高三数学复习第一篇专题突破专题八系列刺第2讲不等式选讲文

第2讲不等式选讲1/32考情分析2/32总纲目录考点一

绝对值不等式解法考点二

不等式证实考点三

绝对值不等式恒成立问题3/32考点一

绝对值不等式解法1.|ax+b|≤c,|ax+b|≥c型不等式解法(1)若c>0,则|ax+b|≤c等价于-c≤ax+b≤c,|ax+b|≥c等价于ax+b≥c或ax+

b≤-c,然后依据a,b值求解即可.(2)若c<0,则|ax+b|≤c解集为⌀,|ax+b|≥c解集为R.2.|x-a|+|x-b|≥c(c>0),|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式解法(1)令每个绝对值符号里一次式为0,求出对应根;(2)把这些根由小到大排序,它们把数轴分为若干个区间;(3)在所分区间上,依据绝对值定义去掉绝对值符号,讨论所得不等

式在这个区间上解集;(4)这些解集并集就是原不等式解集.4/32经典例题(课标全国Ⅰ,23,10分)[选修4—5:不等式选讲]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)解集;(2)若不等式f(x)≥g(x)解集包含[-1,1],求a取值范围.解析(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于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,从而-1≤x≤1;当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,从而1<x≤

.5/32所以f(x)≥g(x)解集为

.(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2.所以f(x)≥g(x)解集包含[-1,1],等价于当x∈[-1,1]时f(x)≥2.又f(x)在[-1,1]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取值范围为[-1,1].6/32用零点分段法解绝对值不等式步骤(1)求零点.(2)划区间,去绝对值符号.(3)分别解去掉绝对值符号不等式.(4)取每个结果并集,注意在分段讨论时不要遗漏区间端点值.方法归纳7/32跟踪集训1.已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.(1)画出y=f(x)图象;(2)求不等式|f(x)|>1解集.

8/32解析(1)f(x)=

y=f(x)图象如图所表示.

9/32(2)由f(x)表示式及图象知,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;当f(x)=-1时,可得x=

或x=5,故f(x)>1解集为{x|1<x<3};f(x)<-1解集为

.所以|f(x)|>1解集为

.10/322.设函数f(x)=|kx-1|(k∈R).(1)若不等式f(x)≤2解集为

,求k值;(2)若f(1)+f(2)<5,求k取值范围.11/32解析(1)由|kx-1|≤2,得-2≤kx-1≤2,∴-1≤kx≤3,∴-

≤

x≤1.由已知,得

=1,∴k=3.(2)由已知,得|k-1|+|2k-1|<5.当k≤

时,-(k-1)-(2k-1)<5,得k>-1,此时-1<k≤

;当

<k≤1时,-(k-1)+(2k-1)<5,得k<5,此时

<k≤1;当k>1时,(k-1)+(2k-1)<5,得k<

,此时1<k<

.综上,k取值范围是

.12/32考点二

不等式证实1.||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|.2.a,b∈R+,则a+b≥2

.3.a,b∈R,则a2+b2≥2ab.4.ai∈R+(i=1,2,…,n),则a1+a2+…+an≥n

,5.ai∈R,bi∈R(i=1,2,…,n),

≥(

aibi)2.13/32经典例题(课标全国Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证实:(1)(a+b)(a5+b5)≥4;(2)a+b≤2.证实(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+

·(a+b)14/32=2+

,所以(a+b)3≤8,所以a+b≤2.方法归纳(1)证实不等式惯用方法有①综正当;②分析法;③比较法;④柯西不等

式(二维形式).(2)二维柯西不等式:若a,b,c,d都是实数,则(a2+b2)·(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且

