(通用版)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 文 选修4-5.pptx
高考数学二轮复习 第二部分 专题七 选修4系列 第2讲 不等式选讲(选修45)课件 理
2a，x≥a，
第九页，共三十八页。
2021/12/13
当 x≤0 或 x≥a 时，显然不成立． 当 0＜x＜a 时，由|4x－2a|≤2， 解得a－2 1≤x≤a＋2 1. 又知|h(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}， 所以aa＋－22 11＝＝21，，解得 a＝3.
－2，x≤－1， 即 f(x)＝2x，－1＜x＜1，
2，x≥1.
2021/12/13
第二十六页，共三十八页。
则当 x≥1 时，f(x)＝2＞1 恒成立，所以 x≥1； 当－1＜x＜1 时，f(x)＝2x＞1，所以12＜x＜1； 当 x≤－1 时，f(x)＝－2＜1，无解． 故不等式 f(x)＞1 的解集为xx＞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；
第十页，共三十八页。
[思维升华] 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．含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等 式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数 形结合的思想．
专题 七 (zhuāntí) 选修4系列
2021/12/13
第一页，共三十八页。
2021/12/13
第 2 讲 不等式选讲(选修 4－5)
1．(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)＝22x，＋－4，1<xx≤≤－2，1，
高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题7选修部分第2讲选修45不等式选讲课件新人教版
2．算术—几何平均不等式 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，则a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号 成立． 定理 3：如果 a、b、c 为正数，则a＋3b＋c≥3 abc，当且仅当 a＝b＝ c 时，等号成立．
第2讲 选修4－5：不等式选讲
2021/4/17
高考数学二轮复习第2部分专题篇素
3
1 解题策略 • 明方向 2 考点分类 • 析重点 3 真题回放 • 悟高考 4 预测演练 • 巧押题
2021/4/17
高考数学二轮复习第2部分专题篇素
4
01 解题策略 • 明方向
2021/4/17
高考数学二轮复习第2部分专题篇素
分值 10 10 10 10
10
10
10
02 考点分类 • 析重点
2021/4/17
高考数学二轮复习第2部分专题篇素
11
考点一 绝对值不等式的解法
含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|＞a(a＞0)⇔f(x)＞a或f(x)＜－a； (2)|f(x)|＜a(a＞0)⇔－a＜f(x)＜a； (3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用 绝对值不等式的几何意义求解．
分值 10 10 10 10
10
10
8
(文科) 年份 卷别
Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 23 23 23
考查角度 分段函数的图象，以及利用图象解不 等式 绝对值不等式的求解、利用绝对值三 角不等式求解最值的问题 不等式的基本性质以及基本不等式的 应用
分值 10 10 10
9
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题7选修部分第2讲不等式选讲课件文
[题后悟通] 含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|＞a(a＞0)⇔f(x)＞a 或 f(x)＜－a. (2)|f(x)|＜a(a＞0)⇔－a＜f(x)＜a. (3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何 意义求解．
与绝对值有关的参数范围问题
不等式的证明
考情调研
考向分析
主要考查含绝对值不等式的证明问题．一般利用几个常见的不等 1.综合法和分析法．
式进行逻辑推理，在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、2.基本不等式．
低档.
3.柯西不等式.
[题组练透] 1．(2019·蚌埠模拟)已知：a2＋b2＝1，其中 a，b∈R. (1)求证：|1|a－－abb||≤1； (2)若 ab>0，求(a＋b)(a3＋b3)的最小值．
2x＋4，x≤－1， 解析：(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. 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，＋∞)．
解析：(1)证明：所证不等式等价于|a－b|≤|1－ab|，即(a－b)2≤(1－ab)2， 也就是(a2－1)(1－b2)≤0， ∵a2＋b2＝1，∴a2≤1，b2≤1 ∴(a2－1)(1－b2)≤0，故原不等式成立． (2)(a＋b)(a3＋b3)＝a4＋ab3＋a3b＋b4≥a4＋2 ab3·a3b＋b4＝(a2＋b2)2＝1， 当且仅当 a＝b＝ 22或 a＝b＝－ 22时， (a＋b)(a3＋b3)取到最小值 1.
