2017年高考数学文二轮复习课件：专题整合突破 专题8 系列4选讲 第2讲 (选修4-5)不等式选讲 2-8-2
.
(2)由题设可得，
x－1－2a，x<－1， f(x)＝3x＋1－2a，－1≤x≤a， －x＋1＋2a，x>a.
所以函数 f(x)的图象
2 a － 1 A ， 0 ，B(2a 3
与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为
针对训练 [2015· 陕西质检]已知函数 f(x)＝|x－1|. (1)解不等式 f(2x)＋f(x＋4)≥8；
fab b (2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求证： |a| ＞fa.
解 (1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3|
－3x－2，x＜－3， 1 －x＋4，－3≤x＜ ， 2 ＝ 1 3x＋2，x≥2，
(2)|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 思想． 3．证明不等式的基本方法 (1)比较法；(2)综合法；(3)分析法；(4)反证法；(5)放缩 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
热点考向探究
考点 典例示法
绝对值不等式
题型 1 绝对值不等式的解法 典例 1 [2015· 沈阳模拟]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．
[解] (1)解法一：令 2x＋1＝0，x－4＝0 分别得 1 x＝－2，x＝4. 原不等式可化为：
画出 f(x)的图象
y＝2 与
5 f(x)图象的交点为(－7,2)，3，2 .
5 由图象知 f(x)＞2 的解集为xx<－7或x＞3 .
9 (2)由(1)的解法二中的图象知：f(x)min＝－2.
题型 2 含绝对值不等式的恒成立问题 典例 2 ∈R)． (1)若不等式 f(x)＋a≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围； 3 (2)若不等式 f(x)≥2x 恒成立，求实数 a 的取值范围． [2016· 长春质检]设函数 f(x)＝|x＋2|＋|x－a|(a
[解] (1)当 a≥0 时，f(x)＋a≥0 恒成立，当 a<0 时，要 保证 f(x)≥－a 恒成立，即 f(x)的最小值|a＋2|≥－a，解得－ 1≤a<0，故 a≥－1. 3 (2)由题意可知，函数 y＝f(x)的图象恒在直线 y＝2x 的 上方，画出两个函数图象可知，当 a≤－2 时，符合题意， 当 a>－2
第二编 专题整合突破
专题八 系列4选讲
第二讲
(选修4－5)不等式选讲
主干知识整合
[重要定理] 1．绝对值不等式 定理 1：如果 a，b 是实数，则|a＋b| ≤ 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| ≤ ＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0 时，等号成立． 2．绝对值不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 －c≤ax＋b≤c ①|ax＋b|≤c(c>0)⇔ . ②|ax＋b|≥c(c>0)⇔ ax＋b≥c 或 ax＋b≤－c . |a－b| |a|＋|b|，当
3．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 恒成立⇔f(x)max<a； f(x)>a 有 解 ⇔ f(x)max>a ； f(x)<a 有 解 ⇔ f(x)min<a ； f(x)>a 无 解 ⇔ f(x)max≤a；f(x)<a 无解⇔f(x)min≥a.
3 时，只需满足点(a，a＋2)不在点a，2a 的下方即
3 可，所以 a＋2≥2a，即－2<a≤4. 综上，实数 a 的取值范围是(－∞，4]．
1．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)由(1)知 a＋b＋c＝4，由柯西不等式得
1 a 1 2 2 b 2 2 a ＋ b ＋ c × 2 ＋ × 3 ＋ c × 1 (4 ＋ 9 ＋ 1) ≥ ＝ (a ＋ b 4 9 2 3
1 2 1 2 2 8 ＋c) ＝16，即4a ＋9b ＋c ≥7. 1 1 2a 3b c 8 18 2 当且仅当 2 ＝ 3 ＝1，即 a＝7，b＝ 7 ，c＝7时等号成
证明 (1)因为( a＋ b)2＝a＋b＋2 ab，( c＋ d)2＝c ＋d＋2 cd， 由题设 a＋b＝c＋d，ab>cd 得( a＋ b)2>( c＋ d)2. 因此 a＋ b> c＋ d.
