2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 第2講 選修4-5 不等式選講學案.docx

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第2講選修4-5 不等式選講 考向預測 本部分主要考查絕對值不等式的解法．求含絕對值的函數(shù)的最值及求含參數(shù)的絕對值不等式中的參數(shù)的取值范圍，不等式的證明等，結(jié)合集合的運算、函數(shù)的圖象和性質(zhì)、恒成立問題及基本不等式，絕對值不等式的應(yīng)用成為命題的熱點，主要考查基本運算能力與推理論證能力及數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想． 1．絕對值不等式的性質(zhì) 定理1：如果a，b是實數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立． 定理2：如果a，b，c是實數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立． 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)利用絕對值不等式的幾何意義直觀求解． (2)利用零點分段法求解． (3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象求解． 4．基本不等式 定理1：設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab．當且僅當a＝b時，等號成立． 定理2：如果a，b為正數(shù)，則≥，當且僅當a＝b時，等號成立． 定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則≥，當且僅當a＝b＝c時，等號成立． 定理4：(一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1，a2，…，an為n個正數(shù)，則≥，當且僅當a1＝a2＝…＝an時，等號成立． 熱點一　絕對值不等式的解法與最值問題 【例1】(2019肇慶一模)已知函數(shù)． （1）當時，求不等式的解集； （2）若，求實數(shù)的取值范圍． 解（1）不等式，即. 可得，或或， 解得，所以不等式的解集為. （2）， 當且僅當時，兩處等號同時成立，所以，解得或， 實數(shù)a的取值范圍是． 探究提高　1．解絕對值不等式的關(guān)鍵是去絕對值符號，常用的零點分段法的一般步驟：求零點；劃分區(qū)間，去絕對值符號；分段解不等式；求各段的并集．此外，還常用絕對值的幾何意義，結(jié)合數(shù)軸直觀求解． 2．不等式恒成立問題，存在性問題都可以轉(zhuǎn)化為最值問題解決． 【訓練1】(2017鄭州三模)已知不等式|x－m|<|x|的解集為(1，＋∞)． (1)求實數(shù)m的值； (2)若不等式<－<對x∈(0，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由|x－m|<|x|，得|x－m|2<|x|2， 即2mx>m2， 又不等式|x－m|<|x|的解集為(1，＋∞)， 則1是方程2mx＝m2的解， 解得m＝2(m＝0舍去)． (2)∵m＝2，∴不等式<－<對x∈(0，＋∞)恒成立等價于不等式a－5<|x＋1|－|x－2|cd，則＋>＋； (2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 證明　(1)∵a，b，c，d為正數(shù)，且a＋b＝c＋d， 欲證＋>＋，只需證明(＋)2>(＋)2， 也就是證明a＋b＋2>c＋d＋2， 只需證明>，即證ab>cd． 由于ab>cd，因此＋>＋． (2)①若|a－b|<|c－d|，則(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＋>＋． ②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， ∴a＋b＋2>c＋d＋2． ∵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|． 綜上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件．  1．(2018全國I卷)已知． （1）當時，求不等式的解集； （2）若時不等式成立，求的取值范圍． 2．(2018全國II卷)設(shè)函數(shù)． （1）當時，求不等式的解集； （2）若，求的取值范圍． 1．(2016全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝＋，M為不等式f(x)<2的解集． (1)求M； (2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|． 2．(2017長郡中學二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－|x＋2|． (1)解不等式f(x)>0； (2)若?x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，求實數(shù)m的取值范圍． 1．(2017石家莊三模)在平面直角坐標系中，定義點P(x1，y1)，Q(x2，y2)之間的“直角距離”為L(P，Q)＝|x1－x2|＋|y1－y2|，已知A(x，1)，B(1，2)，C(5，2)三點． (1)若L(A，B)>L(A，C)，求x的取值范圍； (2)當x∈R時，不等式L(A，B)≤t＋L(A，C)恒成立，求t的最小值． 2．(2018福建聯(lián)考)已知不等式的解集為． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若，，，求證：． 參考答案 1．【解題思路】(1)將代入函數(shù)解析式，求得，利用零點分段將解析式化為，然后利用分段函數(shù)，分情況討論求得不等式的解集為； (2)根據(jù)題中所給的，其中一個絕對值符號可以去掉，不等式可以化為時，分情況討論即可求得結(jié)果. 【答案】（1）當時，， ∴的解集為． （2）當時成立等價于當時成立． 若，則當時； 若，的解集為，所以，故． 綜上所述，的取值范圍為． 2．【解題思路】（1）先根據(jù)絕對值幾何意義將不等式化為三個不等式組，分別求解，最后求并集，（2）先化簡不等式為，再根據(jù)絕對值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范圍． 【答案】（1）當時，，可得的解集為． （2）等價于， 而，且當時等號成立，故等價于， 由可得或，所以的取值范圍是． 點睛：含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區(qū)間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數(shù)形結(jié)合思想，將絕對值不等式與函數(shù)以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數(shù)、數(shù)形結(jié)合與轉(zhuǎn)化化歸思想方法的靈活應(yīng)用，這是命題的新動向． 1．【解題思路】(1)零點分段討論法得出f(x)的解析式，再分類討論求解f(x)<2．(2)平方后利用作差比較法． 【答案】(1)解　f(x)＝． 當x≤－時，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－10． (2) 存在性問題轉(zhuǎn)化為求最值問題． 【答案】解　(1)①當x<－2時，f(x)＝1－2x＋x＋2＝－x＋3． 令－x＋3>0，解得x<3，從而x<－2． ②當－2≤x≤時，f(x)＝1－2x－x－2＝－3x－1， 令－3x－1>0，解得x<－， 又∵－2≤x≤，∴－2≤x<－． ③當x>時，f(x)＝2x－1－x－2＝x－3， 令x－3>0，解得x>3． 又∵x>，∴x>3． 綜上，不等式f(x)>0的解集為∪(3，＋∞)． (2)由(1)得f(x)＝， ∴f(x)min＝f ＝－． ∵?x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，∴4m－2m2>－， 整理得4m2－8m－5<0，解得－L(A，C)，進一步解出x的范圍．(2)由定義得出L(A，B)≤t＋L(A，C)，再利用絕對值三角不等式求解即可． 【答案】解　(1)由定義得|x－1|＋1>|x－5|＋1， 則|x－1|>|x－5|，兩邊平方得8x>24，解得x>3． 故x的取值范圍為(3，＋∞)． (2)當x∈R時，不等式|x－1|≤|x－5|＋t恒成立，也就是t≥|x－1|－|x－5|恒成立， 因為|x－1|－|x－5|≤|(x－1)－(x－5)|＝4， 所以t≥4，所以tmin＝4． 故t的最小值為4． 2．【解題思路】（1）根據(jù)，，進行分類討論，求出不等式的解集，由此能求出． （2）由，，，知，由此利用作商法和基本不等式的性質(zhì)能證明． 【答案】（Ⅰ）原不等式等價于或或， 解得或，即∴，， ∴. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，即，且，， ∴， 當且僅當，時取“”,∴．