广东高考数学二轮复习第二部分专题七选考4系列第2讲不等式选讲课件文
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，＋∞)．
或x（≥x5＋，1）＋（x－5）≤10， 解得－3≤x≤－1 或－1＜x＜5 或 5≤x≤7， 所以不等式 f(x)≤10 的解集为{x|－3≤x≤7}． (2)证明：因为 f(x)＝|x＋1|＋|x－5|≥|(x＋1)－(x－5)| ＝6. 所以 m＝6，即 a＋b＋c＝6. 因为 a2＋b2≥2ab，a2＋c2≥2ac，c2＋b2≥2cb. 所以 2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋ac＋bc)，
解：(1)因为 f(x)＝|x＋1|＋|x－m|≥|m＋1|， 又 f(x)≥2 恒成立， 所以只需要|m＋1|≥2， 所以 m＋1≥2 或 m＋1≤－2， 解得 m≥1 或 m≤－3. 所以 m 的取值范围为(－∞，－3]∪[1，＋∞)． (2)因为 m＞1， 所以当 x∈(－1，1)时，f(x)＝m＋1， 所以不等式 f(x)≥x2＋mx＋3，即 m≥x2＋mx＋2，
所以2a≥1，故 0＜a≤2. 综上，a 的取值范围为(0，2]．
从近几年高考命题看，本讲主要考查绝对值不等式 的解法、不等式的性质及简单不等式的证明．命题的热 点是绝对值及其应用．考查学生的基本运算与推理论证 能力，考查分类讨论、等价转化与数形结合思想．试题 分值 10 分，难度中等．
热点 1 绝对值不等式的解法 1．|ax＋b|≤c，|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. 2．|x－a|＋|x－b|≥c，|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直观求解． (2)利用零点分段法求解． (3)构造函数，利用函数的图象求解．
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.
高三数学文二轮复习7.3不等式选讲课件
在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技 巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解 法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见 的不等式 (组 )求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分 区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式， 往往作为不等式放缩的依据．
解析： 原不等式可化为：
x≤－ 3， － x－ 3＋ x－ 2≥ 3 － 3<x<2， 或 x＋ 3＋ x－ 2≥ 3
x≥ 2， 或 x＋ 3－ x＋ 2≥ 3，
∴ x∈ Ø 或 1≤ x<2 或 x≥ 2. ∴不等式的解集为 {x|x≥ 1}．
答案：{x|x≥1}
解析： A＝ {x|a－ 1<x<a＋ 1}， B＝ {x|x>b＋ 2 或 x<b－ 2}， 由 A⊆ B 得 b＋ 2≤ a－ 1 或 b－ 2≥ a＋ 1， 即 a－ b≥ 3 或 a－ b≤－ 3， 即 |a－ b|≥ 3.
答案：D
2．不等式 |x＋ 3|－ |x－ 2|≥ 3 的解集为 ________．
3.在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意 的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否 成立． 4.使用柯西不等式时，既要注意它的数学意义，又时，就可以考虑利用柯西不等式对这个式子 进行缩小或放大．
1.设集合 A＝{x||x－ a|<1， x∈ R}， B＝{x||x－ b|>2， x∈ R}．若 A⊆ B，则实数 a， b 必满足 ( A． |a＋ b|≤ 3 C． |a－ b|≤ 3 ) B． |a＋ b|≥ 3 D． |a－ b|≥ 3
高考数学二轮复习专题七选修系列第2讲不等式选讲课件文
第 2 讲 不等式选讲
(选修 4－5)
1．(2017·全国卷Ⅱ)已知实数 a＞0，b＞0，且 a3＋b3 ＝2.