解 (1)由|x＋a|<b，得－b－a<x<b－a，
－b－a＝2， 则 t＋12＋ t ＝ 3 4－t＋ t≤ [ 32＋12][ 4－t2＋ t2] ＝2 4－t＋t＝4， 4－t t 当且仅当 ＝ 1 ，即 t＝1 时等号成立， 3 故( －3t＋12＋ t)max＝4.
10 当 x＜－3 时，由－3x－2≥8，解得 x≤－ 3 ； 1 当－3≤x＜2时，－x＋4≥8 无解； 1 当 x≥2时，由 3x＋2≥8，解得 x≥2. 所以不等式 f(2x)＋f(x＋4)≥8 的解集为
10 xx≤－ 或 x ≥ 2 3
.
b fab b (2)证明： |a| ＞fa等价于 f(ab)＞|a|f ， a
即|ab－1|＞|a－b|. 因为|a|＜1，|b|＜1， 所以 |ab－1|2－ |a－b|2＝ (a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2) ＝(a2－1)(b2－1)＞0， 所以|ab－1|＞|a－b|. 故所证不等式成立．
高考随堂演练
[全国卷高考真题调研] 1．[2016· 全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.
(1)画出 y＝f(x)的图象； (2)求不等式|f(x)|>1 的解集．
解
x－4，x≤－1， 3 3x－2，－1<x≤ ， 2 (1)f(x)＝ 3 －x＋4，x>2，
考点 典例示法 典例 3 (1)求 M；
不等式的证明
[2016· 湖北二联]已知 f(x)＝|x＋1|＋|x－1|， 不
等式 f(x)<4 的解集为 M. (2)当 a，b∈M 时，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.
[解]
－2x，x<－1， (1)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝2，－1≤x≤1， 2x，x>1.
2 ( ac ＋ bd ) 若 a，b，c，d∈R，则(a ＋b )(c ＋d )≥ ， 当且仅当 ad＝bc 时，等号成立．
2 2 2 2
4．二维形式的柯西不等式
[失分警示] 1．应用绝对值不等式性质求函数的最值时，一定要注 意等号成立的条件．特别是多次使用不等式时，必须使等号 同时成立． 2． 利用基本不等式证明要注意“一正、 二定、 三相等” 三个条件同时成立，缺一不可． 3．在去掉绝对值符号进行分类时要做到不重不漏．
(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． 2．解决含参数的绝对值不等式问题的两种常用方法 (1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决； (2)借助于绝对值的几何意义， 先求出 f(x)的最值或值域， 然后再根据题目要求，求解参数的取值范围．
当 x<－1 时，由－2x<4 得－2<x<－1； 当－1≤x≤1 时，f(x)＝2<4； 当 x>1 时，由 2x<4 得 1<x<2. 所以 M＝(－2,2)．
(2)证明：当 a，b∈M，即－2<a，b<2 时， ∵ 4(a ＋ b)2 － (4 ＋ ab)2 ＝ 4(a2 ＋ 2ab ＋ b2) － (16 ＋ 8ab ＋ a2b2)＝(a2－4)(4－b2)<0， ∴4(a＋b)2<(4＋ab)2， ∴2|a＋b|<|4＋ab|.
1 x＜－ ， 2 －x－5＞2 1 － ≤x＜4， 或 2 3x－3＞2 x≥4， 或 x＋5＞2，
所以原不等式的解集为
5 xx＜－7或x＞ 3
.
解法二：f(x)＝|2x＋1|－|x－4|＝
－x－5，x＜－1， 2 1 3x－3，－2≤x＜4， x＋5，x≥4.
y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由 f(x)的表达式及图象知，当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3； 1 当 f(x)＝－1 时，可得 x＝3或 x＝5. 故 f(x)>1 的 解 集 为 {x|1<x<3} ； f(x)< － 1 的 解 集 为
1 xx< 或x>5. 3 1 所以|f(x)|>1 的解集为xx<3或1<x<3或x>5 .
