x|－2≤x≤0}．
考点三
含绝对值不等式的 恒成立问题
[典例感悟]
[典例] (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；
[解] 当 a＝1 时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即 f(x)＝－ 2x，2，－x≤1<－x<11，， 2，x≥1.
手非常困难或不可能解决问题时，可转换思维角度，
将主元与参数互换，常可得到简捷的解法
在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问 数形
题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的 结合法
优势，可直接解决问题
[演练冲关]
已知函数 f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|，g(x)＝|x＋1|＋|x－a|.
[方法技巧] 绝对值不等式的 5 种常用解法 (1)基本性质法：对 a∈R ＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<
高中数学二轮复习 不等式选讲 课件理选修_
-7-
2.绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a(a>0)的解法: ①|x|<a⇔-a<x<a; ②|x|>a⇔x>a或x<-a. (2)|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法: ①|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c; ②|ax+b|≥c⇔ax+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利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想; ②利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想. ③通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思 想.
≥
3
������������������,当且仅当 a=b=c 时,等号
成立. 定理 4:(一般形式的算术-几何平均不等式)若 a1,a2,…,an 为 n 个正 ������ +������ +…+������ ������ 数,则 1 2 ≥ ������ ������1 ������2 …������������ ,当且仅当 a1=a2=…=an 时,等号成 立.
������
-9-
4.不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、 放缩法等. (1)比较法:求差比较法,求商比较法. ①求差比较法:由于a>b⇔a-b>0,a<b⇔a-b<0,因此要证明a>b,只 要证明a-b>0即可.
②求商比较法:由 a>b>0⇔������ >1 且 a>0,b>0,因此当 a>0,b>0 时要
2021-2022年(新课程)高中数学二轮复习精选《不等式选讲》训练23 新人教版
2021-2022年（新课程）高中数学二轮复习精选《不等式选讲》训练23新人教版A 组(供高考题型为选择、填空题的省份使用) 1．不等式x ＋|2x －1|<3的解集为________． 2．不等式|x －1|＋|x ＋2|<5的解集为________．3．已知a ，b ，c 是正实数，且a ＋b ＋c ＝1，则1a ＋1b ＋1c的最小值为________．4．(xx·广州模拟)不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a 对任意实数x 恒成立，则a 的取值范围是________．5．使关于x 的不等式|x ＋1|＋k <x 有解的实数k 的取值范围是________．6．(xx·湖南六校联考)如果关于x 的不等式|x －3|＋|x －4|>a 的解集是全体实数，则a 的取值范围是______．7．(xx·陕西)若关于x 的不等式|a |≥|x ＋1|＋|x －2|存在实数解，则实数a 的取值范围是________．8．(xx·江西)在实数范围内，不等式|2x －1|＋|2x ＋1|≤6的解集为________．9．(xx·江西重点盟校二次联考)若不等式|x ＋1|＋|x －3|≥|m －1|恒成立，则m 的取值范围为________．10．(xx·临沂模拟)对任意x ∈R ，|2－x |＋|3＋x |≥a 2－4a 恒成立，则a 满足________． 11．若不等式|3x －b |<4的解集中的整数有且仅有1,2,3，则b 的取值范围为________． 12．(xx·西安八校联考)已知关于x 的不等式|x －1|＋|x －a |≤8的解集不是空集，13．已知a ∈R ，若关于x 的方程x 2＋x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |＝0有实根，则a 的取值范围是________．14．不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x >|a －5|＋1对于任一非零实数x 均成立，则实数a 的取值范围是________．B 组(供高考题型为解答题的省份使用) 1．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|.(1)解不等式f (x )>2； (2)求函数y ＝f (x )的最小值．2．设a ，b ，c 为正实数，求证：1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3.3．已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a ，b ，c 为何值时，等号成立． 4．若对任意x >0，xx 2＋3x ＋1≤a 恒成立，求a 的取值范围．5．