《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十八 不等式選講講義 理（重點(diǎn)生含解析）（選修4-5）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十八 不等式選講講義 理（重點(diǎn)生含解析）（選修4-5）.doc（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
專題十八 不等式選講
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
含絕對(duì)值不等式的解法及絕對(duì)值不等式恒成立問題
含絕對(duì)值不等式的解法及絕對(duì)值不等式恒成立問題
含絕對(duì)值函數(shù)的圖象與絕對(duì)值不等式恒成立問題
2017
含絕對(duì)值不等式的解法、求參數(shù)的取值范圍
基本不等式的應(yīng)用、一些常用的變形及證明不等式的方法
含絕對(duì)值不等式的解法、函數(shù)最值的求解
2016
含絕對(duì)值不等式的解法、分段函數(shù)的圖象及應(yīng)用
含絕對(duì)值不等式的解法、比較法證明不等式及應(yīng)用
含絕對(duì)值不等式的解法、絕對(duì)值不等式的性質(zhì)
縱向把握趨勢(shì)
考題主要涉及絕對(duì)值不等式的解法及絕對(duì)值不等式的恒成立問題、由不等式的解集求參問題．預(yù)計(jì)2019年仍以考查絕對(duì)值不等式的解法為主，同時(shí)兼顧最值或恒成立問題的考查
考題涉及絕對(duì)值不等式的解法、絕對(duì)值不等式的恒成立問題以及不等式的證明，難度適中．預(yù)計(jì)2019年會(huì)考查含絕對(duì)值不等式的解法、不等式的證明問題
考題涉及絕對(duì)值不等式的解法、絕對(duì)值不等式的恒成立問題、函數(shù)最值的求解，難度適中．預(yù)計(jì)2019年仍會(huì)考查絕對(duì)值不等式的解法，同時(shí)要關(guān)注不等式的證明問題
橫向把握重點(diǎn)
1.不等式選講是高考的選考內(nèi)容之一，考查的重點(diǎn)是不等式的證明、絕對(duì)值不等式的解法等，命題的熱點(diǎn)是絕對(duì)值不等式的求解，以及絕對(duì)值不等式與函數(shù)的綜合問題的求解．
2.此部分命題形式單一、穩(wěn)定，難度中等，備考本部分內(nèi)容時(shí)應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用.
含絕對(duì)值不等式的解法
[由題知法]
(2018福州模擬)設(shè)函數(shù)f (x)＝|x－1|，x∈R.
(1)求不等式f (x)≤3－f (x－1)的解集；
(2)已知關(guān)于x的不等式f (x)≤f (x＋1)－|x－a|的解集為M，若?M，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解] (1)因?yàn)閒 (x)≤3－f (x－1)，
所以|x－1|≤3－|x－2|?|x－1|＋|x－2|≤3?或或
解得0≤x<1或1≤x≤2或2
a(a>0)?f (x)>a或f (x)<－a；
(2)|f (x)|0)?－a0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式，可通過零點(diǎn)分區(qū)間法或利用絕對(duì)值的幾何意義進(jìn)行求解．
①零點(diǎn)分區(qū)間法求解絕對(duì)值不等式的一般步驟：
(ⅰ)令每個(gè)絕對(duì)值符號(hào)的代數(shù)式為零，并求出相應(yīng)的根；
(ⅱ)將這些根按從小到大排列，把實(shí)數(shù)集分為若干個(gè)區(qū)間；
(ⅲ)由所分區(qū)間去掉絕對(duì)值符號(hào)得若干個(gè)不等式，解這些不等式，求出解集；
(ⅳ)取各個(gè)不等式解集的并集就是原不等式的解集．
②利用絕對(duì)值的幾何意義求解絕對(duì)值不等式的方法：
由于|x－a|＋|x－b|與|x－a|－|x－b|分別表示數(shù)軸上與x對(duì)應(yīng)的點(diǎn)到a，b對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的距離之和與距離之差，因此對(duì)形如|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)或|x－a|－|x－b|≥c(c>0)的不等式，利用絕對(duì)值的幾何意義求解更直觀．
[應(yīng)用通關(guān)]
1．(2018全國(guó)卷Ⅰ)已知f (x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f (x)>1的解集；
(2)若x∈(0,1)時(shí)不等式f (x)>x成立，求a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f (x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f (x)＝
故不等式f (x)>1的解集為.
(2)當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|x＋1|－|ax－1|>x成立等價(jià)于當(dāng)x∈(0,1)時(shí)|ax－1|<1成立．
若a≤0，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，|ax－1|≥1；
若a>0，則|ax－1|<1的解集為，
所以≥1，故0(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可．
由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋(2x＋1)|＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈時(shí)等號(hào)成立，故m>2.
所以m的取值范圍是(2，＋∞)．
不等式的證明
[由題知法]
1．含有絕對(duì)值的不等式的性質(zhì)
|a|－|b|≤|ab|≤|a|＋|b|.