证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. 证明：(1)因为 a3＋b3＝2，且 a＞0，b＞0，
则(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
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，则a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立．
定理 3：如果 a，b，c 为正数，则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，则a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an， 当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
2．(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，f(x)＝－x2＋x＋4，
2x，x＞1， g(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝2，－1≤x≤1，
f(x)＜－1
的解集为xx＜13
或x＞5.
所以|f(x)|＞1
的解集为xx＜13
或1＜x＜3或x＞5.
[规律方法] 1．本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不 等式，体现了数形结合的思想． 2．解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的 零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符 号；分段解不等式；求各段的并集．此外，还常用绝对值 的几何意义，结合数轴直观求解．
(新课标)2020版高考数学专题七选考部分第2讲不等式选讲课件文新人教A版
[典型例题] (2019·兰州市诊断考试)已知 a>0，b>0，a＋b＝4，m∈R. (1)求1a＋1b的最小值； (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立，求 m 的取值范围．
【解】 (1)因为 a>0，b>0，a＋b＝4， 所以1a＋1b＝141a＋1b(a＋b)＝142＋ba＋ab≥1(当且仅当 a＝b＝2 时“＝”成立)，所以1a ＋1b的最小值为 1. (2)若|x＋m|－|x－2|≤1a＋1b对任意的实数 x 恒成立， 则|x＋m|－|x－2|≤1a＋1bmin对任意的实数 x 恒成立， 即|x＋m|－|x－2|≤1 对任意的实数 x 恒成立， 因为|x＋m|－|x－2|≤|(x＋m)－(x－2)|＝|m＋2|， 所以|m＋2|≤1， 所以－3≤m≤－1，即 m 的取值范围为[－3，－1]．
第二部分 高考热点 分层突破
专题七 选考部分 第2讲 不等式选讲
数学
01
做高考真题 明命题趋向
02
研考点考向 破重点难点
03
练典型习题 提数学素养
[做真题] 1．(2019·高考全国卷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．
[典型例题] (1)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2. 证明：①(a＋b)(a5＋b5)≥4； ②a＋b≤2. (2)已知 a，b，c，d 为实数，且 a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8.
【证明】 (1)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＋3（a＋4 b）2(a＋b) ＝2＋3（a＋4 b）3， 所以(a＋b)3≤8， 因此 a＋b≤2.
高三数学(理)二轮专题复习文档：专题七选考系列第2讲不等式选讲
第2讲 不等式选讲高考定位 本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.真 题 感 悟1.(2018·全国Ⅲ卷)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.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5.2.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝－x 2＋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，f (x )＝－x 2＋x ＋4，g (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎨⎧2x ，x >1，2，－1≤x ≤1，－2x ，x <－1.①当x >1时，f (x )≥g (x －x 2＋x ＋4≥2x ，解之得1<x ≤17－12.②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 x 2－3x －4≤0，解得－1≤x ≤4，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 ≤17－12. (2)依题意得：－x 2＋ax ＋4≥2在[－1，1]上恒成立. 则x 2－ax －2≤0在[－1，1]上恒成立.则只需⎩⎨⎧12－a ·1－2≤0，（－1）2－a （－1）－2≤0，解之得－1≤a ≤1. 故a 的取值范围是[－1，1].考 点 整 合1.绝对值不等式的性质定理1：如果a ，b 是实数，则|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|a －c |≤|a －b |＋|b －c |，当且仅当(a －b )(b －c )≥0时，等号成立.2.|ax ＋b |≤c ，|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 ，|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直观求解. (2)利用零点分段法求解.(3)构造函数，利用函数的图象求解. 4.基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立. 定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c 3≥3abc ，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a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立.