设函数f (x )＝|x －1|＋|x －a |.(1)若a ＝－1，解不等式f (x )≥3；(2)如果∀x ∈R ，f (x )≥2，求a 的取值范围．6．(xx·沈阳模拟)已知关于x 的不等式|ax －2|＋|ax －a |≥2(a >0)．(1)当a ＝1时，求此不等式的解集；(2)若此不等式的解集为R ，求实数a 的取值范围． A 组1．解析 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧2x －1≥0，x ＋2x －1<3或⎩⎪⎨⎪⎧2x －1<0，x －2x －1<3.解得12≤x <43或－2<x <12.所以原不等式的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－2<x <43.答案 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－2<x <432．解析 法一 由－2,1把数轴分成三部分：x <－2，－2≤x ≤1，x >1.当x <－2时原不等式即1－x －2－x <5， 解得－3<x <－2；当－2≤x ≤1时，原不等式即1－x ＋2＋x <5， 因为3<5恒成立，则－2≤x ≤1；当x >1时，原不等式即x －1＋2＋x <5，解得1<x <2. 综上，原不等式的解集为{x |－3<x <2}．法二 不等式|x －1|＋|x ＋2|<5的几何意义为数轴上到－2,1两个点的距离之和小于5的点组成的集合，而－2,1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2,1以外的点到－2，1的距离在－2,1外部的距离要计算两次，而在－2,1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于5－32＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于5－32＝1的点2，这样就得到原不等式的解集为{x |－3<x <2}． 答案 {x |－3<x <2}3．解析 1a ＋1b ＋1c ＝a ＋b ＋c a ＋a ＋b ＋c b ＋a ＋b ＋cc＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋a c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c b ＋b c ≥3＋2＋2＋2＝9.答案 94．解析 ∵|x ＋1|＋|x －2|＝|x ＋1|＋|2－x |≥|x ＋1＋2－x |＝3，∴a ≤3.答案 (－∞，3]5．解析 |x ＋1|＋k <x ⇔k <x －|x ＋1|，又x －|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1，x <－1，－1，x ≥－1，∴x －|x ＋1|的最大值为－1.∴k <－1. 答案 (－∞，－1]6．解析 令f (x )＝|x －3|＋|x －4|，则|x －3|＋|x －4|≥|x －3＋4－x |＝1， 则f (x )min ＝1，故a ≤1. 答案 (－∞，1]7．解析 令t ＝|x ＋1|＋|x －2|，得t 的最小值为3，即有|a |≥3，解得a ≥3或a ≤－3.答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)8．解析 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <－12，1－2x －2x －1≤6或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤12，1－2x ＋2x ＋1≤6或⎩⎪⎨⎪⎧x >12，2x －1＋2x ＋1≤6，解得－32≤x ≤32，即原不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－32≤x ≤32.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－32≤x ≤32 9．解析 ∵|x ＋1|＋|x －3|≥|(x ＋1)－(x －3)|＝4，∴不等式|x ＋1|＋|x －3|≥|m －1|恒成立，只需|m －1|≤4，即－3≤m ≤5. 答案 [－3,5]10．解析 ∵|2－x |＋|3＋x |≥5，∴要使|2－x |＋|3＋x |≥a 2－4a 恒成立， 即5≥a 2－4a ， 解得－1≤a ≤5.答案 [－1,5]11．解析|3x －b |<4⇒b －43<x <b ＋43⇒⎩⎪⎨⎪⎧0≤b －43<1，3<b ＋43≤4⇒5<b <7，即b 的取值范围为(5,7)． 答案 (5,7)12．解析 |x －1|＋|x －a |＝|x －1|＋|a －x |≥|a －1|，要使关于x 的不等式不是空集，则|a －1|≤8，∴－7≤a ≤9，即a 的最小值为－7. 答案 －713．解析 ∵二次方程x 2＋x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |＝0有实根，则由Δ＝1－4⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |≥0得⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＋|a |≤14，由绝对值的几何意义知0≤a ≤14.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1414．解析 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1x ＝|x |＋1|x |≥2，所以|a －5|＋1<2， 即|a －5|<1，∴4<a <6. 答案 (4,6) B 组1．解 (1)f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5，x <－12，3x －3，－12≤x <4，x ＋5，x ≥4.