2．算術(shù)—幾何平均不等式
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．
(2018沈陽(yáng)質(zhì)監(jiān))已知a>0，b>0，函數(shù)f (x)＝|x＋a|－|x－b|.
(1)當(dāng)a＝1，b＝1時(shí)，解關(guān)于x的不等式f (x)>1；
(2)若函數(shù)f (x)的最大值為2，求證：＋≥2.
[解] (1)當(dāng)a＝1，b＝1時(shí)，
f (x)＝|x＋1|－|x－1|＝
①當(dāng)x≥1時(shí)，f (x)＝2>1，不等式恒成立，
此時(shí)不等式的解集為{x|x≥1}；
②當(dāng)－1≤x<1時(shí)，f (x)＝2x>1，所以x>，
此時(shí)不等式的解集為；
③當(dāng)x<－1時(shí)，f (x)＝－2>1，不等式不成立，此時(shí)無(wú)解．
綜上所述，不等式f (x)>1的解集為.
(2)證明：法一：由絕對(duì)值三角不等式可得
|x＋a|－|x－b|≤|a＋b|，a>0，b>0，
∴a＋b＝2，
∴＋＝(a＋b)＝≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)，等號(hào)成立．
法二：∵a>0，b>0，∴－a<01.
解：(1)由已知，令f (x)＝|x＋1|－|x－1|＝由|f (x)|<2得－11，只需證|1－abc|>|ab－c|，
即證1＋a2b2c2>a2b2＋c2，即證1－a2b2>c2(1－a2b2)，
即證(1－a2b2)(1－c2)>0，
由a，b，c∈A，得－10恒成立．
綜上，>1.
2．(2018陜西質(zhì)檢)已知函數(shù)f (x)＝|2x－1|＋|x＋1|.
(1)解不等式f (x)≤3；
(2)記函數(shù)g(x)＝f (x)＋|x＋1|的值域?yàn)镸，若t∈M，求證：t2＋1≥＋3t.
解：(1)依題意，得f (x)＝
∴f (x)≤3?或或
解得－1≤x≤1，
即不等式f (x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}．
(2)證明：g(x)＝f (x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，當(dāng)且僅當(dāng)(2x－1)(2x＋2)≤0時(shí)取等號(hào)，∴M＝[3，＋∞)．
原不等式等價(jià)于t2－3t＋1≥，
∵t∈[3，＋∞)，∴t2－3t≥0，∴t2－3t＋1≥1，
又∵≤1，∴t2－3t＋1≥，∴t2＋1≥＋3t.
含絕對(duì)值不等式的恒成立問題
[由題知法]
(2018鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))設(shè)函數(shù)f (x)＝|x＋3|，g(x)＝|2x－1|.
(1)解不等式f (x)ax＋4對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立，求a的取值范圍．
[解] (1)由已知，可得|x＋3|<|2x－1|，
即|x＋3|2<|2x－1|2，∴3x2－10x－8>0，
解得x<－或x>4.
故所求不等式的解集為∪(4，＋∞)．
(2)由已知，設(shè)h(x)＝2f (x)＋g(x)＝2|x＋3|＋|2x－1|＝
當(dāng)x≤－3時(shí)，只需－4x－5>ax＋4恒成立，
即ax<－4x－9恒成立，
∵x≤－3<0，∴a>＝－4－恒成立，
∴a>max，∴a>－1；
當(dāng)－3ax＋4恒成立，
即ax－3<0恒成立，
只需∴∴－1≤a≤6；
當(dāng)x≥時(shí)，只需4x＋5>ax＋4恒成立，
即ax<4x＋1恒成立．
∵x≥>0，∴a<＝4＋恒成立．
∵4＋>4，且x→＋∞時(shí)，4＋→4，∴a≤4.
綜上，a的取值范圍是(－1,4]．
[類題通法] 絕對(duì)值不等式的成立問題的求解模型
(1)分離參數(shù)：根據(jù)不等式將參數(shù)分離化為a≥f (x)或a≤f (x)形式．
(2)轉(zhuǎn)化最值：f (x)>a恒成立?f (x)min>a；
f (x)a有解?f (x)max>a；
f (x)a無(wú)解?f (x)max≤a；
f (x).
所以不等式的解集為.
(2)若對(duì)任意的t∈R，s∈R，都有g(shù)(s)≥f (t)，可得g(x)min≥f (x)max.
∵函數(shù)f (x)＝|2x＋1|－|2x－3|≤|2x＋1－(2x－3)|＝4，∴f (x)max＝4.
∵g(x)＝|x＋1|＋|x－a|≥|x＋1－(x－a)|＝|a＋1|，故g(x)min＝|a＋1|.
∴|a＋1|≥4，∴a＋1≥4或a＋1≤－4，
解得a≥3或a≤－5.
故a的取值范圍為(－∞，－5]∪[3，＋∞)．
2．(2019屆高三洛陽(yáng)第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|，a∈R，g(x)＝x2－2x－4＋.
