2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點(diǎn) 分層教學(xué) 專項(xiàng)二 專題七 2 第2講 不等式選講學(xué)案

《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點(diǎn) 分層教學(xué) 專項(xiàng)二 專題七 2 第2講 不等式選講學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 突破熱點(diǎn) 分層教學(xué) 專項(xiàng)二 專題七 2 第2講 不等式選講學(xué)案（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　不等式選講 年份 卷別 考查內(nèi)容及考題位置 命題分析 2018 卷Ⅰ 絕對(duì)值不等式的解法、不等式的恒成立問(wèn)題·T23 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(wèn)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. 卷Ⅱ 絕對(duì)值不等式的解法、不等式的恒成立問(wèn)題·T23 卷Ⅲ 含絕對(duì)值函數(shù)圖象的畫法、不等式的恒成立問(wèn)題·T23 2017 卷Ⅰ 含絕對(duì)值不等式的解法、求參數(shù)的取值范圍·T23 卷Ⅱ 基本不等式

2、的應(yīng)用、一些常用的變形及證明不等式的方法·T23 卷Ⅲ 含絕對(duì)值不等式的解法、函數(shù)最值的求解·T23 2016 卷Ⅰ 含絕對(duì)值函數(shù)圖象的畫法、含絕對(duì)值不等式的解法·T24 卷Ⅱ 含絕對(duì)值不等式的解法、比較法證明不等式·T24 卷Ⅲ 含絕對(duì)值不等式的解法、絕對(duì)值不等式的性質(zhì)·T24 　　　絕對(duì)值不等式的解法(綜合型) 含有絕對(duì)值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)?f(x)>a或f(x)<－a； (2)|f(x)|0)?－a

3、何意義求解． [典型例題] (2018·太原模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x＋m|＋|2x－1|. (1)當(dāng)m＝－1時(shí)，求不等式f(x)≤2的解集； (2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含，求m的取值范圍． 【解】　(1)當(dāng)m＝－1時(shí)，f(x)＝|x－1|＋|2x－1|， 當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝3x－2≤2，所以1≤x≤； 當(dāng)

4、1≤|2x＋1|＝2x＋1，所以|x＋m|≤2，即－2≤x＋m≤2，則－2－x≤m≤2－x，且(－2－x)max＝－，(2－x)min＝0，因此m的取值范圍為. |x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)(c>0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式的解法 可通過(guò)零點(diǎn)分區(qū)間法或利用絕對(duì)值的幾何意義進(jìn)行求解． (1)零點(diǎn)分區(qū)間法的一般步驟 ①令每個(gè)絕對(duì)值符號(hào)的代數(shù)式為零，并求出相應(yīng)的根． ②將這些根按從小到大排列，把實(shí)數(shù)集分為若干個(gè)區(qū)間． ③由所分區(qū)間去掉絕對(duì)值符號(hào)得若干個(gè)不等式，解這些不等式，求出解集． ④取各個(gè)不等式解集的并集就是原不等式的解集． (2)利用

5、絕對(duì)值的幾何意義 由于|x－a|＋|x－b|與|x－a|－|x－b|分別表示數(shù)軸上與x對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到a，b對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的距離之和與距離之差，因此對(duì)形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)(c>0)或|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c>0)的不等式，利用絕對(duì)值的幾何意義求解更直觀．　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·合肥第一次質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|. (1)解關(guān)于x的不等式f(x)－f(x＋1)≤1； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)

6、得x≥或－≤x<， 即x≥－， 所以原不等式的解集為. (2)由條件知，不等式|2x－1|＋|2x＋1|(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可． 由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋2x＋1|＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈時(shí)等號(hào)成立，故m>2. 所以m的取值范圍是(2，＋∞)． 　　　不等式的證明(綜合型) 含有絕對(duì)值的不等式的性質(zhì) |a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|. 算術(shù)—幾何平均不等式 定理1：設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立． 定理2：如

7、果a，b為正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立． 定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)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(gè)正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時(shí)，等號(hào)成立． [典型例題] (2018·長(zhǎng)春質(zhì)量檢測(cè)(一))設(shè)不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集為A. (1)求集合A； (2)若a，b，c∈A，求證：>1. 【解】　(1)由已知，令f(x)＝|x＋1|－|x－1| ＝ 由|f(x)|<2得－11，只需證|1－abc|>|

8、ab－c|， 只需證1＋a2b2c2>a2b2＋c2，只需證1－a2b2>c2(1－a2b2)， 只需證(1－a2b2)(1－c2)>0， 由a，b，c∈A，得a2b2<1，c2<1，所以(1－a2b2)(1－c2)>0恒成立． 綜上，>1. 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(wèn)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)值符號(hào)，轉(zhuǎn)化為常見(jiàn)的

9、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(lái)”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] (2018·陜西教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)(一))已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋|x＋1|. (1)解不等式f(x)≤3； (2)記函數(shù)g(x)＝f(x)＋|x＋1|的值域?yàn)镸，若t∈M，證明t2＋1≥＋3t. 解：(1)依題意，得f(x)＝ 所以f(x)≤3?或或 解得－1≤x≤1， 即不等式f(x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}． (2)證明：g(x)＝f(x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3， 當(dāng)

