《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 選考部分 第2講 不等式選講學(xué)案 文 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 選考部分 第2講 不等式選講學(xué)案 文 新人教A版（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　不等式選講 [做真題] 1．(2019·高考全國卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)＜0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＜0，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝－2(x－1)2<0； 當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0. 所以，不等式f(x)<0的解集為(－∞，1)． (2)因?yàn)閒(a)＝0，所以a≥1. 當(dāng)a≥1，x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)<0. 所以，a的取值

2、范圍是[1，＋∞)． 2．(2019·高考全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數(shù)，且滿足abc＝1.證明： (1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 證明：(1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立． 所以＋＋≤a2＋b2＋c2. (2)因?yàn)閍，b，c為正數(shù)且abc＝1，故有 (a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3 ＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2)×(2)×(2) ＝24. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝

3、c＝1時(shí)，等號(hào)成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. [明考情] 1．不等式選講是高考的選考內(nèi)容之一，考查的重點(diǎn)是不等式的證明、絕對(duì)值不等式的解法等，命題的熱點(diǎn)是絕對(duì)值不等式的求解，以及絕對(duì)值不等式與函數(shù)的綜合問題的求解． 2．此部分命題形式單一、穩(wěn)定，難度中等，備考本部分內(nèi)容時(shí)應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用． 　　　含絕對(duì)值不等式的解法(綜合型) [知識(shí)整合] |ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法 (1)若c＞0，則|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根據(jù)a，b的取值求解即可． (2

4、)若c＜0，則|ax＋b|≤c的解集為?，|ax＋b|≥c的解集為R. [典型例題] (2019·安徽五校聯(lián)盟第二次質(zhì)檢)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，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 【解】　(1)不等式f(x)≥4，即|x|＋2|x－1|≥4， 等價(jià)于或或?x≤－或無解或x≥2. 故不等式的解集為∪[2，＋∞)． (2)f(x)≤|2a＋1|有解等價(jià)于f(x)min≤|2a＋1|. f(x)＝|x|＋2|x－1|＝故f(x)的最小值為1， 所以1≤|2a＋1|，得2a＋1≤－1或2a＋1≥1，解得a≤

5、－1或a≥0， 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1]∪[0，＋∞)． (1)用零點(diǎn)分段法解絕對(duì)值不等式的步驟 ①求零點(diǎn)； ②劃區(qū)間、去絕對(duì)值號(hào)； ③分別解去掉絕對(duì)值的不等式(組)； ④取每個(gè)結(jié)果的并集，注意在分段時(shí)不要遺漏區(qū)間的端點(diǎn)值． (2)圖象法求解不等式 用圖象法，數(shù)形結(jié)合可以求解含有絕對(duì)值的不等式，使得代數(shù)問題幾何化，既通俗易懂，又簡(jiǎn)潔直觀，是一種較好的方法．　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1．(2019·長(zhǎng)春市質(zhì)量監(jiān)測(cè)(二))設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋2|. (1)求不等式f(x)＋f(－x)≥6的解集； (2)若不等式f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集為(－∞，＋

6、∞)，求k＋m的取值范圍． 解：(1)f(x)＋f(－x)＝|x＋2|＋|－x＋2|＝ 當(dāng)x<－2時(shí)，－2x≥6，所以x≤－3； 當(dāng)－2≤x≤2時(shí)，4≥6不成立，所以無解； 當(dāng)x>2時(shí)，2x≥6，所以x≥3. 綜上，x∈(－∞，－3]∪[3，＋∞)． (2)令g(x)＝f(x－4)－f(x＋1)＝|x－2|－|x＋3|＝作出g(x)的圖象， 如圖． 由f(x－4)－f(x＋1)>kx＋m的解集為(－∞，＋∞)，結(jié)合圖象可知k＝0，m<－5， 所以k＋m<－5，即k＋m的取值范圍是(－∞，－5)． 2．已知函數(shù)f(x)＝|x－a|，其中a>1. (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等

7、式f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知關(guān)于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}，求a的值． 解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＋|x－4|＝ 當(dāng)x≤2時(shí)，由f(x)≥4－|x－4| 得－2x＋6≥4，解得x≤1； 當(dāng)2

