2020届高考数学二轮教师用书：第十一章第2节　选修4－5　不等式选讲

第2节　选修4－5　不等式选讲1．绝对值不等式的解法(1)|ax＋b|≤c(c>0)和|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　(2)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法解法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合思想；解法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论思想；解法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．2．绝对值三角不等式(1)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．(2)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．3．比较法作差比较法与作商比较法的基本原理(1)作差法：a－b>0⇔　a>b　.(2)作商法：>　1　⇔a>b(a>0，b>0)．4．综合法与分析法(1)综合法：证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过　推理论证　而得出命题成立，综合法又叫顺推证法或由因导果法．(2)分析法：证明命题时，从待证不等式出发，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．这是一种　执果索因　的思考和证明方法．5．柯西不等式设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，等号当且仅当ad＝bc时成立．[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”：(1)|x－a|＋|x－b|的几何意义是表示数轴上的点x到点a，b的距离之和．(　　 )(2)不等式|a|－|b|≤|a＋b|等号成立的条件是ab≤0.(　　 )(3)不等式|a－b|≤|a|＋|b|等号成立的条件是ab≤0.(　　 )(4)当ab≥0时，|a＋b|＝|a|＋|b|成立．(　　 )答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√[小题查验]1．不等式1<|x＋1|<3的解集为(　　 )A．(0,2)　　　　　　 B．(－2,0)∪(2,4)C．(－4,0)  D．(－4，－2)∪(0,2)解析：D　[由|x＋1|<3，得－4<x<2，由|x＋1|>1，得x<－2或x>0.所以－4<x<－2或0<x<2.故选D.]2．函数y＝|x－4|＋|x－6|的最小值为(　　 )A．2  B．4C．6  D．10解析：A　[由|x－4|＋|x－6|的几何意义可知|x－4|＋|x－6|≥2，故选A.]3．若a＞b＞1，x＝a＋，y＝b＋，则x与y的大小关系是(　　 )A．x＞y  B．x＜yC．x≥y  D．x≤y解析：A　[x－y＝a＋－＝a－b＋＝.由a＞b＞1得ab＞1，a－b＞0，所以＞0，即x－y＞0，所以x＞y.]4．[教材改编]求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为　____________　.解析：①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1；②当1<x<5时，原不等式可化为x－1－(5－x)<2，∴x<4，∴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(－∞，4)．答案：(－∞，4)．5．若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是　________　.解析：利用数轴及不等式的几何意义可得x到a与到1的距离和小于3，所以a的取值范围为－2≤a≤4.答案：－2≤a≤4考点一　绝对值不等式的解法(师生共研) [典例]　(2018·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝.∵f(x)≥0，∴或或.解得－2≤x≤3，∴f′(x)≥0的解集为[－2,3]．(2)∵f(x)≤1，即|x＋a|＋|x－2|≥4，∴|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|≥4.∴a≥2或a≤－6.　　含绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a∈(0，＋∞)，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－a或x>a.(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号．(3)零点分区间法(或叫定义法)：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解．(5)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象，利用函数图象求解．[跟踪训练](2019·全国Ⅱ卷)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)＜0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)＜0，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x＜1时，f(x)＝－2(x－1)2＜0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)＜0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1，当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)＜0.所以，a的取值范围是[1，＋∞)．考点二　绝对值不等式的恒成立问题(师生共研)[典例]　已知函数f(x)＝|x－m|－|x＋3m|(m>0)．(1)当m＝1时，求不等式f(x)≥1的解集；(2)若对任意实数x，t，不等式f(x)<|2＋t|＋|t－1|恒成立，求实数m的取值范围．[解析]　(1)f(x)＝|x－m|－|x＋3m|＝当m＝1时，由或x≤－3，得x≤－，∴不等式f(x)≥1的解集为{x|x≤－}．(2)不等式f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数x，t恒成立，等价于对任意的实数x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min恒成立，即f(x)max<(|2＋t|＋|t－1|)min，∵f(x)＝|x－m|－|x＋3m|≤|(x－m)－(x＋3m)|＝4m，|2＋t|＋|t－1|≥|(2＋t)－(t－1)|＝3，∴4m<3，又m>0，∴0<m<.即实数m的取值范围为(0，)．不等式恒成立问题的常见类型及其解法(1)分离参数法运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题．(2)数形结合法在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维各自的优势，可直观解决问题．提醒：不等式的解集为R是指不等式恒成立问题，而不等式的解集为∅的对立面也是不等式恒成立问题，如f(x)>m的解集为∅，则f(x)≤m恒成立．