仅当ad=bc时等号成立.15/32跟踪集训1.已知a>0,b>0,函数f(x)=|2x+a|+2

+1最小值为2.(1)求a+b值;(2)求证:a+log3

≥3-b.16/32解析(1)因为f(x)=|2x+a|+|2x-b|+1≥|2x+a-(2x-b)|+1=|a+b|+1.当且仅当

(2x+a)(2x-b)≤0时,等号成立,又a>0,b>0,所以|a+b|=a+b,所以f(x)最小值为a+b+1=2,所以a+b=1.(2)证实:由(1)知,a+b=1,所以

+

=(a+b)

=1+4+

+

≥5+2

=9,当且仅当

=

且a+b=1,即a=

,b=

时取等号.所以log3

≥log39=2,所以a+b+log3

≥1+2=3,即a+log3

≥3-b.17/322.已知a,b,c,d均为正数,且ad=bc.(1)证实:若a+d>b+c,则|a-d|>|b-c|;(2)t·

=

+

,求实数t取值范围.18/32解析(1)证实:由(a+d)2>(b+c)2,4ad=4bc,得(a-d)2>(b-c)2,即|a-d|>|b-c|.(2)因为(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=a2c2+2abcd+b2d2=(ac+bd)2,所以t·

=t(ac+bd).因为

≥

ac,

≥

bd.又已知t·

=

+

.则t(ac+bd)≥

(ac+bd).故t≥

,当a=c,b=d时取等号.19/32考点三

绝对值不等式恒成立问题1.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.2.定理1:假如a,b是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.定理2:假如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.20/32经典例题(课标全国Ⅲ,23,10分)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.(1)求不等式f(x)≥1解集;(2)若不等式f(x)≥x2-x+m解集非空,求m取值范围.解析(1)f(x)=

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解集为{x|x≥1}.21/32(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|=-

+

≤

,且当x=

时,|x+1|-|x-2|-x2+x=

.故m取值范围为

.22/32方法归纳含绝对值不等式恒成立问题,用等价转化思想.(1)利用三角不等式求出最值进行转化.(2)利用分类讨论思想,转化成求函数值域.(3)数形结合转化.23/32跟踪集训1.(河南郑州质量预测(二))已知函数f(x)=|2x+1|,g(x)=|x|+a.(1)当a=0时,解不等式f(x)≥g(x);(2)若存在x∈R,使得f(x)≤g(x)成立,求实数a取值范围.24/32解析(1)当a=0时,由f(x)≥g(x)得|2x+1|≥|x|,两边平方整理得3x2+4x+1

≥0,解得x≤-1或x≥-

,∴原不等式解集为(-∞,-1]∪

.(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x+1|-|x|,令h(x)=|2x+1|-|x|,则h(x)=

故h(x)min=h

=-

,所以实数a取值范围为a≥-

.25/322.(云南昆明质量检测)已知函数f(x)=|x+2|.(1)解不等式2f(x)<4-|x-1|;(2)已知m+n=1(m>0,n>0),若不等式|x-a|-f(x)≤

+

恒成立,求实数a取值范围.26/32解析(1)不等式2f(x)<4-|x-1|等价于2|x+2|+|x-1|<4,即

或

或

解得-

<x≤-2或-2<x<-1或⌀,所以原不等式解集为

.(2)因为|x-a|-f(x)=|x-a|-|x+2|≤|x-a-x-2|=|a+2|,所以|x-a|-f(x)最大值是|a+2|,又m+n=1(m>0,n>0),所以

+

=

(m+n)=

+

+2≥2+2=4,27/32所以

+

最小值为4.要使|x-a|-f(x)≤

+

恒成立,则|a+2|≤4,解得-6≤a≤2.所以实数a取值范围是[-6,2].28/321.(广东广州综合测试(一))已知函数f(x)=|x+a-1|+|x-2a|.(1)若f(1)<3,求实数a取值范围;(2)若a≥1,x∈R,求证:f(x)≥2.随堂检测29/32解析(1)因为f(1)<3,所以|a|+|1-2a|<3.当a≤0时,-a+(1-2a)<3,解得a>-

,所以-

<a≤0;当0<a<

时,a+(1-2a)<3,解得a>-2,所以0<