热点一 绝对值不等式的解法【例1】 (2018·衡水中学质检)已知函数f (x )＝|2x －2|＋|x ＋3|. (1)求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )>1x ＋a 的解集包含[2，3]，求实数a 的取值范围. 解 (1)依题意得|2x －2|＋|x ＋3|≥3x ＋2，当x <－3时，原不等式可化为2－2x －x －3≥3x ＋2， 解得x ≤－12，故x <－3；当－3≤x ≤1时，原不等式可化为2－2x ＋x ＋3≥3x ＋2， 解得x ≤34，故－3≤x ≤34；当x >1时，原不等式可化为2x －2＋x ＋3≥3x ＋2，无解. 综上所述，不等式f (x )≥3x ＋2的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，34. (2)依题意，|2x －2|＋|x ＋3|>1x ＋a 在[2，3]上恒成立，则3x ＋1－1x >a 在[2，3]上恒成立.又因为g (x )＝3x ＋1－1x 在[2，3]上为增函数， 所以有3×2＋1－12>a ，解得a <132. 故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，132.探究提高 1.含绝对值的函数本质上是分段函数，绝对值不等式可利用分段函数的图象的几何直观性求解，体现了数形结合的思想.2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.【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.解(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋4，x ≤－1，2，－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，＋∞). 热点二 不等式的证明【例2】 (2017·全国Ⅱ卷)已知实数a >0，b >0，且a 3＋b 3＝2. 证明：(1)(a ＋b )(a 5＋b 5)≥4； (2)a ＋b ≤2.证明 (1)(a ＋b )(a 5＋b 5)＝a 6＋ab 5＋a 5b ＋b 6 ＝(a 3＋b 3)2－2a 3b 3＋ab (a 4＋b 4)＝4＋ab (a 2－b 2)2≥4. (2)因为(a ＋b )3＝a 3＋3a 2b ＋3ab 2＋b 3＝2＋3ab (a ＋b ) ≤2＋3（a ＋b ）24·(a ＋b )＝2＋3（a ＋b ）34，所以(a ＋b )3≤8，因此a ＋b ≤2.探究提高 1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点.2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法. 【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，＋∞). (2)f (x ＋a )＋f (x －b )＝|x ＋a －1|＋|x －b －1| ≥|x ＋a －1－(x －b －1)|＝|a ＋b |＝a ＋b (a >0，b >0). 又1a ＋4b ＝2，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋2b ＝52＋b 2a ＋2ab≥52＋2b 2a ·2a b ＝92，当且仅当b 2a ＝2ab ，即b ＝2a 时“＝”成立；由⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2a ，1a ＋4b ＝2，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝3.综上所述，f (x ＋a )＋f (x －b )≥92， 当f (x ＋a )＋f (x －b )＝92时，a ＝32，b ＝3.热点三 绝对值不等式恒成立(存在)问题【例3】 (2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|x －2|. (1)求不等式f (x )≥1的解集；(2)若不等式f (x )≥x 2－x ＋m 的解集非空，求m 的取值范围.解(1)f (x )＝|x ＋1|－|x －2|＝⎩⎨⎧－3，x ≤－1，2x －1，－1<x <2，3，x ≥2.由f (x )≥1可得①当x ≤－1时显然不满足题意；②当－1<x <2时，2x －1≥1，解得x ≥1，则1≤x <2； ③当x ≥2时，f (x )＝3≥1恒成立，∴x ≥2. 综上知f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}.(2)不等式f (x )≥x 2－x ＋m 等价于f (x )－x 2＋x ≥m ， 令g (x )＝f (x )－x 2＋x ，则g (x )≥m 解集非空只需要[g (x )]max ≥m .由(1)知g (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋x －3，x ≤－1，－x 2＋3x －1，－1<x <2，－x 2＋x ＋3，x ≥2.①当x ≤－1时，[g (x )]max ＝g (－1)＝－3－1－1＝－5； ②当－1<x <2时，[g (x )]max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋3·32－1＝54； ③当x ≥2时，[g (x )]max ＝g (2)＝－22＋2＋3＝1. 综上，[g (x )]max ＝54，故m ≤54. 所以实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，54.探究提高 1.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. 2.本题分离参数m ，对含绝对值符号的函数g (x )分段讨论，求出g (x )的最大值，进而求出m 的取值范围，优化解题过程.【训练3】 (2018·郑州调研)设函数f (x )＝|x ＋a |＋2a .(1)若不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立，求实数k 的取值范围. 解 (1)因为|x ＋a |＋2a ≤1，所以|x ＋a |≤1－2a ， 所以2a －1≤x ＋a ≤1－2a ，所以a －1≤x ≤1－3a . 因为不等式f (x )≤1的解集为{x |－2≤x ≤4}， 所以⎩⎨⎧a －1＝－2，1－3a ＝4，解得a ＝－1.