当x <－12时，由f (x )＝－x －5>2得x <－7，∴x <－7；当－12≤x <4时，由f (x )＝3x －3>2得x >53，∴53<x <4；当x ≥4时，由f (x )＝x ＋5>2，得x >－3，∴x ≥4. 故原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x <－7或x >53. (2)画出f (x )的图象如图：∴f (x )min ＝－92.2．证明 因为a ，b ，c 为正实数，由均值不等式可得1a 3＋1b 3＋1c 3≥331a3·1b 3·1c 3，即1a 3＋1b3＋1c3≥3abc .所以1a3＋1b 3＋1c 3＋abc ≥3abc＋abc .而3abc＋abc ≥23abc·abc ＝23，所以1a 3＋1b 3＋1c3＋abc ≥2 3.3．证明 法一 因为a ，b ，c 均为正数，由平均值不等式得a 2＋b 2＋c 2≥3(abc )23，①1a ＋1b ＋1c ≥3(abc )－13，② 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥9(abc )－23.故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc )23＋9(abc )－23.又3(abc )23＋9(abc )－23≥227＝63，③所以原不等式成立．当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立． 当且仅当3(abc )23＝9(abc )－23时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．法二 因为a ，b ，c 均为正数，由基本不等式得a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac .① 同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ac，②故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ac ＋31ab ＋31bc ＋31ac≥6 3.③所以原不等式成立，当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立，当且仅当a ＝b ＝c ，(ab )2＝(bc )2＝(ac )2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a ＝b ＝c ＝314时，原式等号成立．4．解 ∵a ≥xx 2＋3x ＋1＝1x ＋1x＋3对任意x >0恒成立，设u ＝x ＋1x ＋3，∴只需a ≥1u 恒成立即可．∵x >0，∴u ≥5(当且仅当x ＝1时取等号)． 由u ≥5，知0<1u ≤15，∴a ≥15.5．解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1.作出函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋1|的图象．由图象可知，不等式的解集为⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫x ≤－32或x ≥32.(2)若a ＝1，f (x )＝2|x －1|，不满足题设条件； 若a <1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋a ＋1，x ≤a ，1－a ，a <x <1，2x －a ＋1，x ≥1，f (x )的最小值为1－a .若a >1，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋a ＋1，x ≤1，a －1，1<x <a ，2x －a ＋1，x ≥a ，f (x )的最小值为a －1.∴对于∀x ∈R ，f (x )≥2的充要条件是|a －1|≥2，∴a 的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 6．解 (1)当a ＝1时，不等式为|x －2|＋|x －1|≥2，由绝对值的几何意义知，不等式的意义可解释为数轴上的点x 到1、2的距离之和大于等于2.∴x ≥52或x ≤12.∴不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤12或x ≥52.注：也可用零点分段法求解． (2)∵|ax －2|＋|ax －a |≥|a －2|， ∴原不等式的解集为R 等价于|a －2|≥2， ∴a ≥4或a ≤0.又a >0，∴a ≥4.20552 5048 偈22422 5796 垖 }33862 8446 葆+33500 82DC 苜24655 604F 恏39751 9B47 魇831714 7BE2 篢29482 732A 猪&C。
高考数学二轮复习专题七选考系列第2讲不等式选讲课件
【训练1】 (2018·全国Ⅱ卷)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. 2x＋4，x≤－1， 解 (1)当 a＝1 时，f(x)＝2，－1<x≤2， －2x＋6，x>2. 可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}. (2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4. 又|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，＋∞).
17－1 2.
②当－1≤x≤1时，f(x)≥g(x) (x－2)(x＋1)≤0，则－1≤x≤1.
③当x<－1时，f(x)≥g(x) x2－3x－4≤0，解得－1≤x≤4，
12/11/2021
又x<－1，∴不等式此时的解集为空集.
综上所述，f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤
17－1
2
.
(2)依题意得：－x2＋ax＋4≥2在[－1，1]上恒成立.