10、且僅當(dāng)(2x－1)(2x＋2)≤0時(shí)取等號(hào)， 所以M＝[3，＋∞)． t2＋1－3t－＝＝， 因?yàn)閠∈M， 所以t－3≥0，t2＋1>0， 所以≥0， 所以t2＋1≥＋3t. 　　　含絕對(duì)值不等式的恒成立問(wèn)題(綜合型) [典型例題] (2018·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝|x＋3|，g(x)＝|2x－1|. (1)解不等式f(x)ax＋4對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立，求a的取值范圍． 【解】　(1)由已知，可得|x＋3|<|2x－1|， 即|x＋3|2<|2x－1|2， 所以3x2－10x－8>0， 解得x<－或

11、x>4. 故所求不等式的解集為∪(4，＋∞)． (2)由已知，設(shè)h(x)＝2f(x)＋g(x)＝2|x＋3|＋|2x－1|＝ 當(dāng)x≤－3時(shí)，只需－4x－5>ax＋4恒成立，即ax<－4x－9恒成立， 因?yàn)閤≤－3<0，所以a>＝－4－恒成立， 所以a>，所以a>－1； 當(dāng)－3ax＋4恒成立，即ax－3<0恒成立， 只需所以所以－1≤a≤6； 當(dāng)x≥時(shí)，只需4x＋5>ax＋4恒成立，即ax<4x＋1恒成立． 因?yàn)閤≥>0，所以a<＝4＋恒成立． 因?yàn)?＋>4，且x→＋∞時(shí)，4＋→4， 所以a≤4. 綜上，a的取值范圍是(－1，4]． 絕對(duì)值不等式的

12、成立問(wèn)題的求解模型 (1)分離參數(shù)：根據(jù)不等式將參數(shù)分離化為a≥f(x)或a≤f(x)形式． (2)轉(zhuǎn)化最值：f(x)>a恒成立?f(x)min>a；f(x)a有解?f(x)max>a；f(x)a無(wú)解?f(x)max≤a；f(x)

13、x)＞x成立，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝故不等式f(x)>1的解集為{x|x>}． (2)當(dāng)x∈(0，1)時(shí)|x＋1|－|ax－1|>x成立等價(jià)于當(dāng)x∈(0，1)時(shí)|ax－1|<1成立． 若a≤0，則當(dāng)x∈(0，1)時(shí)|ax－1|≥1； 若a>0，|ax－1|<1的解集為04|a－1|，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

14、(2)若存在實(shí)數(shù)x，y，使f(x)＋g(y)≤0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閒(2a2－1)>4|a－1|， 所以|2a2－2a|＋|a2－1|>4|a－1|， 所以|a－1|(2|a|＋|a＋1|－4)>0， 所以|2a|＋|a＋1|>4且a≠1. ①若a≤－1，則－2a－a－1>4，所以a<－； ②若－14，所以a<－3，此時(shí)無(wú)解； ③若a≥0且a≠1，則2a＋a＋1>4，所以a>1. 綜上所述，a的取值范圍為∪(1，＋∞)． (2)因?yàn)間(x)＝(x－1)2＋－5 ≥2－5＝－1，顯然可取等號(hào)， 所以g(x)min＝－1. 于

15、是，若存在實(shí)數(shù)x，y，使f(x)＋g(y)≤0，只需f(x)min≤1. 又f(x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|≥|(x＋1－2a)－(x－a2)|＝(a－1)2， 所以(a－1)2≤1，所以－1≤a－1≤1，所以0≤a≤2，即a∈[0，2]． 1．(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)≥0的解集； (2)若f(x)≤1，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)， f(x)＝ 可得f(x)≥0的解集為{x|－2≤x≤3}． (2)f(x)≤1等價(jià)于|x＋a|＋|x－2|≥4. 而|x＋a|＋|x－2|

16、≥|a＋2|，且當(dāng)x＝2時(shí)等號(hào)成立．故f(x)≤1等價(jià)于|a＋2|≥4. 由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范圍是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 2．(2018·開(kāi)封模擬)已知函數(shù)f(x)＝|x－m|，m<0. (1)當(dāng)m＝－1時(shí)，求解不等式f(x)＋f(－x)≥2－x； (2)若不等式f(x)＋f(2x)<1的解集非空，求m的取值范圍． 解：(1)設(shè)F(x)＝|x－1|＋|x＋1| ＝ 由F(x)≥G(x)解得{x|x≤－2或x≥0}． (2)f(x)＋f(2x)＝|x－m|＋|2x－m|，m<0. 設(shè)g(x)＝f(x)＋f(2x)，當(dāng)x≤m時(shí)，g(x)＝m

