《（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?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)已知f(x)|xa|x|x2|(xa)(1)當(dāng)a1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)a1時(shí)，f(x)|x1|x|x2|(x1)當(dāng)x1時(shí)，f(x)2(x1)20；當(dāng)x1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a1.當(dāng)a1，x(，1)時(shí)，f(x)(ax)x(2x)(xa)2(ax)(x1)kxm的解集為(，)，求km的取值范圍解：(1)f(x)f(x)|x2|x2|當(dāng)x2時(shí)，2x6，所以x3.綜上，x(，33，)(2)令g(x)f(x4)f(x1)|x2|
2、x3|作出g(x)的圖象，如圖由f(x4)f(x1)kxm的解集為(，)，結(jié)合圖象可知k0，m5，所以km1.(1)當(dāng)a2時(shí)，求不等式f(x)4|x4|的解集；(2)已知關(guān)于x的不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集為x|1x2，求a的值解：(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)|x4|當(dāng)x2時(shí)，由f(x)4|x4|得2x64，解得x1；當(dāng)2x0，b0，a3b32.證明：(ab)(a5b5)4；ab2.(2)已知a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a2b24，c2d216，證明：acbd8.【證明】(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.因?yàn)?ab
3、)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.(2)由柯西不等式可得：(acbd)2(a2b2)(c2d2)因?yàn)閍2b24，c2d216，所以(acbd)264，因此acbd8.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)造法等技巧簡化對問題的表述和證明尤其是對含絕對值不等式的解法或證明，其簡化的基本思路是化去絕對值號，轉(zhuǎn)化為常見的不等式(組)求解多以絕對值的幾何意義或“找零點(diǎn)、分區(qū)
4、間、逐個(gè)解、并起來”為簡化策略，而絕對值三角不等式，往往作為不等式放縮的依據(jù) 對點(diǎn)訓(xùn)練(一題多解)(2019福州市質(zhì)量檢測)已知不等式|2x1|2x1|4的解集為M.(1)求集合M；(2)設(shè)實(shí)數(shù)aM，bM，證明：|ab|1|a|b|.解：(1)法一：當(dāng)x時(shí)，不等式化為：2x112x1，所以1x；當(dāng)x時(shí)，不等式化為：2x12x14，即2時(shí)，不等式化為：2x12x14，即x1，所以x1.綜上可知，Mx|1x1法二：設(shè)f(x)|2x1|2x1|，則f(x)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，若f(x)4，由上圖可得，1x1.所以Mx|1x1(2)證明：法一：因?yàn)閍M，bM，所以|a|1，|b|1.而|ab|
5、1(|a|b|)|ab|1|a|b|(|a|1)(|b|1)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，bM，所以|a|0，b0，ab4，mR.(1)求的最小值；(2)若|xm|x2|對任意的實(shí)數(shù)x恒成立，求m的取值范圍【解】(1)因?yàn)閍0，b0，ab4，所以(ab)1(當(dāng)且僅當(dāng)ab2時(shí)“”成立)，所以的最小值為1.(2)若|xm|x2|對任意的實(shí)數(shù)x恒成立，則|xm|x2|對任意的實(shí)數(shù)x恒成立，即|xm|x2|1對任意的實(shí)數(shù)x恒成立，因?yàn)閨xm|x2|(xm)(x2)|m2|，所以|m2|1，所以3
6、m1，即m的取值范圍為3，1(1)求含絕對值號函數(shù)的最值的兩種方法利用|a|b|ab|a|b|求解將函數(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)Mf(x)M任意x恒成立f(x)minMf(x)maxM存在x成立f(x)maxMf(x)minM 對點(diǎn)訓(xùn)練(2019洛陽市統(tǒng)考)已知f(x)|x1|，g(x)2|x|a.(1)當(dāng)a1時(shí)，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)若存在x0R，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范圍解：(1)當(dāng)a1時(shí)，原不等式可化為|x1|2|x|1，設(shè)(x)|x1|2|x|，則(x)則或或即x2.所以原不等式的解集為.(2)存在x0R使得
7、f(x0)g(x0)成立，等價(jià)于|x1|2|x|a有解，即(x)a有解，即a(x)max.由(1)可知，(x)在(，0)上單調(diào)遞增，在0，)上單調(diào)遞減所以(x)max(0)1，所以a1.1(2019安徽省考試試題)已知f(x)|x2|.(1)解不等式f(x)1f(2x)；(2)若f(m)1，f(2n)2，求|m2n1|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|x2|12|x1|，所以或或所以1x1或1x或，所以原不等式的解集為.(2)由題意得f(m)|m2|1，f(2n)|2n2|2，所以|n1|1，所以|m2n1|(m2)2(n1)1|m2|2|n1|14，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，|m
8、2n1|取得最大值4.2已知不等式|x|x3|0，y0，nxym0，求證：xy16xy.解：(1)由|x|x3|x6，得或或解得1x0，y0，所以(9xy)1010216，當(dāng)且僅當(dāng)，即x，y時(shí)取等號，所以16，即xy16xy.3(2019昆明市診斷測試)已知函數(shù)f(x)|2x1|x1|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)1，等價(jià)于或或解得x3或x1或x1.所以原不等式的解集為.(2)由f(x)x2x|2x1|x1|.令g(x)x2x|2x1|x1|，則由題意知mg(x)max.g(x)作出其圖象如圖所示，由圖象知g(x)max1.所以m1，即m的取值范圍為(1，)4(201
9、9高考全國卷)設(shè)x，y，zR，且xyz1.(1)求(x1)2(y1)2(z1)2的最小值；(2)若(x2)2(y1)2(za)2成立，證明：a3或a1.解：(1)因?yàn)?x1)(y1)(z1)2(x1)2(y1)2(z1)22(x1)(y1)(y1)(z1)(z1)(x1)3(x1)2(y1)2(z1)2，故由已知得(x1)2(y1)2(z1)2，當(dāng)且僅當(dāng)x，y，z時(shí)等號成立所以(x1)2(y1)2(z1)2的最小值為.(2)證明：因?yàn)?x2)(y1)(za)2(x2)2(y1)2(za)22(x2)(y1)(y1)(za)(za)(x2)3(x2)2(y1)2(za)2，故由已知得(x2)2(
10、y1)2(za)2，當(dāng)且僅當(dāng)x，y，z時(shí)等號成立因此(x2)2(y1)2(za)2的最小值為.由題設(shè)知，解得a3或a1.5設(shè)函數(shù)f(x)a(x1)(1)當(dāng)a1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)a1時(shí)，不等式 |f(x)|f(x)|3x，即|x1|x1|3x，當(dāng)x1時(shí)，得1xx13xx0，所以x1，當(dāng)1x1時(shí)，得1xx13xx，所以14；(2)若x1R，x2R，使得f(x2)g(x1)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)f(x)4，即|2x1|x2|4，當(dāng)x4，得x4，得2x時(shí)，2x1(x2)4，得x7.綜上，不等式f(x)4的解集為.(2)因?yàn)閤1R，x2R，使得f(x2)g(x1)，所以g(x)的值域是f(x)的值域的子集，f(x)|2x1|x2|所以f(x)的值域?yàn)椋琯(x)|xa|xa1|的值域?yàn)閨2a1|，|2a1|，所以|2a1|，即|2a1|，則2a1，a，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為.- 13 -
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