2022届高考数学一轮复习第十一章选修系列选修4_5不等式选讲学案理含解析北师大版

选修4－5　不等式选讲

授课提示：对应学生用书第258页

知识点一　绝对值不等式

1．绝对值三角不等式

定理1：如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．

定理2：如果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．

2．绝对值不等式的解法

（1）含绝对值的不等式|x|<a与|x|>a的解集

（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利用绝对值不等式的几何意义求解．

②利用零点分段法求解．

③构造函数，利用函数的图像求解．

1．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为（　　）

A．2　　　　　　　 B．4

C．6  D．10

解析：由|x－4|＋|x－6|的几何意义可知|x－4|＋|x－6|≥2．

答案：A

2．不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是_________．

解析：①当x≤1时，原不等式可化为1－x－（5－x）<2，所以－4<2，不等式恒成立，所以x≤1；

②当1<x<5时，原不等式可化为x－1－（5－x）<2，所以x<4，所以1<x<4；

③当x≥5时，原不等式可化为x－1－（x－5）<2，该不等式不成立．

综上，原不等式的解集为{x|x<4}．

答案：{x|x<4}

3．（易错题）若关于x的不等式|a|≥|x＋1|＋|x－2|存在实数解，则实数a的取值范围是_________．

解析：由于|x＋1|＋|x－2|≥|（x＋1）－（x－2）|＝3，

所以|x＋1|＋|x－2|的最小值为3．要使原不等式有解，只需|a|≥3，则a≥3或a≤－3．

答案：（－∞，－3]∪[3，＋∞）

知识点二　不等式的证明

1．基本不等式

定理1：如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．

定理2：如果a，b>0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于（即大于或等于）它们的几何平均．

定理3：如果a，b，c∈R＋，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

2．比较法

（1）比差法的依据是：a－b>0⇔a>b．步骤是：“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．

（2）比商法：若B>0，欲证A≥B，只需证≥1．

3．综合法与分析法

（1）综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．

（2）分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义，公理或已证明的定理，性质等），从而得出要证的命题成立．

1．已知a，b∈R＋，且a＋b＝2，则＋的最小值为（　　）

A．1　　　　　　　　 B．2

C．4  D．8

解析：∵a，b∈R＋，且a＋b＝2，

∴（a＋b）

＝2＋＋

≥2＋2＝4，

∴＋≥＝2，即＋的最小值为2（当且仅当a＝b＝1时，等号成立）．

答案：B

2．已知a≥b>0，M＝2a3－b3，N＝2ab2－a2b，则M，N的大小关系为_________．

解析：2a3－b3－（2ab2－a2b）＝2a（a2－b2）＋b（a2－b2）＝（a2－b2）（2a＋b）＝（a－b）（a＋b）（2a＋b）．因为a≥b>0．所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，从而（a－b）（a＋b）（2a＋b）≥0，故2a3－b3≥2ab2－a2b．

答案：M≥N

授课提示：对应学生用书第259页

题型一　绝对值不等式的解法　　

[例]　（2020·高考全国卷Ⅰ）已知函数f（x）＝|3x＋1|－2|x－1|．

（1）画出y＝f（x）的图像；

（2）求不等式f（x）＞f（x＋1）的解集．

[解析]　（1）由题设知f（x）＝

画出y＝f（x）的图像如图（1）所示．

图（1）

（2）函数y＝f（x）的图像向左平移1个单位长度后得到函数y＝f（x＋1）的图像，如图（2）所示．

图（2）

易得y＝f（x）的图像与y＝f（x＋1）的图像的交点坐标为．由图像可知，当且仅当x＜－时，y＝f（x）的图像在y＝f（x＋1）的图像上方．

故不等式f（x）＞f（x＋1）的解集为．

绝对值不等式的常见三种解法

（1）零点分段讨论法

含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分段讨论法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式（组），一般步骤如下：

①令每个绝对值符号里的代数式为零，并求出相应的根；

②将这些根按从小到大排序，它们把实数集分为若干个区间；

③在所分的各区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，求所得的各不等式在相应区间上的解集；

④这些解集的并集就是原不等式的解集．

（2）利用绝对值的几何意义

由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到与a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|＜c（c＞0）或|x－a|－|x－b|＞c（c＞0）的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．

（3）数形结合法

在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图像，利用函数图像求解．

[对点训练]

