2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 第2講 選修4-5 不等式選講學(xué)案.docx

第2講選修4-5 不等式選講 考向預(yù)測(cè) 本部分主要考查絕對(duì)值不等式的解法．求含絕對(duì)值的函數(shù)的最值及求含參數(shù)的絕對(duì)值不等式中的參數(shù)的取值范圍，不等式的證明等，結(jié)合集合的運(yùn)算、函數(shù)的圖象和性質(zhì)、恒成立問(wèn)題及基本不等式，絕對(duì)值不等式的應(yīng)用成為命題的熱點(diǎn)，主要考查基本運(yùn)算能力與推理論證能力及數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想． 1．絕對(duì)值不等式的性質(zhì) 定理1：如果a，b是實(shí)數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立． 定理2：如果a，b，c是實(shí)數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立． 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)利用絕對(duì)值不等式的幾何意義直觀求解． (2)利用零點(diǎn)分段法求解． (3)構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的圖象求解． 4．基本不等式 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． 熱點(diǎn)一　絕對(duì)值不等式的解法與最值問(wèn)題 【例1】(2019肇慶一模)已知函數(shù)． （1）當(dāng)時(shí)，求不等式的解集； （2）若，求實(shí)數(shù)的取值范圍． 解（1）不等式，即. 可得，或或， 解得，所以不等式的解集為. （2）， 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，兩處等號(hào)同時(shí)成立，所以，解得或， 實(shí)數(shù)a的取值范圍是． 探究提高　1．解絕對(duì)值不等式的關(guān)鍵是去絕對(duì)值符號(hào)，常用的零點(diǎn)分段法的一般步驟：求零點(diǎn)；劃分區(qū)間，去絕對(duì)值符號(hào)；分段解不等式；求各段的并集．此外，還常用絕對(duì)值的幾何意義，結(jié)合數(shù)軸直觀求解． 2．不等式恒成立問(wèn)題，存在性問(wèn)題都可以轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題解決． 【訓(xùn)練1】(2017鄭州三模)已知不等式|x－m|<|x|的解集為(1，＋∞)． (1)求實(shí)數(shù)m的值； (2)若不等式<－<對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　(1)由|x－m|<|x|，得|x－m|2<|x|2， 即2mx>m2， 又不等式|x－m|<|x|的解集為(1，＋∞)， 則1是方程2mx＝m2的解， 解得m＝2(m＝0舍去)． (2)∵m＝2，∴不等式<－<對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立等價(jià)于不等式a－5<|x＋1|－|x－2|<a＋2對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立． 設(shè)f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝， 當(dāng)0<x<2時(shí)，f(x)在(0，2)上是增函數(shù)，－1<f(x)<3， 當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)＝3．因此函數(shù)f(x)的值域?yàn)?－1，3]． 從而原不等式等價(jià)于．解得1<a≤4． 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，4]． 熱點(diǎn)二　不等式的證明 【例2】(2018雅禮中學(xué))已知定義在上的函數(shù)的最小值為． （1）求的值； （2）若，是正實(shí)數(shù)，且滿足，求證：． 解（1）因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立， 所以的最小值等于3，即； （2）證明：由（1）知， 又因?yàn)?，是正?shí)數(shù)， 所以， 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立． 探究提高　當(dāng)要證的不等式較難發(fā)現(xiàn)條件和結(jié)論之間的關(guān)系時(shí)，可用分析法來(lái)尋找證明途徑，使用分析法證明的關(guān)鍵是推理的每一步必須可逆．如果待證命題是否定性命題、唯一性命題或以“至少”“至多”等方式給出的，則考慮用反證法． 【訓(xùn)練2】(2015全國(guó)Ⅱ卷)設(shè)a，b，c，d均為正數(shù)，且a＋b＝c＋d，證明： (1)若ab>cd，則＋>＋； (2)＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件． 證明　(1)∵a，b，c，d為正數(shù)，且a＋b＝c＋d， 欲證＋>＋，只需證明(＋)2>(＋)2， 也就是證明a＋b＋2>c＋d＋2， 只需證明>，即證ab>cd． 由于ab>cd，因此＋>＋． (2)①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd． ∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd． 由(1)得＋>＋． ②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， ∴a＋b＋2>c＋d＋2． ∵a＋b＝c＋d，所以ab>cd． 于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd＝(c－d)2． 因此|a－b|<|c－d|． 綜上，＋>＋是|a－b|<|c－d|的充要條件．  1．(2018全國(guó)I卷)已知． （1）當(dāng)時(shí)，求不等式的解集； （2）若時(shí)不等式成立，求的取值范圍． 