金版教程高考數學文二輪復習講義：第二編 專題整合突破 專題八系列4選講 第二講 選修4－5不等式選講 Word版含解析

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1、 高考數學精品復習資料 2019.5 第二講　(選修4－5)不等式選講 重要定理] 1．絕對值不等式 定理1：如果a，b是實數，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立． 定理2：如果a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立． 2．絕對值不等式的解法 (1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法 ①|ax＋b|≤c(c>0)?－c≤ax＋b≤c. ②|ax＋b|≥c(c>0)

2、?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 ①利用絕對值不等式幾何意義求解，體現數形結合思想． ②利用“零點分段法”求解，體現分類討論思想． ③通過構建函數，利用函數圖象求解，體現函數與方程思想． 3．證明不等式的基本方法 (1)比較法；(2)綜合法；(3)分析法；(4)反證法；(5)放縮法． 4．二維形式的柯西不等式 若a，b，c，d∈R，則(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，當且僅當ad＝bc時，等號成立． 失分警示] 1．應用絕對值不等式性質求函數的最值時，一

3、定要注意等號成立的條件．特別是多次使用不等式時，必須使等號同時成立． 2．利用基本不等式證明要注意“一正、二定、三相等”三個條件同時成立，缺一不可． 3．在去掉絕對值符號進行分類時要做到不重不漏． 考點　絕對值不等式　　 典例示法 題型1　絕對值不等式的解法 典例1　　20xx·沈陽模擬]設函數f(x)＝|2x＋1|－|x－4|. (1)解不等式f(x)＞2； (2)求函數y＝f(x)的最小值． 解]　(1)解法一：令2x＋1＝0，x－4＝0分別得 x＝－，x＝4. 原不等式可化為： 或或 所以原不等式的解集為 . 解法二： f(x)＝|2x＋

4、1|－|x－4|＝ 畫出f(x)的圖象 y＝2與f(x)圖象的交點為(－7,2)，. 由圖象知f(x)＞2的解集為. (2)由(1)的解法二中的圖象知：f(x)min＝－. 題型2　含絕對值不等式的恒成立問題 典例2　　20xx·長春質檢]設函數f(x)＝|x＋2|＋|x－a|(a∈R)． (1)若不等式f(x)＋a≥0恒成立，求實數a的取值范圍； (2)若不等式f(x)≥x恒成立，求實數a的取值范圍． 解]　(1)當a≥0時，f(x)＋a≥0恒成立，當a<0時，要保證f(x)≥－a恒成立，即f(x)的最小值|a＋2|≥－a，解得－1≤a<0，故a≥

5、－1. (2)由題意可知，函數y＝f(x)的圖象恒在直線y＝x的上方，畫出兩個函數圖象可知，當a≤－2時，符合題意，當a>－2時，只需滿足點(a，a＋2)不在點的下方即可，所以a＋2≥a，即－2<a≤4. 綜上，實數a的取值范圍是(－∞，4]． 1．解絕對值不等式的步驟和方法 (1)用零點分段法解絕對值不等式的步驟 ①求零點． ②劃區(qū)間、去絕對值號． ③分別解去掉絕對值的不等式． ④取每個結果的并集，注意在分段時不要遺漏區(qū)間的端點值． (2)用圖象法求解不等式 用圖象法，數形結合可以求解含有絕對值的不等式，使得代數問題幾何化，既通俗易懂，又簡潔直觀，是一

6、種較好的方法． 2．解決含參數的絕對值不等式問題的兩種常用方法 (1)將參數分類討論，將其轉化為分段函數解決； (2)借助于絕對值的幾何意義，先求出f(x)的最值或值域，然后再根據題目要求，求解參數的取值范圍． 3．解答含參數的絕對值不等式應熟記的幾個轉化 f(x)>a恒成立?f(x)min>a；f(x)<a恒成立?f(x)max<a；f(x)>a有解?f(x)max>a；f(x)<a有解?f(x)min<a；f(x)>a無解?f(x)max≤a；f(x)<a無解?f(x)min≥a. 考點　不等式的證明　　 典例示

7、法 典例3　　20xx·湖北二聯(lián)]已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)<4的解集為M. (1)求M； (2)當a，b∈M時，證明：2|a＋b|<|4＋ab|. 解]　(1)f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝ 當x<－1時，由－2x<4得－2<x<－1； 當－1≤x≤1時，f(x)＝2<4； 當x>1時，由2x<4得1<x<2. 所以M＝(－2,2)． (2)證明：當a，b∈M，即－2<a，b<2時， ∵4(a＋b)2－(4＋ab)2＝4(a2＋2ab＋b2)－(16＋8a