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【训练2】 (2018·济南调研)已知函数f(x)＝|x－1|. (1)解不等式 f(x)＋f(2x＋5)≥x＋9；
(2)若 a>0，b>0，且1a＋4b＝2，证明：f(x＋a)＋f(x－b)≥92，并求 f(x＋a)＋f(x－b)＝92时， a，b 的值. 解 (1)f(x)＋f(2x＋5)＝|x－1|＋|2x＋4|≥x＋9， 当x≤－2时，不等式为4x≤－12， 解得x≤－3，故x≤－3， 当－2<x<1时，不等式为5≥9，不成立； 当x≥1时，不等式为2x≥6，解得x≥3，故x≥3， 综上所述，不等式的解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞).
精选-高考数学二轮复习专题七系列4选讲第二讲不等式选讲课件理
恒成立问题·T23 绝对值不等式的解
式的证明、绝对值不等式的解 法等，命题的热点是绝对值不
Ⅱ卷 法、不等式的应用及 等式的求解，以及绝对值不等
2018
恒成立问题·T23
式与函数的综合问题的求解．
2.此部分命题形式单一、稳
分段函数图象的画法 定，难度中等，备考本部分内
Ⅲ卷
与应用·T23
容时应注意分类讨论思想的
Ⅲ卷 法、函数最值的求 难度中等，备考本部分内容时
解·T23
应注意分类讨论思想的应用.
考情分析 明确方向
年份 卷别 考查角度及命题位置
命题分析
含绝对值不等式的解 1.不等式选讲是高考的选考内
Ⅰ卷 法、分段函数的图 容之一，考查的重点是不等式
象·T24
的证明、绝对值不等式的解法
含绝对值不等式的解 等，命题的热点是绝对值不等
解析：(1)当 a＝2 时，原不等式可化为|3x－1|＋|x－2|≥3. ①当 x， 所以 x≤0； ②当13＜x＜2 时，原不等式可化为 3x－1＋2－x≥3，解得 x≥1， 所以 1≤x＜2； ③当 x≥2 时，原不等式可化为 3x－1＋x－2≥3，解得 x≥32， 所以 x≥2.综上所述，当 a＝2 时，原不等式的解集为{x|x≤0 或 x≥1}．
2016 Ⅱ卷 法、比较法证明不等 式的求解，以及绝对值不等式
式·T24
与函数的综合问题的求解．
含绝对值不等式的解 2.此部分命题形式单一、稳定，
Ⅲ卷 法、绝对值不等式的 难度中等，备考本部分内容时
性质·T24
应注意分类讨论思想的应用.
考点一 含绝对值不等式的解法及应用
[悟通——方法结论] 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.
2020届二轮复习 不等式选讲 课件(112张)(全国通用)
1．(2019·课标全国Ⅰ·23)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，且abc ＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋abbcc＋ca＝1a＋1b＋1c.
解析
－3x，x<－12， (1)f(x)＝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，＋∞)上成立，因此a＋b的最小值为5.
而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－(|x|－
3 2
)2
＋54≤54，
当且仅当x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54.
故m的取值范围为(－∞，54]．
命题规律： (1)含有绝对值的不等式的解法及最值． (2)不等式的证明． (3)基本不等式、柯西不等式的应用． (4)利用不等式恒成立、有解逆求参数取值范围．
解析 (1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|， 即f(x)＝－ 22x，2，， x－ ≥x1≤1. <－x1<，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，则|ax－1|<1的 解集为{x|0<x<2a}，所以2a≥1，故0<a≤2. 综上，a的取值范围为(0，2]．
高中总复习二轮文科数学精品课件 专题8 选修4系列 8.2 不等式选讲(选修4—5)
当-1<a<3时,f(a2)=|a2-2a+1|=(a-1)2<4.
所以a的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).
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命题热点三
不等式的证明
【思考】 不等式证明的常用方法有哪些?
例3(2022全国甲,文23)已知a,b,c均为正数,且a2+b2+4c2=3,证明:
即ac+4bc≤1(当且仅当a=b=c时,等号成立).
预测演练•巩固提升
1.(2022广西桂林阳朔中学模拟)已知函数f(x)=|x+3|,g(x)=|2-x|.
(1)求不等式f(x)+g(x)≤6的解集;
(2)设h(x)=f(x)-g(x),x1,x2∈R,求h(x1)-h(x2)的最大值.
解:(1)依题意,|x+3|+|2-x|≤6,
2
2
(0<x<1)的最小值为
1-
1.