8、3. 　　　不等式的證明(綜合型) [知識(shí)整合] 證明不等式的基本方法 (1)比較法：作差或作商比較． (2)綜合法：根據(jù)已知條件、不等式的性質(zhì)、基本不等式，通過邏輯推理導(dǎo)出結(jié)論． (3)分析法：執(zhí)果索因的證明方法． (4)反證法：反設(shè)結(jié)論，導(dǎo)出矛盾． (5)放縮法：通過把不等式中的部分值放大或縮小的證明方法． [典型例題] (1)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2. 證明：①(a＋b)(a5＋b5)≥4； ②a＋b≤2. (2)已知a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，證明：ac＋bd≤8. 【證明】　(1)①(a＋b)(a5＋b5)＝

9、a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. ②因?yàn)?a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b) ≤2＋(a＋b) ＝2＋， 所以(a＋b)3≤8， 因此a＋b≤2. (2)由柯西不等式可得：(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)． 因?yàn)閍2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64， 因此ac＋bd≤8. 證明不等式的方法和技巧 (1)如果已知條件與待證明的結(jié)論直接聯(lián)系不明顯，可考慮用分析法；如果待證的命題以“至少”“至多”等方式給出或是否定性命

10、題、唯一性命題，則考慮用反證法． (2)在必要的情況下，可能還需要使用換元法、構(gòu)造法等技巧簡(jiǎn)化對(duì)問題的表述和證明．尤其是對(duì)含絕對(duì)值不等式的解法或證明，其簡(jiǎn)化的基本思路是化去絕對(duì)值號(hào)，轉(zhuǎn)化為常見的不等式(組)求解．多以絕對(duì)值的幾何意義或“找零點(diǎn)、分區(qū)間、逐個(gè)解、并起來”為簡(jiǎn)化策略，而絕對(duì)值三角不等式，往往作為不等式放縮的依據(jù)．　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (一題多解)(2019·福州市質(zhì)量檢測(cè))已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4的解集為M. (1)求集合M； (2)設(shè)實(shí)數(shù)a∈M，b?M，證明：|ab|＋1≤|a|＋|b|. 解：(1)法一：當(dāng)x<－時(shí)，不等式化為：－2x－1＋1－2x<4

11、，即x>－1， 所以－1時(shí)，不等式化為：2x＋1＋2x－1<4，即x<1， 所以

12、0， 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|. 法二：要證|ab|＋1≤|a|＋|b|， 只需證|a||b|＋1－|a|－|b|≤0， 只需證(|a|－1)(|b|－1)≤0， 因?yàn)閍∈M，b?M，所以|a|<1，|b|≥1， 所以(|a|－1)(|b|－1)≤0成立． 所以|ab|＋1≤|a|＋|b|成立． 　　　含絕對(duì)值不等式的成立問題(綜合型) [知識(shí)整合] 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無解?f(x)max≤a；f(x)＜a

13、無解?f(x)min≥a. 定理1：如果a，b是實(shí)數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立． 定理2：如果a，b，c是實(shí)數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立． [典型例題] (2019·蘭州市診斷考試)已知a>0，b>0，a＋b＝4，m∈R. (1)求＋的最小值； (2)若|x＋m|－|x－2|≤＋對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立，求m的取值范圍． 【解】　(1)因?yàn)閍>0，b>0，a＋b＝4， 所以＋＝(a＋b)＝≥1(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2時(shí)“＝”成立)，所以＋的最小值為1. (2)若|x＋m|－|x－2|≤＋

14、對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立， 則|x＋m|－|x－2|≤對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立， 即|x＋m|－|x－2|≤1對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立， 因?yàn)閨x＋m|－|x－2|≤|(x＋m)－(x－2)|＝|m＋2|， 所以|m＋2|≤1， 所以－3≤m≤－1，即m的取值范圍為[－3，－1]． (1)求含絕對(duì)值號(hào)函數(shù)的最值的兩種方法 ①利用|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|求解． ②將函數(shù)化為分段函數(shù)，數(shù)形結(jié)合求解． (2)恒成立(存在)問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化 f(x)≥M f(x)≤M 任意x恒成立 f(x)min≥M f(x)max≤M 存在x成立 f(x)max≥M f