2 ＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC 的面积为3(a＋1)2. 2 由题设得3(a＋1)2>6，故 a>2. 所以 a 的取值范围为(2，＋∞)．
3．[2015· 全国卷Ⅱ]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．
考点 典例示法 典例 4
高考数学二轮复习第一部分专题七系列4选讲第二讲不等式选讲习题选修4-5(new)
第二讲不等式选讲（选修4－5）限时规范训练1．设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：（1）ab＋bc＋ca≤错误!；（2)错误!＋错误!＋错误!≥1.证明：（1）由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以3(ab＋bc＋ca）≤1,即ab＋bc＋ca≤错误!.（2）因为错误!＋b≥2a，错误!＋c≥2b，错误!＋a≥2c，故错误!＋错误!＋错误!＋(a＋b＋c）≥2(a＋b＋c）,即错误!＋错误!＋错误!≥a＋b＋c。
所以错误!＋错误!＋错误!≥1。
2．设函数f(x)＝｜2x＋2|－｜x－2｜.(1）求不等式f（x)＞2的解集；(2）若∀x∈R，f（x)≥t2－错误!t恒成立，求实数t的取值范围．解析:(1）不等式f（x)＞2等价于错误!或错误!或错误!解得x＜－6或23＜x≤2或x＞2，∴x＞错误!或x＜－6。
∴不等式的解集为错误!。
（2）∵f（x）＝错误!∴f（x)min＝f(－1）＝－3，若∀x∈R，f（x)≥t2－72t恒成立,则只需f（x）min＝－3≥t2－72t⇒2t2－7t＋6≤0⇒错误!≤t≤2,综上所述，错误!≤t≤2。
3．（2017·安徽皖南八校联考）已知函数f(x）＝｜2x－1｜＋|x＋1|.（1）求不等式f(x)≥2的解集；（2)若关于x的不等式f(x)＜a的解集为∅，求a的取值范围．解析:(1)当x＞错误!时，f（x）＝3x≥2，解得x≥错误!，当－1≤x≤错误!时，f（x)＝2－x≥2，解得－1≤x≤0,当x＜－1时，f（x)＝－3x≥2,解得x＜－1.综上，不等式的解集为（－∞，0］∪错误!。
（2)由题意知，f(x)≥a对一切实数x恒成立,当x＞错误!时，f（x）＝3x＞错误!，当－1≤x≤错误!时,f(x)＝2－x≥错误!，当x＜－1时,f（x）＝－3x＞3，综上，f(x)min＝错误!，故a≤错误!.4．已知函数f（x）＝|2x＋1|－｜x－1|。
2016-2017学年高中数学选修4-5课件：本讲高效整合4
第九页，编辑于星期五：十七点 三十二分。
数学 选修4-5
第四讲 数学归纳法证明不等式
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章末质量检测
(2)缺第一步也不可 数学归纳法的第二步归纳步骤中有递推作用，而且k又可以 任意取值，这样就够了，有没有第一步无关紧要．这种认识也是 错误的，它忽视了第一步的奠基作用，因此如果没有P(1)成立， 归纳假设P(k)成立就没有了依据，因此递推性也就成了无源之 水．
1．分析综合法 用数学归纳假设证明关于自然数n的不等式，从“P(k)”到 “P(k＋1)”，常常可用分析综合法．
第十三页，编辑于星期五：十七点 三十二分。
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求证：
11×2＋
21×3＋…＋
1 nn＋1<
n，n∈N＋.