2．(2018全國(guó)II卷)設(shè)函數(shù)． （1）當(dāng)時(shí)，求不等式的解集； （2）若，求的取值范圍． 1．(2016全國(guó)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝＋，M為不等式f(x)<2的解集． (1)求M； (2)證明：當(dāng)a，b∈M時(shí)，|a＋b|<|1＋ab|． 2．(2017長(zhǎng)郡中學(xué)二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－|x＋2|． (1)解不等式f(x)>0； (2)若?x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 1．(2017石家莊三模)在平面直角坐標(biāo)系中，定義點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)之間的“直角距離”為L(zhǎng)(P，Q)＝|x1－x2|＋|y1－y2|，已知A(x，1)，B(1，2)，C(5，2)三點(diǎn)． (1)若L(A，B)>L(A，C)，求x的取值范圍； (2)當(dāng)x∈R時(shí)，不等式L(A，B)≤t＋L(A，C)恒成立，求t的最小值． 2．(2018福建聯(lián)考)已知不等式的解集為． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若，，，求證：． 參考答案 1．【解題思路】(1)將代入函數(shù)解析式，求得，利用零點(diǎn)分段將解析式化為，然后利用分段函數(shù)，分情況討論求得不等式的解集為； (2)根據(jù)題中所給的，其中一個(gè)絕對(duì)值符號(hào)可以去掉，不等式可以化為時(shí)，分情況討論即可求得結(jié)果. 【答案】（1）當(dāng)時(shí)，， ∴的解集為． （2）當(dāng)時(shí)成立等價(jià)于當(dāng)時(shí)成立． 若，則當(dāng)時(shí)； 若，的解集為，所以，故． 綜上所述，的取值范圍為． 2．【解題思路】（1）先根據(jù)絕對(duì)值幾何意義將不等式化為三個(gè)不等式組，分別求解，最后求并集，（2）先化簡(jiǎn)不等式為，再根據(jù)絕對(duì)值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范圍． 【答案】（1）當(dāng)時(shí)，，可得的解集為． （2）等價(jià)于， 而，且當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故等價(jià)于， 由可得或，所以的取值范圍是． 點(diǎn)睛：含絕對(duì)值不等式的解法有兩個(gè)基本方法，一是運(yùn)用零點(diǎn)分區(qū)間討論，二是利用絕對(duì)值的幾何意義求解．法一是運(yùn)用分類討論思想，法二是運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，將絕對(duì)值不等式與函數(shù)以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時(shí)強(qiáng)化函數(shù)、數(shù)形結(jié)合與轉(zhuǎn)化化歸思想方法的靈活應(yīng)用，這是命題的新動(dòng)向． 1．【解題思路】(1)零點(diǎn)分段討論法得出f(x)的解析式，再分類討論求解f(x)<2．(2)平方后利用作差比較法． 【答案】(1)解　f(x)＝． 當(dāng)x≤－時(shí)，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1，所以－1<x≤－； 當(dāng)－<x<時(shí)，f(x)<2恒成立． 當(dāng)x≥時(shí)，由f(x)<2得2x<2， 解得x<1，所以≤x<1． 所以f(x)<2的解集M＝{x|－1<x<1}． (2)證明　由(1)知，當(dāng)a，b∈M時(shí)，－1<a<1，－1<b<1， 從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1 ＝(a2－1)(1－b2)<0， 所以(a＋b)2<(1＋ab)2，因此|a＋b|<|1＋ab|． 2．【解題思路】(1) 零點(diǎn)分段討論法求解f(x) >0． (2) 存在性問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求最值問(wèn)題． 【答案】解　(1)①當(dāng)x<－2時(shí)，f(x)＝1－2x＋x＋2＝－x＋3． 令－x＋3>0，解得x<3，從而x<－2． ②當(dāng)－2≤x≤時(shí)，f(x)＝1－2x－x－2＝－3x－1， 令－3x－1>0，解得x<－， 又∵－2≤x≤，∴－2≤x<－． ③當(dāng)x>時(shí)，f(x)＝2x－1－x－2＝x－3， 令x－3>0，解得x>3． 又∵x>，∴x>3． 綜上，不等式f(x)>0的解集為∪(3，＋∞)． (2)由(1)得f(x)＝， ∴f(x)min＝f ＝－． ∵?x0∈R，使得f(x0)＋2m2<4m，∴4m－2m2>－， 整理得4m2－8m－5<0，解得－<m<， ∴m的取值范圍是． 1．【解題思路】(1)正確理解定義可得L(A，B)>L(A，C)，進(jìn)一步解出x的范圍．(2)由定義得出L(A，B)≤t＋L(A，C)，再利用絕對(duì)值三角不等式求解即可． 【答案】解　(1)由定義得|x－1|＋1>|x－5|＋1， 則|x－1|>|x－5|，兩邊平方得8x>24，解得x>3． 故x的取值范圍為(3，＋∞)． (2)當(dāng)x∈R時(shí)，不等式|x－1|≤|x－5|＋t恒成立，也就是t≥|x－1|－|x－5|恒成立， 因?yàn)閨x－1|－|x－5|≤|(x－1)－(x－5)|＝4， 所以t≥4，所以tmin＝4． 故t的最小值為4． 2．【解題思路】（1）根據(jù)，，進(jìn)行分類討論，求出不等式的解集，由此能求出． （2）由，，，知，由此利用作商法和基本不等式的性質(zhì)能證明． 【答案】（Ⅰ）原不等式等價(jià)于或或， 解得或，即∴，， ∴. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，即，且，， ∴， 當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)取“”,∴．