17、－x＋m－2x＝2m－3x，則g(x)≥－m； 當(dāng)m－，解得m>－2， 由于m<0，則m的取值范圍是(－2，0)． 3．(2018·石家莊質(zhì)量檢測(cè)(一))已知函數(shù)f(x)＝|ax－1|－(a－2)x. (1)當(dāng)a＝3時(shí)，求不等式f(x)>0的解集； (2)若函數(shù)f(x)的圖象與x軸沒(méi)有交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝3時(shí)，不等式可化為|3x－1|－x>0，即|3

18、x－1|>x， 所以3x－1<－x或3x－1>x，即x<或x>， 所以不等式f(x)>0的解集為. (2)當(dāng)a>0時(shí)，f(x)＝ 要使函數(shù)f(x)的圖象與x軸無(wú)交點(diǎn)， 只需即1≤a<2； 當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝2x＋1，函數(shù)f(x)的圖象與x軸有交點(diǎn)，不合題意； 當(dāng)a<0時(shí)，f(x)＝ 要使函數(shù)f(x)的圖象與x軸無(wú)交點(diǎn)， 只需此時(shí)無(wú)解． 綜上可知，若函數(shù)f(x)的圖象與x軸無(wú)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，2)． 4．(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)畫出y＝f(x)的圖象； (2)當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f(x)≤ax＋b，

19、求a＋b的最小值． 解：(1)f(x)＝ y＝f(x)的圖象如圖所示． (2)由(1)知，y＝f(x)的圖象與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2，且各部分所在直線斜率的最大值為3，故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時(shí)，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值為5. 5．(2018·石家莊質(zhì)量檢測(cè)(二))已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|2x＋1|. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)≤2的解集； (2)若g(x)＝4x2＋ax－3.當(dāng)a>－1且x∈時(shí)，f(x)≥g(x)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝. 當(dāng)x<－時(shí)，f(x)≤2無(wú)解； 當(dāng)－≤x≤時(shí)，f(x)

20、≤2的解集為； 當(dāng)x>時(shí)，f(x)≤2無(wú)解． 綜上所述，f(x)≤2的解集為. (2)當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＝(a－2x)＋(2x＋1)＝a＋1，所以f(x)≥g(x)可化為a＋1≥g(x)． 又g(x)＝4x2＋ax－3在上的最大值必為g、g之一，則， 即，即－≤a≤2. 又a>－1，所以－1

21、為|2x|＋|x－2|≥3， 得或或， 解得x≤－或x≥1， 所以當(dāng)a＝0時(shí)，不等式f(x)＋|x－2|≥3的解集為∪[1，＋∞)． (2)對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，不等式|2x＋1|－f(x)<2a恒成立，即|2x＋1|－|2x＋3a2|<2a恒成立． 因?yàn)閨2x＋1|－|2x＋3a2|≤|2x＋1－2x－3a2|＝|3a2－1|， 所以要使原不等式恒成立，只需|3a2－1|<2a. 當(dāng)a<0時(shí)，無(wú)解；當(dāng)0≤a≤時(shí)，1－3a2<2a，解得時(shí)，3a2－1<2a，解得

22、(1)求不等式f(x)≥2x的解集； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)≥在[0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)不等式f(x)≥2x等價(jià)于x2－|x|－2x＋1≥0，① 當(dāng)x≥0時(shí)，①式化為x2－3x＋1≥0， 解得x≥或0≤x≤； 當(dāng)x<0時(shí)，①式化為x2－x＋1≥0， 解得x<0，綜上所述，不等式f(x)≥2x的解集為. (2)不等式f(x)≥在[0，＋∞)上恒成立， 等價(jià)于－f(x)≤＋a≤f(x)在[0，＋∞)上恒成立， 等價(jià)于－x2＋x－1≤＋a≤x2－x＋1在[0，＋∞)上恒成立， 等價(jià)于－x2＋x－1≤a≤x2－x＋1在[0，＋∞)上恒成立，

23、由－x2＋x－1＝－－≤－(當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取等號(hào))， x2－x＋1＝＋≥(當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取等號(hào))， 所以－≤a≤， 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 8．(2018·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2，g(x)＝|x－a|－|x－1|，a∈R. (1)若a＝4，求不等式f(x)>g(x)的解集； (2)若對(duì)任意x1，x2∈R，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝4時(shí)，不等式f(x)>g(x)為x2＋2>|x－4|－|x－1|， g(x)＝|x－4|－|x－1|＝ ①當(dāng)x≥4時(shí)，x2＋2>－3恒成立，所以x≥4. ②當(dāng)1－2x＋5，即x2＋2x－3>0，得x>1或x<－3， 所以13，則x>1或x<－1，所以x<－1. 由①②③可知不等式f(x)>g(x)的解集為{x|x<－1或x>1}． (2)當(dāng)a≥1時(shí)，g(x)＝所以g(x)的最大值為a－1. 要使f(x1)≥g(x2)，只需2≥a－1，則a≤3， 所以1≤a≤3. 當(dāng)a<1時(shí)，g(x)＝所以g(x)的最大值為1－a. 要使f(x1)≥g(x2)，只需2≥1－a，則a≥－1，所以－1≤a<1. 綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－1，3]. 12