8、b＋a2b2)＝(a2－4)(4－b2)<0， ∴4(a＋b)2<(4＋ab)2， ∴2|a＋b|<|4＋ab|. 不等式證明的常用方法 (1)不等式的證明常利用綜合法、分析法、基本不等式和柯西不等式等，要根據題目特點靈活選用方法； (2)證明含絕對值的不等式主要有以下三種方法： ①利用絕對值的定義去掉絕對值符號，轉化為普通不等式再證明； ②利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|進行證明； ③轉化為函數問題，利用數形結合進行證明． 針對訓練 20xx·陜西質檢]已知函數f(x)＝|x－1|. (1)解不等

9、式f(2x)＋f(x＋4)≥8； (2)若|a|＜1，|b|＜1，a≠0，求證：＞f. 解　(1)f(2x)＋f(x＋4)＝|2x－1|＋|x＋3| ＝ 當x＜－3時，由－3x－2≥8，解得x≤－； 當－3≤x＜時，－x＋4≥8無解； 當x≥時，由3x＋2≥8，解得x≥2. 所以不等式f(2x)＋f(x＋4)≥8的解集為 . (2)證明：＞f等價于f(ab)＞|a|f， 即|ab－1|＞|a－b|. 因為|a|＜1，|b|＜1， 所以|ab－1|2－|a－b|2＝(a2b2－2ab＋1)－(a2－2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)＞0， 所以|ab－1|＞|a－

10、b|. 故所證不等式成立． 考點　柯西不等式　　 典例示法 典例4　　20xx·福建高考]已知a>0，b>0，c>0，函數f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4. (1)求a＋b＋c的值； (2)求a2＋b2＋c2的最小值． 解]　(1)因為f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c， 當且僅當－a≤x≤b時，等號成立． 又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b， 所以f(x)的最小值為a＋b＋c. 又已知f(x)的最小值為4，所以a＋b＋c＝4. (2)由(1)知a＋b＋c＝4

11、，由柯西不等式得 (4＋9＋1)≥2＝(a＋b＋c)2＝16，即a2＋b2＋c2≥. 當且僅當＝＝，即a＝，b＝，c＝時等號成立． 故a2＋b2＋c2的最小值為. 柯西不等式的求解方法 柯西不等式在解決多變量代數式的最值問題中有著重要的應用，運用柯西不等式求最值時，關鍵是進行巧妙的拼湊，構造出柯西不等式的形式． 針對訓練 20xx·陜西高考]已知關于x的不等式|x＋a|<b的解集為{x|2<x<4}． (1)求實數a，b的值； (2)求＋的最大值． 解　(1)由|x＋a|<b，得－b－a<x<b－a， 則解得a＝－3，b＝

12、1. (2)＋ ＝＋≤ ＝2＝4， 當且僅當＝，即t＝1時等號成立， 故(＋)max＝4. 全國卷高考真題調研] 1．20xx·全國卷Ⅰ]已知函數f(x)＝|x＋1|－|2x－3|. (1)畫出y＝f(x)的圖象； (2)求不等式|f(x)|>1的解集． 解　(1)f(x)＝ y＝f(x)的圖象如圖所示． (2)由f(x)的表達式及圖象知，當f(x)＝1時，可得x＝1或x＝3； 當f(x)＝－1時，可得x＝或x＝5. 故f(x)>1的解集為{x|1<x<3}；f(x)<－1的解集為. 所以|f(x)|>1的

13、解集為. 2．20xx·全國卷Ⅰ]已知函數f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0. (1)當a＝1時，求不等式f(x)>1的解集； (2)若f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于6，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時，f(x)>1化為|x＋1|－2|x－1|－1>0. 當x≤－1時，不等式化為x－4>0，即x>4，無解； 當－1<x<1時，不等式化為3x－2>0，解得<x<1； 當x≥1時，不等式化為－x＋2>0，解得1≤x<2. 綜上，f(x)>1的解集為. (2)由題設