第十六页，编辑于星期五：十七点 三十二分。
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2．放缩法 涉及关于正整数 n 的不等式，从“n＝k”过渡到“n＝k＋ 1”，有时也考虑用放缩法．
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数学 选修4-5
第四讲 数学归纳法证明不等式
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(2)假设 n＝k(k∈N＋)时，k 条直线将平面分成k2＋2k＋2个部
分．当 n＝k＋1 时，第 k＋1 条直线与前 k 条直线交于 k 个点，
使平面增加
2017年高考数学(理)一轮总复习课件：选修4-5 不等式选讲
【变式训练】 1.“|x－A|<ε，且|y－A|<ε”是“|x－y|<ε”(x，y，A，ε∈R)的( )
2
2
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
ε
ε
解析：若|x－A|<2，|y－A|<2，
则有|x－y|＝|x－A＋A－y|＝|(x－A)＋(A－y)|
推论：如果 a、b、c∈(0，＋∞)，则a＋3b＋c≥ 3 abc(当且仅当 a＝b＝c 时取“＝”)． 2．一般形式的平均值不等式
如果 ai∈(0，＋∞)(n＝1，2，…，n)，则a1＋a2＋n …＋an≥ n a1a2…an(当且仅当 a1＝a2 ＝…＝an 时取“＝”)．
3．平均值不等式的变形 如果 ai∈(0，＋∞)(n＝1，2，…，n)，则：
已成立的不等式(已知条件、定理等)．这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明方法． (3)综合法 从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，推导出所要证明的不
等式成立，即“由因寻果”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法． (4)反证法的证明步骤
第一步：作出与所证不等式_相___反____的假设；
第二步：从条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾的结论，否定假设，从而 证明原不等式成立．
第二十五页，编辑于星期六：二点 四十九分。
(5)放缩法 所谓放缩法，即要把所证不等式的一边适当地放__大__或__缩__小____，以利于化简，并使它与不 等式的另一边的不等关系更为明显，从而得到欲证不等式成立． (6)数学归纳法 设{Pn}是一个与自然数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题 P1(或 P0)成立；(2)在 假设 Pk 成立的前提下，推出 Pk＋1 也成立，那么可以断定{Pn}对一切自然数成立．
2017年高考数学一轮复习课件：选修4-5 不等式选讲2
(2)分析法 证明命题时，从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充 分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定 义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成 立，这种证明方法叫做分析法，这是一种执果索因的思考和证 明方法。
第十一页，编辑于星期六：二点 四十四分。
二、必明2●个易误点 1．用分析法证明不等式一定要注意格式规范。 2．运用放缩法证明不等式的关键是放大(或缩小)要适当。
第四十页，编辑于星期六：二点 四十四分。
证明：∵a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1， ∴要证原不等式成立， 即证[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥8[(a＋b ＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]， 也就是证[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋ c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b)。① ∵(c＋a)＋(a＋b)≥2 c＋aa＋b>0， (a＋b)＋(b＋c)≥2 a＋bb＋c>0。 (b＋c)＋(c＋a)≥2 b＋cc＋a>0， 三式相乘得①式成立，故原不等式得证。
第二十六页，编辑于星期六：二点 四十四分。
悟·技法 1．综合法证明不等式的方法 (1)综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等 式的左右两端之间的差异与联系。合理进行转换，恰当选择已 知不等式，这是证明的关键。 (2)在用综合法证明不等式时，不等式的性质和基本不等式 是最常用的。在运用这些性质时，要注意性质成立的前提条 件。
解析：(1)因为(a2＋b2)(a－b)－(a2－b2)(a＋b)＝(a－b)[a2＋ b2－(a＋b)2]＝－2ab(a－b)。
又因为0<a<b，所以－2ab<0，a－b<0， 所以(a2＋b2)(a－b)－(a2－b2)(a＋b)>0， 所以(a2＋b2)(a－b)>(a2－b2)(a＋b)。
推荐-高考数学理二轮复习课件3.7.3 不等式选讲(选修4—5)
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
要要证证②明明求aa>-商bb>,比只0即较要可法证.:明由������������a>>1b即>0可⇔. ������������>1 且 a>0,b>0,因此当 a>0,b>0 时
-
������ 2
,
1 2
都成立.故-���2���≥a-2,即 a≤43.
从而 a 的取值范围是
-1,
4 3
.