(2)由(1)得f (x )＝|x －1|－2. 不等式f (x )≥k 2－k －4恒成立， 只需f (x )min ≥k 2－k －4，所以－2≥k 2－k －4，即k 2－k －2≤0， 所以k 的取值范围是[－1，2].1.绝对值不等式的三种常用解法：零点分段法、几何法(利用绝对值几何意义)、构造函数法.前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用.2.利用绝对值三角不等式定理|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件.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.分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.1.(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立，求实数a 的取值范围.解 ∵f (x )＝|2x ＋3|－|1－2x |≤|(2x ＋3)＋(1－2x )|＝4.画出f (x )的图象，如图所示：∴f (x )max ＝4.若存在x ∈R ，使得f (x )>|3a －1|成立. ∴|3a －1|<4，解之得－1<a <53， 故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，53.2.设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab >cd ，则a ＋b >c ＋d ；(2)a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件. 证明 (1)∵a ，b ，c ，d 为正数，且a ＋b ＝c ＋d ， 要证a ＋b >c ＋d ，只需证明(a ＋b )2>(c ＋d )2， 也就是证明a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd ， 只需证明ab >cd ，即证ab >cd . 由于ab >cd ，因此a ＋b >c ＋d .(2)必要性：若|a －b |<|c －d |，则(a －b )2<(c －d )2， 即(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd . ∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd . 由(1)得a ＋b >c ＋d .充分性：若a ＋b >c ＋d ，则(a ＋b )2>(c ＋d )2， ∴a ＋b ＋2ab >c ＋d ＋2cd . ∵a ＋b ＝c ＋d ，所以ab >cd .于是(a －b )2＝(a ＋b )2－4ab <(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2. 因此|a －b |<|c －d |.综上，a ＋b >c ＋d 是|a －b |<|c －d |的充要条件. 3.(2018·南宁联考)已知函数f (x )＝|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3－2|x |的解集；(2)若函数g (x )＝f (x )＋|x ＋3|的最小值为m ，正数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求证：a 2b ＋b 2a ≥4.(1)解 当x ≥1时，x －1≥3－2x ，解得x ≥43，故x ≥43； 当0<x <1时，1－x ≥3－2x ，解得x ≥2，无解； 当x ≤0时，1－x ≥3＋2x ，解得x ≤－23，故x ≤－23.∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ≥43或x ≤－23. (2)证明 ∵g (x )＝|x －1|＋|x ＋3| ≥|(x －1)－(x ＋3)|＝4， ∴m ＝4，则a ＋b ＝4.又a 2b ＋b ≥2a ，b 2a ＋a ≥2b ，∴两式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋a ≥2a ＋2b ，∴a 2b ＋b 2a ≥a ＋b ＝4，当且仅当a ＝b ＝2时等号成立.4.(2018·全国Ⅰ卷)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.则当x ≥1时，f (x )＝2>1恒成立，所以x ≥1； 当－1<x <1时，f (x )＝2x >1，所以12<x <1； 当x ≤－1时，f (x )＝－2<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⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0<x <2a ，所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0，2].5.(2016·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集. (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2， 解得x >－1，所以－1<x ≤－12； 当－12<x <12时，f (x )<2恒成立.当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2，解得x <1，所以12<x <1.所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}. (2)证明 由(1)知，a ，b ∈(－1，1)， 从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1 ＝(a 2－1)(1－b 2)<0，所以(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |.6.(2018·武汉二模)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1x ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －1x ，a 为实数. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>4的解集； (2)求f (a )的最小值.