14、可得， f(x)＝所以函數f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，△ABC的面積為(a＋1)2. 由題設得(a＋1)2>6，故a>2. 所以a的取值范圍為(2，＋∞)． 3．20xx·全國卷Ⅱ]設a，b，c，d均為正數，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)因為(＋)2＝a＋b＋2，(＋)2＝c＋d＋2， 由題設a＋b＝c＋d，ab>cd得(＋)2>(＋)2. 因此＋>＋. (2)

15、①若|a－b|<|c－d|，則(a－b)2<(c－d)2， 即(a＋b)2－4ab<(c＋d)2－4cd. 因為a＋b＝c＋d，所以ab>cd. 由(1)得＋>＋. ②若＋>＋，則(＋)2>(＋)2， 即a＋b＋2>c＋d＋2. 因為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． 其它省市高考題借鑒] 4．20xx·江蘇高考]設a>0，|

16、x－1|<，|y－2|<，求證：|2x＋y－4|<a. 證明　因為|x－1|<，|y－2|<， 所以|2x＋y－4|＝|2(x－1)＋(y－2)|≤2|x－1|＋|y－2|<2×＋＝a. 5．20xx·湖南高考]設a>0，b>0，且a＋b＝＋.證明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立． 證明　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1. (1)由基本不等式及ab＝1， 有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2， 當且僅當a＝b＝1時等號成立． (2)假設a2＋

17、a<2與b2＋b<2同時成立，則由a2＋a<2及a>0得0<a<1；同理，0<b<1，從而ab<1，這與ab＝1矛盾．故a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時成立． 6．20xx·福建高考]已知定義在R上的函數f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值為a. (1)求a的值； (2)若p，q，r是正實數，且滿足p＋q＋r＝a，求證：p2＋q2＋r2≥3. 解　(1)因為|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3， 當且僅當－1≤x≤2時，等號成立， 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3. (2)證

18、明：由(1)知p＋q＋r＝3，又因為p，q，r是正實數， 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，即p2＋q2＋r2≥3. 1．20xx·湖北八校聯(lián)考]已知函數f(x)＝|x－10|＋|x－20|，且滿足f(x)<10a＋10(a∈R)的解集不是空集． (1)求實數a的取值集合A； (2)若b∈A，a≠b，求證：aabb>abba. 解　(1)|x－10|＋|x－20|<10a＋10的解集不是空集， 則(|x－10|＋|x－20|)min<10a＋10，

19、∴10<10a＋10，∴a>0，A＝(0，＋∞)． (2)證明：不妨設a>b，則＝a－b， ∵a>b>0，∴>1，a－b>0，a－b>1， ∴aabb>abba. 2．20xx·河南測試]已知函數f(x)＝|x－2|. (1)解不等式f(x)＋f(x＋5)≥9； (2)若|a|<1，|b|<1，求證：f(ab＋3)>f(a＋b＋2)． 解　(1)f(x)＋f(x＋5)＝|x－2|＋|x＋3| ＝ 當x<－3時，由－2x－1≥9，解得x≤－5； 當－3≤x≤2時，f(x)≥9，不成立；

20、當x>2時，由2x＋1≥9，解得x≥4. 所以不等式f(x)＋f(x＋5)≥9的解集為{x|x≤－5或x≥4}． (2)證明：f(ab＋3)>f(a＋b＋2)，即|ab＋1|>|a＋b|. 因為|a|<1，|b|<1， 所以|ab＋1|2－|a＋b|2＝(a2b2＋2ab＋1)－(a2＋2ab＋b2)＝(a2－1)(b2－1)>0， 所以|ab＋1|>|a＋b|， 故所證不等式成立． 3．已知函數f(x)＝|x－2|－|x＋1|. (1)解不等式f(x)>1； (2)當x>0時，函數g(x)＝(a>0)的最小值總大于

21、函數f(x)，試求實數a的取值范圍． 解　(1)當x>2時，原不等式可化為x－2－x－1>1，此時不成立； 當－1≤x≤2時，原不等式可化為2－x－x－1>1，即－1≤x<0； 當x<－1時，原不等式可化為2－x＋x＋1>1，即x<－1， 綜上，原不等式的解集是{x|x<0}． (2)因為g(x)＝ax＋－1≥2－1，當且僅當ax＝，即x＝時“＝”成立， 所以g(x)min＝2－1， f(x)＝所以f(x)∈－3,1)， 所以2－1≥1，即a≥1為所求． 4．20xx·全國卷Ⅲ]已知函數f(x)＝|2x－a|＋a.