题后反思 基本不等式在解决多变量代数式的最值问题中有着重要的应用,
运用基本不等式时应注意其条件(一正、二定、三相等).
对点训练4已知函数f(x)=x2+|x-2|.
(1)解不等式f(x)≤2|x|;
(2)若f(x)≥a2+4b2+5c2-
1
对任意x∈R恒成立,证明ac+4bc≤1.
则当 x≤-3
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时,-(x+3)+(2-x)≤6,解得- ≤x≤-3;
2
当-3<x<2 时,x+3+2-x≤6,所以-3<x<2;
当 x≥2 时,x+3+x-2≤6,解得
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【例1】► (2012·新课标全国)已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|. (1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集； (2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．
[审题视点] (1)去掉绝对值符号，求解不等式；(2)把不等式 的解集问题转化为不等式在区间[1,2]上的恒成立问题．
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2．(2012·湖南)不等式|2x＋1|－2|x－1|>0的解集为________．
解析 可根据绝对值不等式的性质进行变换，化绝对值不
等式为一元一次不等式求解．原不等式即|2x＋1|>2|x－1|，
两端平方后解得12x>3，即x>14.
答案
1 {x|x>4}
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3
3．(2012·山东)若不等式|kx－4|≤2 的解集为{x|1≤x≤3}，则实 数 k＝________. 解析 由|kx－4|≤2 可得 2≤kx≤6，所以 1≤2kx≤3，所以2k ＝1，故 k＝2. 答案 2
2．会用不等式证明的基本方法：比较法、综合法、分析法、反 证法、放缩法证明不等式．
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通过不等式的证明、不等式的几何意义、不等式的背景， 从不等式的数学本质上加以剖析不等式，从而提高逻辑思维能 力、分析解决问题的能力、数形结合的能力．
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必 备 知 识方 法
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二轮复习精选《不等式选讲》课件新人教 版
1．(2012·广东)不等式|x＋2|－|x|≤1的解集为________． 解析 由|x＋2|－|x|≤1，得|x＋2|≤1＋|x|，得x2＋4x＋4≤1 ＋2|x|＋x2，得4x＋3≤2|x|. 若x≥0，则4x＋3≤2x，得x≤－32，此时无解； 若x<0，则4x＋3≤－2x，得x≤－12. 故|x＋2|－|x|≤1的解集为x|x≤－12. 答案 x|x≤－12
y|<16，求证：|y|<158.
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[审题视点] 利用绝对值的三角不等式．
[听课记录] 证明 因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|， 由题设知|x＋y|<13，|2x－y|<16，从而3|y|<23＋16＝56，所以 5 |y|<18.
[听课记录]
解 (1)当a＝－3时，f(x)＝1－，22x＋<x5<，3，x≤2， 2x－5，x≥3.
当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；
当2<x<3时，f(x)≥3无解；
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当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4； 所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1或x≥4}． (2)f(x)≤|x－4|⇔|x－4|－|x－2|≥|x＋a|. 当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a| ⇔4－x－(2－x)≥|x＋a| ⇔－2－a≤x≤2－a. 由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0. 故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．
a2＋2 b2(a>0，b>0)，在不等式的证明
和求最值中经常用到．
3．证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法．另外还
有拆项法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、
数形结合法等．
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热 点 命 题角 度
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含绝对值不等式的解法
以填空题、解答题的形式考查含有两个绝对值号的不等式 的解法，难度不大．
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【突破训练1】 若不等式|x＋1|＋|x－2|<a无实数解，则a的取值 范围是________． 解析 由绝对值的几何意义知|x＋1|＋|x－2|的最小值为3， 而|x＋1|＋|x－2|<a无解，如a≤3. 答案 (－∞，3]
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不等式的证明
以解答题的形式考查不等式的证明，难度中等． 【例2】► (2012·江苏)已知实数x，y满足：|x＋y|<13，|2x－
x 2
≤k恒成立，求k的取值范围．
[审题视点]
(1)解绝对值不等式，注意对字母a的取值范围进行讨论；
(2)将原函数转化为分段函数求最值．
[听课记录]
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解 (1)由|ax＋1|≤3 得－4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}，所以当 a≤0 时，不合 题 意．当 a>0 时，－4a≤x≤2a，得 a＝2. (2)记 h(x)＝f(x)－2f2x，
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绝对值不等式的综合应用
以解答题的形式考查绝对值不等式的解法以及参数的求 值；或者考查含有绝对值不等式的恒成立问题．
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【例3】► (2012·辽宁)已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3
的解集为{x|－2≤x≤1}．
(1)求a的值；
(2)若fx－2f
(1)证明 f(x)＝|x－2|－|x－5|＝2－x－3，7，x≤2<2，x<5， 3，x≥5.