解 (1)当a ＝1时，不等式f (x )>4， 即f (x )＝|x ＋1|＋|x －1||x |>4，①当x <－1时，得f (x )＝2>4，无解； ②当x ∈[－1，0)∪(0，1]时，得f (x )＝2|x |>4，即|x |<12，解得－12<x <0或0<x <12；③当x >1时，得f (x )＝2>4，无解；综上不等式f (x )>4的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)f (a )＝|a 2＋1|＋|a 2－1||a |＝a 2＋1＋|a 2－1||a |， ①当a <－1或a >1时，f (a )＝2a 2|a |＝2|a |>2，②当－1≤a ≤1且a ≠0时，f (a )＝2|a |≥2，综上知，f (a )的最小值为2.7.已知定义在R 上的函数f (x )＝|x －m |＋|x |，m ∈N *，若存在实数x 使得f (x )<2成立.(1)求实数m 的值；(2)若α，β>1，f (α)＋f (β)＝6，求证：4α＋1β≥94.(1)解 因为|x －m |＋|x |≥|x －m －x |＝|m |，要使|x －m |＋|x |<2有解，则|m |<2，解得－2<m <2.∵m ∈N *，∴m ＝1.(2)证明 α，β>1，f (α)＋f (β)＝2α－1＋2β－1＝6，∴α＋β＝4，∴4α＋1β＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫4α＋1β(α＋β) ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4βα＋αβ≥14⎝⎛⎭⎪⎫5＋24βα·αβ＝94， 当且仅当4βα＝αβ，即α＝83，β＝43时“＝”成立，故4α＋1β≥94.8.(2018·江南十校联考)已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|，a ∈R .(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≤1的解集；(2)设关于x 的不等式f (x )≤－2x ＋1的解集为P ，且⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14P ，求a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋a |＋|2x ＋1|＝|x ＋1|＋|2x ＋1|， f (x )≤x ＋1|＋|2x ＋1|≤1，所以⎩⎨⎧x ≤－1，－x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ＋1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ＋1＋2x ＋1≤1.即⎩⎨⎧x ≤－1，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <－12，x ≥－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥－12，x ≤－13.解得x ＝－1或－1<x <－12或－12≤x <－13.所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－1≤x ≤－13. (2)依题意，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14时，不等式f (x )≤－2x ＋1， 即|x ＋a |＋|2x ＋1|≤－2x ＋1在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－14上恒成立， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12时，|x ＋a |－2x －1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤2，所以－2－x ≤a ≤2－x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12恒成立， 所以(－2－x )max ≤a ≤(2－x )min ，即－1≤a ≤52.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14时，|x ＋a |＋2x ＋1≤－2x ＋1， 即|x ＋a |≤－4x .所以3x ≤a ≤－5x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，－14恒成立. 所以(3x )max ≤a ≤(－5x )min ，即－34≤a ≤54.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，54.。
高考数学二轮复习专题七系列4选讲第2讲不等式选讲课件文
解答
热点三 不等式的证明 1.含有绝对值的不等式的性质 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 2.算术—几何平均不等式 定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立.
板块三 专题突破 核心考点
专题七 系列4选讲
第2讲 不等式选讲
[考情考向分析]
本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的值域 及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等， 结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、 绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与 推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.
押题依据 不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式 恒成立是考题的“亮点”所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点， 备受命题者青睐.
押题依据
解答
(2)若∃x0，使f(x0)＋|x0－2|<3成立，求a的取值范围. 解 应用绝对值不等式，可得 f(x)＋|x－2|＝2|x－2|＋|2x＋a|＝|2x－4|＋|2x＋a|≥|2x＋a－(2x－4)|＝|a＋ 4|.(当且仅当(2x－4)(2x＋a)≤0时等号成立) 因为∃x0，使f(x0)＋|x0－2|<3成立， 所以(f(x)＋|x－2|)min<3， 所以|a＋4|<3，解得－7<a<－1， 故实数a的取值范围为(－7，－1).