[跟踪训练]设f(x)＝|ax－1|.(1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a的值；(2)当a＝2时，若存在x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围．解：(1)显然a≠0，当a>0时，解集为，则－＝－6，＝2，无解；当a<0时，解集为，令－＝2，＝－6，得a＝－.综上所述，a＝－.(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)＝|4x＋1|－|2x－3|＝由此可知h(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，则当x＝－时，h(x)取得最小值－，由题意，知－≤7－3m，则实数m的取值范围是.考点三　不等式的证明(师生共研)[典例]　(2019·全国Ⅰ卷)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.解：(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋，所以＋＋≤a2＋b2＋c2.(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24.所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.　　证明绝对值不等式三种常用方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．(2)利用不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．(3)转化为函数问题，利用数形结合进行证明．[跟踪训练]1．已知a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；(2)a＋b≤2.证明：(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)＝2＋，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.　　1．综合法证明的实质是由因导果，其证明的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达式是“∵，∴”或“⇒”．2．综合法证明不等式，要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．[跟踪训练]2．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：(1)＋＋≥8；(2)≥9.证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，∴＋＋＝＋＋＝2＝2＝2＋4≥4＋4＝8(当且仅当a＝b＝时，等号成立)，∴＋＋≥8.(2)∵＝＋＋＋1，由(1)知＋＋≥8.∴≥9.1．已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|.(1)求不等式f(x)≥1的解集；(2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围．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的解集为{x|x≥1}．(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|＝－2＋≤，且当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.故m的取值范围为.2．(2018·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图像；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．解：(1)当x≤－时，f(x)＝－2x－1－x＋1＝－3x，当－<x<1时，f(x)＝2x＋1－x＋1＝x＋2.当x≥1时，f(x)＝2x＋1＋x－1＝3x，由此可画出函数f(x)的图象．(2)根据题意y＝ax＋b的图象在f(x)的图象上方由图象可得，b≥2，a≥3，所以a＋b的最小值为5.3．(2018·全国Ⅰ卷)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，即f(x)＝故不等式f(x)＞1的解集为{x|x＞}．(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|＞x成立等价于当x∈(0,1)时|ax－1|＜1成立．若a≤0，则当x∈(0,1)时|ax－1|≥1；若a＞0，则|ax－1|＜1的解集为，所以≥1，故0＜a≤2.综上，a的取值范围为(0,2]．4．(2020·新疆适应性检测)设函数f(x)＝|2x＋1|－|2x－4|，g(x)＝9＋2x－x2.(1)解不等式f(x)>1；(2)证明：|8x－16|≥g(x)－2f(x)．解：(1)当x≥2时，f(x)＝2x＋1－(2x－4)＝5>1，∴x≥2.当－≤x<2时，f(x)＝2x＋1－(4－2x)＝4x－3>1，得x>1，∴1<x<2.当x<－时，f(x)＝－2x－1－(4－2x)＝－5>1不成立，无解．综上，f(x)>1的解集为(1，＋∞)．(2)要证|8x－16|≥g(x)－2f(x)，只需证2f(x)＋|8x－16|≥g(x)．∵2f(x)＋|8x－16|＝|4x＋2|＋|4x－8|≥|4x＋2－(4x－8)|＝10，当且仅当－≤x≤2时等号成立，∴2f(x)＋|8x－16|的最小值是10.又g(x)＝－(x－1)2＋10≤10，∴g(x)的最大值是10，此时x＝1.∵1∈，∴2f(x)＋|8x－16|≥g(x)，∴|8x－16|≥g(x)－2f(x)．5．(2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝|ax－1|－(a－2)x.(1)当a＝3时，求不等式f(x)>0的解集；(2)若函数f(x)的图象与x轴没有交点，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝3时，不等式可化为|3x－1|－x>0，即|3x－1|>x，∴3x－1<－x或3x－1>x，即x<或x>，∴不等式f(x)>0的解集为{x|x<或x>}．(2)当a>0时，f(x)＝要使函数f(x)的图象与x轴无交点，只需解得1≤a<2.当a＝0时，f(x)＝2x＋1，函数f(x)的图象与x轴有交点，不合题意；当a<0时，f(x)＝要使函数f(x)的图象与x轴无交点，只需此时无解．综上可知，若函数f(x)的图象与x轴无交点，则实数a的取值范围为[1,2)．6．(2019·长沙、南昌联考)已知函数f(x)＝|x－2|＋|x＋1|.(1)解不等式f(x)≥5；(2)若不等式f(x)<3x＋a在(0,3)上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)∴f(x)≥5可化为|x－2|＋|x＋1|≥5，则，或，或.解得x≥3或x≤－2.所以原不等式的解集为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)不等式f(x)≤3x＋a在(0,3)上恒成立，即|x－2|＋|x＋1|<3x＋a在(0,3)上恒成立，即|x－2|<2x＋a－1在(0,3)恒成立．亦即－2x－a＋1<x－2<2x＋a－1在(0,3)恒成立，∴⇒∴a≥3故实数a的取值范围是[3，＋∞)．