15、(x)min≤M 　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2019·洛陽市統(tǒng)考)已知f(x)＝|x＋1|，g(x)＝2|x|＋a. (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求不等式f(x)≥g(x)的解集； (2)若存在x0∈R，使得f(x0)≥g(x0)成立，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，原不等式可化為|x＋1|－2|x|≥－1， 設(shè)φ(x)＝|x＋1|－2|x|，則φ(x)＝ 則或或 即－≤x≤2. 所以原不等式的解集為. (2)存在x0∈R使得f(x0)≥g(x0)成立，等價(jià)于|x＋1|≥2|x|＋a有解， 即φ(x)≥a有解，即a≤φ(x)max. 由(1)可知，φ(x)在(－∞，0)

16、上單調(diào)遞增，在[0，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以φ(x)max＝φ(0)＝1， 所以a≤1. 1．(2019·安徽省考試試題)已知f(x)＝|x－2|. (1)解不等式f(x)＋1>f(2x)； (2)若f(m)≤1，f(2n)≤2，求|m－2n－1|的最大值，并求此時(shí)實(shí)數(shù)m，n的取值． 解：(1)原不等式等價(jià)于|x－2|＋1>2|x－1|，所以 或或 所以－1

17、＋1≤4， 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，|m－2n－1|取得最大值4. 2．已知不等式|x|＋|x－3|0，y>0，nx＋y＋m＝0，求證：x＋y≥16xy. 解：(1)由|x|＋|x－3|0，y>0， 所以(9x＋y)＝10＋＋≥10＋2＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝，y＝時(shí)取等號(hào)， 所以＋≥16，即x＋y≥16xy. 3．(2019·昆明市診斷測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|x－1|. (1)求不等式f(

18、x)>1的解集； (2)若不等式f(x)1， 等價(jià)于或或 解得x<－3或－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|. 令g(x)＝－x2－x＋|2x＋1|－|x－1|， 則由題意知m>g(x)max. g(x)＝作出其圖象如圖所示，由圖象知g(x)max＝1. 所以m>1，即m的取值范圍為(1，＋∞)． 4．(2019·高考全國卷Ⅲ)設(shè)x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1. (1)求(x－1)

19、2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值； (2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立，證明：a≤－3或a≥－1. 解：(1)因?yàn)閇(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]， 故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝－，z＝－時(shí)等號(hào)成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)證明：因?yàn)? [(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2 ＝(x－2)2＋(

20、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]， 故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝，z＝時(shí)等號(hào)成立． 因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為. 由題設(shè)知≥，解得a≤－3或a≥－1. 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝a(x－1)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，解不等式|f(x)|＋|f(－x)|≥3x. (2)設(shè)|a|≤1，當(dāng)|x|≤1時(shí)，求證：|f(x2)＋x|≤. 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，不等式 |f(x)|＋|f(－x)|≥3x， 即|x－1

21、|＋|x＋1|≥3x， 當(dāng)x≤－1時(shí)，得1－x－x－1≥3x?x≤0，所以x≤－1， 當(dāng)－1

22、－a|－|x＋a＋1|. (1)解不等式f(x)>4； (2)若?x1∈R，?x2∈R，使得f(x2)＝g(x1)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f(x)>4，即|2x－1|－|x＋2|>4， 當(dāng)x<－2時(shí)，－(2x－1)＋(x＋2)>4，得x<－2； 當(dāng)－2≤x≤時(shí)，－(2x－1)－(x＋2)>4，得－2≤x<－； 當(dāng)x>時(shí)，2x－1－(x＋2)>4，得x>7. 綜上，不等式f(x)>4的解集為. (2)因?yàn)?x1∈R，?x2∈R，使得f(x2)＝g(x1)， 所以g(x)的值域是f(x)的值域的子集， f(x)＝|2x－1|－|x＋2|＝ 所以f(x)的值域?yàn)?，g(x)＝|x－a|－|x＋a＋1|的值域?yàn)閇－|2a＋1|，|2a＋1|]， 所以－|2a＋1|≥－，即|2a＋1|≤，則－≤2a＋1≤，－≤a≤，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為. - 13 -