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. 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.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
－4，x≥1，
[解] (1)当 m＝1 时，f(x)＝－2x－2，－3<x<1，
4，x≤－3.
由 f(x)≥1，得－ －23x<－x<21≥1， 或 x≤－3，
11
解得 x≤－32，
∴不等式
f(x)≥1
的解集为x
x≤－32.
(2)不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数 x，t 恒成立，
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，解得－1≤x≤1；
2
当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0，
解得 1＜x≤－1＋2
17 .
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17 .
8
[方法技巧] 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、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)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．
9
[演练冲关] 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
5
(2)由 f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－|x|－322 ＋54≤54， 且当 x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54. 故 m 的取值范围为－∞，54.
6
[典例 2]
考点二 不等式的证明
等价于对任意的实数 x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min 恒成立，即 [f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，
∵f(x)＝|x－m|－|x＋3m|≤|(x－m)－(x＋3m)|＝4m，|2＋
t|＋|t－1|≥|(2＋t)－(t－1)|＝3，
∴4m<3，又 m>0，∴0<m<34.即 m 的取值范围为0，34.
10
考点三 含绝对值不等式的恒成立问题
[典例感悟] [ 典 例 3] (2017·合 肥 质 检 )已知 函数 f(x)＝ |x－ m|－ |x＋
3m|(m>0)．
(1)当 m＝1 时，求不等式 f(x)≥1 的解集；
(2)对于任意实数 x，t，不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|恒成立，求
m 的取值范围．
第二讲 选修 4－5 不等式选讲
[考情分析] 1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对 值不等式的解法以及不等式的证明，其中绝对值不等式的解法 以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点． 2．该部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考时应注意 分类讨论思想的应用．
1
[典例 1]
考点一 绝对值不等式的解法
(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]．
3
[典例感悟] (2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝x－12＋x＋12，
M 为不等式 f(x)＜2 的解集．
(1)求 M；
(2)证明：当 a，b∈M 时，|a＋b|＜|1＋ab|.
[解]
－2x，x≤－12，
(1)f(x)＝1，－12＜x＜12，
2x，x≥12.
7
当 x≤－12时，由 f(x)＜2 得－2x＜2， 解得 x>－1； 当－12＜x＜12时，f(x)＜2 恒成立； 当 x≥12时，由 f(x)＜2 得 2x＜2， 解得 x＜1. 所以 f(x)＜2 的解集 M＝{x|－1＜x＜1}． (2)证明：由(1)知，当 a，b∈M 时，－1＜a＜1，－1＜b＜1， 从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－ 1)·(1－b2)＜0. 因此|a＋b|＜|1＋ab|.
[典例感悟] (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
4
Байду номын сангаас
[演练冲关] 1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－|x－2|.
(1)求不等式 f(x)≥1 的解集； (2)若不等式 f(x)≥x2－x＋m 的解集非空，求 m 的取值范围． 解：(1)f(x)＝－2x3－，1x，＜－－11≤，x≤2，
3，x＞2. 当 x＜－1 时，f(x)≥1 无解； 当－1≤x≤2 时，由 f(x)≥1，得 2x－1≥1，解得 1≤x≤2； 当 x＞2 时，由 f(x)≥1，解得 x＞2. 所以 f(x)≥1 的解集为{x|x≥1}．
(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＋4 b2(a＋b) ＝2＋3a＋4 b3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
12
[方法技巧] 已知不等式恒成立求参数范围问题的解法
分离 参数法
更换 主元法
[方法技巧] 绝对值不等式的常用解法 (1)基本性质法：对 a∈R＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－ a 或 x>a. (2)平方法：两边平方去掉绝对值符号． (3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等 式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价 的不含绝对值符号的不等式(组)求解． (4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值 转化为数轴上两点的距离求解． (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．