(1)若f (2a2－1)>4|a－1|，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)若存在實(shí)數(shù)x，y，使f (x)＋g(y)≤0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)∵f (2a2－1)>4|a－1|，
∴|2a2－2a|＋|a2－1|>4|a－1|，
∴|a－1|(2|a|＋|a＋1|－4)>0，
∴|2a|＋|a＋1|>4且a≠1.
①若a≤－1，則－2a－a－1>4，∴a<－；
②若－14，∴a<－3，此時(shí)無(wú)解；
③若a≥0且a≠1，則2a＋a＋1>4，∴a>1.
綜上所述，a的取值范圍為∪(1，＋∞)．
(2)∵g(x)＝(x－1)2＋－5≥
2 －5＝－1，
顯然可取等號(hào)，∴g(x)min＝－1.
于是，若存在實(shí)數(shù)x，y，使f (x)＋g(y)≤0，只需f (x)min≤1.
又f (x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|≥|(x＋1－2a)－(x－a2)|＝(a－1)2，
∴(a－1)2≤1，∴－1≤a－1≤1，∴0≤a≤2，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0,2]．
[專題跟蹤檢測(cè)](對(duì)應(yīng)配套卷P209)
1．(2018全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f (x)＝5－|x＋a|－|x－2|.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f (x)≥0的解集；
(2)若f (x)≤1，求a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f (x)＝
當(dāng)x<－1時(shí)，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1；
當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，顯然滿足題意；
當(dāng)x>2時(shí)，由－2x＋6≥0，解得2.所以3時(shí)，原不等式可化為x－3＋x－2<2，解得x<.所以3－，解得m>－2，
又m<0，所以m的取值范圍是(－2,0)．
4．(2018全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f (x)＝|2x＋1|＋|x－1|.
(1)畫出y＝f (x)的圖象；
(2)當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，f (x)≤ax＋b，求a＋b的最小值．
解：(1)f (x)＝
y＝f (x)
的圖象如圖所示．
(2)由(1)知，y＝f (x)的圖象與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2，且各部分所在直線斜率的最大值為3，故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時(shí)，f (x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值為5.
5．已知函數(shù)f (x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f (x)<|2x＋1|－1的解集M；
(2)設(shè)a，b∈M，證明：f (ab)>f (a)－f (－b)．
解：(1)①當(dāng)x≤－1時(shí)，原不等式可化為－x－1<－2x－2，解得x<－1；
②當(dāng)－11.
綜上，M＝{x|x<－1或x>1}．
(2)證明：因?yàn)閒 (a)－f (－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以要證f (ab)>f (a)－f (－b)，
只需證|ab＋1|>|a＋b|，即證|ab＋1|2>|a＋b|2，
即證a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，
即證a2b2－a2－b2＋1>0，即證(a2－1)(b2－1)>0.
因?yàn)閍，b∈M，所以a2>1，b2>1，
所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立．
6．(2018廣東五市聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝|x－a|＋(a≠0)．
(1)若不等式f (x)－f (x＋m)≤1恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值；
(2)當(dāng)a<時(shí)，函數(shù)g(x)＝f (x)＋|2x－1|有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f (x＋m)＝|x＋m－a|＋.
∵f (x)－f (x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，
∴當(dāng)且僅當(dāng)|m|≤1時(shí)，f (x)－f (x＋m)≤1恒成立，
∴－1≤m≤1，即實(shí)數(shù)m的最大值為1.
(2)當(dāng)a<時(shí)，
g(x)＝f (x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋
＝
∴g(x)min＝g＝－a＋＝≤0，
∴或
解得－≤a<0，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
7．(2018鄭州模擬)已知函數(shù)f (x)＝|2x－1|＋|ax－5|(0＜a＜5)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f (x)≥9的解集；
(2)若函數(shù)y＝f (x)的最小值為4，求實(shí)數(shù)a的值．
解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f (x)＝|2x－1|＋|x－5|＝所以f (x)≥9?
或或解得x≤－1或x≥5，
即所求不等式的解集為(－∞，－1]∪[5，＋∞)．
(2)∵0時(shí)，f (x)單調(diào)遞增，∴f (x)的最小值在上取得．
∵在上，當(dāng)0＜a≤2時(shí)，f (x)單調(diào)遞增，
當(dāng)2＜a≤5時(shí)，f (x)單調(diào)遞減，
∴或
解得a＝2.
8．(2018成都模擬)已知函數(shù)f (x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.
(1)當(dāng)k＝1時(shí)，若不等式f (x)<4的解集為{x|x12時(shí)，原不等式可化為2x<5，∴2
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通用版2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
第一部分
專題十八
不等式選講講義
理重點(diǎn)生，含解析選修4-5
通用版
2019
高考
數(shù)學(xué)
二輪
復(fù)習(xí)
第一
部分
專題
十八
不等式
講義
重點(diǎn)
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