考向 一
考向二 考向三 考向四
专题探究·分类突 破
-12-
突破策略图象法:对于不等式|f(x)|<g(x)的求解,构造新的函数 y=|f(x)|-g(x),画出此函数图象,观察函数图象在x轴下方的图象对应 的x的范围,即为不等式的解集.
-2������,������ ≤ -2, 令 g(x)=|x-2|+|x+2|= 4,-2 < ������ < 2,
2������,������ ≥ 2,
所以不等式的解集是(-∞,-3]∪[3,+∞).
(2)证明:要证 f(ab)>|a|f
������ ������
,只需证|ab-1|>|b-a|,
明与综合应用.高考的 (2014 卷Ⅱ,理 24) 式的解法;含绝对
热点为绝对值不等式 (2015 卷Ⅰ,理 24) 值不等式的参数范
的求解.试题为中档难 (2015 卷Ⅱ,理 24) 围问题;不等式的
高考数学(全国通用)一轮总复习(文理科)配套课件：选修4-5 不等式选讲 第二节
选修4-5
第二节 不等式的证明
主干知识回顾
名师考点精讲
当 1+ab≥0 时, 要证 1+ab< 1 + ������2 1 + ������2, 只需证(1+ab)2<(1+a2)(1+b2), 即证 1+2ab+a2b2<1+a2+b2+a2b2, 即证 2ab<a2+b2, 因为 a≠b, 所以不等式 2ab<a2+b2 成立, 所以原不等式成立.
分析法证明不等式的书写格式 分析法论证“若 A 则 B”这个命题的书写格式是: 要证命题 B 为真, 只需证明 B1 为真,从而有…… 这只需证明 B2 为真,从而又有…… 这只需证明 A 为真, 而已知 A 为真,故命题 B 必为真.
第二节 不等式的证明
选修4-5
第二节 不等式的证明
主干知识回顾
名师考点精讲
-2-
考纲概述
通过一些简单问题了解证明不等式的基本方 法:比较法、综合法、分析法.
考查热点
不等式的综 合法证明 不等式的分 析法证明
考查频 备考指导
次
★★★ ★
熟悉不等式的各种证明方法以及解题步骤,同时要注意 根据不等式的特征确定证明方法.
选修4-5
第二节 不等式的证明
主干知识回顾
名师考点精讲
(2)因为 b2+c2≥2bc,a2≥0, 所以 a2(b2+c2)≥2a2bc. 同理 b2(a2+c2)≥2ab2c, c2(a2+b2)≥2abc2.
①②③相加,
得 2(a2b2+b2c2+c2a2)≥2a2bc+2ab2c+2abc2, 从而 a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c), 由 a,b,c 都是正数,得 a+b+c>0,
2021版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 不等式选讲(选修4-5)(共31张PPT)
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； 若 a＞0，|ax－1|＜1 的解集为x0＜x＜2a，
(1)在图中画出 y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|＞1 的解集．
x－4，x≤－1， 解：(1)f(x)＝3x－2，－1＜x≤32， －x＋4，x＞32，
故 y＝f(x)的图象如图所示．
(2)由 f(x)的解析式及图象知， 当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3； 当 f(x)＝－1 时，可得 x＝13或 x＝5. 故 f(x)＞1 的解集为{x|1＜x＜3}；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.
－2x，x＜－1.