当2<x<5时，－3<2x－7<3.所以－3≤f(x)≤3.
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(2)解 由(1)可知，当x≤2时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为 空集； 当2<x<5时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－ 3≤x<5}； 当x≥5时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5≤x≤6}． 综上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－ 3≤x≤6}．
1，x≤－1， 则 h(x)＝－4x－3，－1<x<－12， －1，x≥－12， 所以|h(x)|≤1，因此 k≥1.
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解答含有绝对值不等式的恒成立问题时，通 常将其转化为分段函数，再求分段函数的最值，从而求出 所求参数的值．
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【突破训练3】 已知函数f(x)＝|x－a|. (1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值； (2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立， 求实数m的取值范围． 解 法一 (1)由f(x)≤3得|x－a|≤3， 解得a－3≤x≤a＋3. 又已知不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}， 所以aa－＋33＝＝－5，1， 解得a＝2.
(3)柯西不等式的向量形式：设 α，β 为平面上的两个向量，
则|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成
立．
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必备方法
1．绝对值不等式：|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，需要灵活地应用．
2．不等式的性质，特别是基本不等式链：
1a＋1 1b≤ ab≤a＋2 b≤
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阅 卷 老 师叮 咛
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如何求解含绝对值不等式的综合问题 从近两年的新课标高考试题可以看出，高考对《不等式选 讲》的考查难度要求有所降低，重点考查含绝对值不等式的解 法(可能含参)或以函数为背景证明不等式，题型为填空题或解 答题．
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【示例】► (2011·新课标全国)设函数 f(x)＝|x－a|＋3x，其中 a>0. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)≥3x＋2 的解集； (2)若不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤－1}，求 a 的值． [满分解答] (1)当 a＝1 时，f(x)≥3x＋2 可化为|x－1|≥2. 由此可得 x≥3 或 x≤－1，(3 分) 故不等式 f(x)≥3x＋2 的解集为{x|x≥3 或 x≤－1}． (5 分) (2)由 f(x)≤0，得|x－a|＋3x≤0.
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利用待定系数法求解，如本题中：设y＝m(x＋y)－(2x－y)．
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【突破训练2】 设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥ ab(a2＋ b2)．
证明 由a，b是非负实数，作差得
a3＋b3－ ab(a2＋b2)＝a2 a( a－ b)＋b2 b( b－ a) ＝( a－ b)[( a)5－( b)5]． 当a≥b时， a≥ b，从而( a)5≥( b)5， 得( a－ b)[( a)5－( b)5]≥0； 当a<b时， a< b，从而( a)5<( b)5， 得( a－ b)[( a)5－( b)5]>0. 所以a3＋b3≥ ab(a2＋b2)．
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法二 (1)同法一． (2)当a＝2时，f(x)＝|x－2|. 设g(x)＝f(x)＋f(x＋5)． 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2时等号 成立)，得g(x)的最小值为5. 从而，若f(x)＋f(x＋5)≥m，即g(x)≥m对一切实数x恒成立，则m 的取值范围为(－∞，5]．
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3．基本不等式 定理 1：设 a，b∈R，则 a2＋b2≥2ab，当且仅当 a＝b 时， 等号成立． 定理 2：如果 a，b 为正数，那么a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝ b 时，等号成立．
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定理 3：如果 a，b，c 为正数，那么a＋3b＋c≥3 abc，当且 仅当 a＝b＝c 时，等号成立． 定理 4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1，a2，…， an 为 n 个正数，那么a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an，当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
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