（2021·衡水中学摸底）已知函数f（x）＝|2x＋1|＋2|x－3|．

（1）求不等式f（x）≤7x的解集；

（2）若关于x的方程f（x）＝|m|存在实数解，求实数m的取值范围．

解析：（1）不等式f（x）≤7x，即|2x－6|＋|2x＋1|≤7x，

可化为或

或

解得x≥1，即原不等式的解集为{x|≥1}．

（2）∵f（x）＝|2x－6|＋|2x＋1|≥|（2x－6）－（2x＋1）|＝7，

∴关于x的方程f（x）＝|m|存在实数解，即|m|≥7有解，解得m≥7或m≤－7．

∴实数m的取值范围为{m|m≥7或m≤－7}．

题型二　不等式的证明　　

考法（一）　比较法证明不等式

[例1]　（2021·西宁模拟）已知函数f（x）＝|2x＋1|＋|x－2|，集合A＝{x|f（x）＜3}．

（1）求A；

（2）若s，t∈A，求证：＜．

[解析]　（1）不等式f（x）＜3等价于|2x＋1|＋|x－2|＜3．（*）

设函数g（x）＝|2x＋1|＋|x－2|－3，则

g（x）＝其图像如图所示．从图像可知，当且仅当x∈时，g（x）＜0．

所以不等式（*）的解集为．

所以A＝．

（2）证明：因为s，t∈A，由（1）知s，t∈，

所以s2＜1，t2＜1．

因为－＝1＋－t2－＝（1－t2）（s2－1）＜0，

所以＜，

所以＜．

比较法证明不等式的方法与步骤

（1）作差比较法：作差、变形、判号、下结论．

（2）作商比较法：作商、变形、判断、下结论．

[提醒]　（1）当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，一般使用作差比较法．

（2）当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时，一般使用作商比较法．

考法（二）　综合分析法证明不等式

[例2]　（2021·长沙长郡中学调研）已知函数f（x）＝|x＋2|．

（1）解不等式f（x）>4－|x＋1|；

（2）已知a＋b＝2（a>0，b>0），求证：－f（x）≤＋．

[解析]　（1）f（x）>4－|x＋1|，即|x＋2|＋|x＋1|>4，

则得x<－；

无解；

得x>．

所以原不等式的解集为．

（2）证明：－f（x）＝－|x＋2|≤，

＋＝（a＋b）＝≥（5＋4）＝，

所以－f（x）≤＋．

综合法与分析法常常结合起来使用，称为综合分析法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确要干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程．

考法（三）　放缩法证明不等式

[例3]　若a，b∈R，求证：≤＋．

[证明]　当|a＋b|＝0时，不等式显然成立．

当|a＋b|≠0时，

由0<|a＋b|≤|a|＋|b|

⇒≥，

所以＝≤

＝

＝＋≤＋．

综上，原不等式成立．

“放”和“缩”的常用技巧

在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：

（1）变换分式的分子和分母，如<，>，<，>．上面不等式中k∈N＋，k>1．

（2）利用函数的单调性．

（3）真分数性质“若0<a<b，m>0，则<”．

[提醒]　在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．

[题组突破]

1．设n是正整数，求证：≤＋＋…＋<1．

证明：由2n≥n＋k>n（k＝1，2，…，n），

得≤<．

当k＝1时，≤<；

当k＝2时，≤<；

…

当k＝n时，≤<，

所以＝≤＋＋…＋<＝1．

所以原不等式成立．

2．（2021·福州八中质检）已知函数f（x）＝|x－1|．

（1）解不等式f（x）＋f（x＋4）≥8；

（2）若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f（ab）>|a|f．

解析：（1）依题意，原不等式等价于|x－1|＋|x＋3|≥8．

当x<－3时，则－2x－2≥8，

解得x≤－5．

当－3≤x≤1时，则4≥8不成立，不等式解集为∅．

当x>1时，则2x＋2≥8，解得x≥3．

∴不等式f（x）＋f（x＋4）≥8的解集为{x|x≥3或x≤－5}．

（2）证明：要证f（ab）>|a|f，

只需证|ab－1|>|b－a|，

只需证（ab－1）2>（b－a）2．

∵|a|<1，|b|<1，知a2<1，b2<1，

∴（ab－1）2－（b－a）2＝a2b2－a2－b2＋1

＝（a2－1）（b2－1）>0．

故（ab－1）2>（b－a）2成立．

从而原不等式成立．

　绝对值不等式应用中的核心素养

直观想象、数学运算——不等式成立问题的应用

[例]　（2021·玉溪模拟）已知函数f（x）＝|x＋1|＋|2x－1|．

（1）解不等式f（x）≤x＋3；

（2）若g（x）＝|3x－2m|＋|3x－2|，对任意x1∈R，存在x2∈R，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数m的取值范围．

[解析]　（1）原不等式等价于或或得－≤x≤，

故原不等式的解集为．

（2）由f（x）＝|x＋1|＋|2x－1|

＝可知当x＝时，f（x）最小，无最大值，且f（x）min＝f＝．

设A＝{y|y＝f（x）}，B＝{y|y＝g（x）}，

则A＝，

因为g（x）＝|3x－2m|＋|3x－2|≥|（3x－2m）－（3x－2）|＝|2m－2|，

所以B＝{y|y≥|2m－2|}．

由题意知A⊆B，所以|2m－2|≤，

所以m∈．

故实数m的取值范围为．

处理绝对值不等式的成立问题，一是抓住等价转化思想，二是充分利用数形结合思想．

[对点训练]

已知函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|．

（1）解不等式f（x）≥3；

（2）若存在实数x，使f（x）≤m2－m＋1成立，求实数m的取值范围．

解析：（1）当x≥2时，f（x）＝2x－3，不等式f（x）≥3等价于解得x≥3；

当1<x<2时，f（x）＝1，此时不等式f（x）≥3无解；

当x≤1时，f（x）＝3－2x，不等式f（x）≥3等价于解得x≤0．

综上，不等式f（x）≥3的解集为（－∞，0]∪[3，＋∞）．

（2）法一：由（1）可知，f（x）＝

作出函数f（x）的大致图像如图所示，

由图可知f（x）min＝1．

因为存在实数x，使f（x）≤m2－m＋1成立，

所以1≤m2－m＋1，即0≤m2－m，解得m≤0或m≥1，

所以实数m的取值范围是（－∞，0]∪[1，＋∞）．

法二：由于|x－1|＋|x－2|≥|（x－1）－（x－2）|＝1，所以f（x）min＝1．

因为存在实数x，使f（x）≤m2－m＋1成立，

所以1≤m2－m＋1，即0≤m2－m，解得m≤0或m≥1，

所以实数m的取值范围是（－∞，0]∪[1，＋∞）．