①当 x＞1 时，f(x)≥g(x)⇔－x2＋x＋4≥2x，
解得 1＜x≤
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，又 x＜－1，所以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
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新高考数学二轮复习： 专题7 第2讲 选修4-5 不等式选讲
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)(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 x 2－x ＋|x ＋1|＋|x －1|－4≤0.①当x <－1时，①式化为x 2－3x －4≤0，无解；当－1≤x ≤1时，①式化为x 2－x －2≤0，从而－1≤x ≤1； 当x >1时，①式化为x 2＋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. 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．(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|.f (x )＝|x |＋2|x －1|＝⎩⎨⎧2－3x (x ＜0)，2－x (0≤x ≤1)，3x －2(x ＞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 －1)(x ＋1)≤0，(2x －1)(2x ＋1)≤0，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)(1)1a ＋1b ＋1c ≤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 ＋1c .当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以1a ＋1b ＋1c ≤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≥ 33(a ＋b )3(b ＋c )3(a ＋c )3 ＝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)因为(a＋b)2＝a＋b＋2ab，(c＋d)2＝c＋d＋2cd，由题设a＋b＝c＋d，ab>cd，得(a＋b)2>(c＋d)2.因此a＋b>c＋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ab>cd.由(1)得a＋b>c＋d.②若a＋b>c＋d，则(a＋b)2>(c＋d)2，即a＋b＋2ab>c＋d＋2cd.因为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．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知a>0，b>0，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＋3(a＋b)24(a＋b)＝2＋3(a＋b)34，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 ＋b 2≥27.[解](1)f (x )＞4－|x ＋1|可化为|x －2|＞4－|x ＋1|， 等价于⎩⎨⎧x ≤－1，－(x －2)＞4＋(x ＋1)或⎩⎨⎧ －1＜x ＜2，－(x －2)＞4－(x ＋1)或⎩⎨⎧x ≥2，x －2＞4－(x ＋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 ＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝2＋b 2a ＋2a b ≥2＋2b 2a ·2ab ＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ b 2a ＝2ab ，1a ＋2b ＝14，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝17，b ＝27时取等号．所以14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≥4，即a ＋b 2≥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)(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＋a )23，当且仅当x ＝4－a 3，y ＝1－a 3，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＋a )23.由题设知(2＋a )23≥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．[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的最小值；(2)是否存在a，b，使得2a＋3b＝6？并说明理由．[解](1)由ab＝1a＋1b≥2ab，得ab≥2，当且仅当a＝b＝2时等号成立．故a3＋b3≥2a3b3≥42，且当a＝b＝2时等号成立．所以a3＋b3的最小值为4 2.(2)由(1)知，2a＋3b≥26ab≥4 3.由于43＞6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6. 1．形如f(x1．(求最值问题)设函数f (x )＝|x ＋1|－|x |的最大值为m . (1)求m 的值；(2)若正实数a ，b 满足a ＋b ＝m ，求a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值．[解](1)|x ＋1|－|x |≤|x ＋1－x |＝1， f (x )的最大值为1，∴m ＝1. (2)由(1)可知，a ＋b ＝1，∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1＝13⎝⎛⎭⎪⎫a 2b ＋1＋b 2a ＋1[(a ＋1)＋(b ＋1)] ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2(a ＋1)b ＋1＋b 2(b ＋1)a ＋1＋a 2＋b 2 ≥13(2ab ＋a 2＋b 2)＝13(a ＋b )2＝13， 当且仅当a ＝b ＝12时取等号， ∴a 2b ＋1＋b 2a ＋1的最小值为13. 2．(求参数问题)设函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |.(1)当a ＝1时，求f (x )的图象与直线y ＝3围成区域的面积； (2)若f (x )的最小值为1，求a 的值． [解](1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ＜－1，－x ＋2，－1≤x ＜12，3x ，x ≥12，如图，作出函数f (x )的图象与直线y ＝3，结合图象可知所求面积为12×[1－(－1)]×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32＝32. (2)法一：(借助分段函数的性质) 当－a ＞12，即a ＜－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －a ＋1，x ＜12，x －a －1，12≤x ＜－a ，3x ＋a －1，x ≥－a ，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－a －1＝1，所以a ＝－32. 当－a ≤12，即a ≥－12时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －a ＋1，x ＜－a ，－x ＋a ＋1，－a ≤x ＜12，3x ＋a －1，x ≥12，则f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3×12＋a －1＝1，所以a ＝12. 综上，a ＝－32或a ＝12. 法二：(解恒成立问题)∵f (x )＝|2x －1|＋|x ＋a |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|x ＋a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12， 当且仅当x ＝12时取等号．令⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋12＝1，得a ＝12或a ＝－32. 3．(与恒成立交汇)已知函数f (x )＝x |x －a |，a ∈R .(1)当f (1)＋f (－1)＞1时，求a 的取值范围；(2)若a ＞0，x ，y ∈(－∞，a ]，不等式f (x )≤⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |恒成立，求a 的取值范围．[解](1)f (1)＋f (－1)＝|1－a |－|1＋a |＞1，若a ≤－1，则1－a ＋1＋a ＞1，得2＞1，即a ≤－1；若－1＜a ＜1，则1－a －(1＋a )＞1，得a ＜－12，即－1＜a ＜－12；若a ≥1，则－(1－a )－(1＋a )＞1，得－2＞1，此时不等式无解．综上所述，a的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12.(2)由题意知， 要使不等式恒成立，只需f (x )max ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min . 当x ∈(－∞，a ]时，f (x )＝－x 2＋ax ，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝a 24. 因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54，当且仅当⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋54(y －a )≤0，即－54≤y ≤a 时等号成立，所以当y ∈(－∞，a ]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪y ＋54＋|y －a |min ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋54＝a ＋54. 于是a 24≤a ＋54，解得－1≤a ≤5.又a ＞0，所以a 的取值范围是(0,5]．。
2019年高考数学(理科)二轮专题复习课件：第二部分 不等式选讲(选修4-5)(共32张PPT)
(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.
[规律方法] 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．
【例 2】 (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 a＞0，b＞0，且 a3＋b3＝2. 则(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝ (a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝ 4＋ab(a2－b2)2≥4.
－2x，x＜－1.
①当 x＞1 时，f(x)≥g(x)⇔－x2＋x＋4≥2x，
解得 1＜x≤
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，又 x＜－1，所以不等式此时的解集为空集．
专题七 选修4系列
第 2 讲 不等式选讲(选修 4－5)
1．(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．
－3x，x＜－12， 解：(1)f(x)＝x＋2，－12≤x＜1，
2017届高三数学一轮复习课件：选修4-5 不等式(选讲)1节
考点三 已知不等式的解集求参数 【例 3】 (2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝|x＋1|－ 2|x－a|，a＞0. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)＞1 的解集； (2)若 f(x)的图象与 x 轴围成的三角形面积大于 6，求 a 的取 值范围． 思路点拨 (1)分 x≤－1 －1＜x＜1 与 x≥1 三种情况讨论； (2)求出三角形三个顶点的坐标，由三角形面积大于 6 建立 a 的 不等式可解得 a 的取值范围．
第五页，编辑于星期六：一点 六分。
(2)①绝对值不等式|x|＞a 与|x|＜a 的解集.
不等式
a＞0
a＝0 a＜0
|x|＜a {x| －a＜x＜a }
∅
∅
|x|＞a {x| x＞a 或 x＜－a } {x|x≠0} R
②|ax＋b|≤c(c＞0)和|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法
|ax＋b|≤c⇔ －c≤ax＋b≤c (c＞0)，
第二十九页，编辑于星期六：一点 六分。
跟踪训练 3. (2014·新 课 标 全 国 卷 Ⅱ ) 设 函 数 f(x) ＝ x＋1a ＋ |x － a|(a>0)． (1)证明：f(x)≥2； (2)若 f(3)<5，求 a 的取值范围．
第三十页，编辑于星期六：一点 六分。
(1)证明：由 a>0，有 f(x)＝x＋1a＋|x－a|≥x＋1a－x－a＝ 1a＋a≥2.当且仅当“a＝1”时等号成立．所以 f(x)≥2.
第二十页，编辑于星期六：一点 六分。
【名师说“法”】 解含两个或多个绝对值符号的不等式利用零点分区间法求解 时，要注意以下三个方面：一是准确去掉绝对值符号；二是求得 不等式的解后，要检验该解是否满足x的取值范围；三是将各区间上