22、(1)當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集； (2)設函數g(x)＝|2x－1|.當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝2時，f(x)＝|2x－2|＋2. 解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3. 因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}． (2)當x∈R時， f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a. 所以當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3等價于|1－a|＋a≥3.① 當a≤1時，①等價于1－a＋a≥3，無解． 當a>1時，①等價于a－1＋a≥3，解得a≥2. 所以a的取

23、值范圍是2，＋∞)． 5．20xx·湖北七市聯(lián)考]設函數f(x)＝|x－a|，a∈R. (1)若a＝1，解不等式f(x)≥(x＋1)； (2)記函數g(x)＝f(x)－|x－2|的值域為A，若A?－1,3]，求a的取值范圍． 解　(1)由于a＝1，故f(x)＝ 當x<1時，由f(x)≥(x＋1)，得1－x≥(x＋1)，解得x≤. 當x≥1時，由f(x)≥(x＋1)，得x－1≥(x＋1)，解得x≥3. 綜上，不等式f(x)≥(x＋1)的解集為∪3，＋∞)． (2)當a<2時，g(x)＝g(x)的值域A＝a－2,2－a]， 由A?－1,3]，得解得a≥1，又

24、a<2，故1≤a<2； 當a≥2時，g(x)＝g(x)的值域A＝2－a，a－2]， 由A?－1,3]，得解得a≤3，又a≥2， 故2≤a≤3. 綜上，a的取值范圍為1,3]． 6．20xx·西安交大附中六診]設函數f(x)＝＋|x－a|. (1)求證：當a＝－時， 不等式ln f(x)>1成立； (2)關于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立，求實數a的最大值． 解　(1)證明：由f(x)＝＋ ＝ 得函數f(x)的最小值為3，從而f(x)≥3>e. 所以ln f(x)>1成立． (2)由絕對值的性質得f(x)＝＋|x－a|≥＝，

25、所以f(x)最小值為，從而≥a， 解得a≤， 因此a的最大值為. 7.20xx·太原測評]對于任意的實數a(a≠0)和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立，記實數M的最大值是m. (1)求m的值； (2)解不等式|x－1|＋|x－2|≤m. 解　(1)不等式|a＋b|＋|a－b|≥M·|a|恒成立， 即M≤對于任意的實數a(a≠0)和b恒成立， 所以M的最大值m是的最小值． 因為|a＋b|＋|a－b|≥|(a＋b)＋(a－b)|＝2|a|， 當且僅當(a－b)(a＋b)≥0時等號成立，即|a|≥|b|時， ≥2成立，所以m＝2

26、. (2)|x－1|＋|x－2|≤2. 解法一：利用絕對值的意義得≤x≤. 解法二：當x<1時，原不等式化為－(x－1)－(x－2)≤2， 解得x≥，所以x的取值范圍是≤x<1； 當1≤x≤2時，原不等式化為(x－1)－(x－2)≤2， 得x的取值范圍是1≤x≤2； 當x>2時，原不等式化為(x－1)＋(x－2)≤2，解得x≤. 所以x的取值范圍是2<x≤. 綜上所述，x的取值范圍是≤x≤. 解法三：構造函數y＝|x－1|＋|x－2|－2， 作出y＝ 利用圖象有當y≤0，得≤x≤. 8．20xx·洛陽統(tǒng)考]已知a，b∈(0，＋

27、∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)． (1)求＋＋的最小值； (2)求證：(ax1＋bx2)(ax2＋bx1)≥x1x2. 解　(1)因為a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)， 所以＋＋≥3·＝3·≥3·＝3×＝6， 當且僅當＝＝，a＝b，即a＝b＝且x1＝x2＝1時，＋＋有最小值6. (2)證法一：由a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)， 及柯西不等式可得： (ax1＋bx2)(ax2＋bx1)＝()2＋()2]·()2＋()2]≥(·＋·)2＝(a＋b)2＝x1x2， 當且僅當＝，即x1＝x2時取得等號． 證法二：因為a，b∈(0，＋∞)，a＋b＝1，x1，x2∈(0，＋∞)， 所以(ax1＋bx2)(ax2＋bx1) ＝a2x1x2＋abx＋abx＋b2x1x2 ＝x1x2(a2＋b2)＋ab(x＋x) ≥x1x2(a2＋b2)＋ab(2x1x2) ＝x1x2(a2＋b2＋2ab) ＝x1x2(a＋b)2 ＝x1x2， 當且僅當x1＝x2時，取得等號．