第2部分 专题7 第2讲　不等式选讲 课件（共47张PPT）

专题七选考部分第2讲不等式选讲第二部分核心专题师生共研考点1含绝对值不等式的解法01高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝|3x＋1|－2|x－1|.(1)画出y＝f(x)的图象；(2)求不等式f(x)f(x＋1)的解集．[解](1)由题设知f(x)＝－x－3，x≤－13，5x－1，－13x≤1，x＋3，x1.y＝f(x)的图象如图所示．(2)函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度后得到函数y＝f(x＋1)的图象．y＝f(x)的图象与y＝f(x＋1)的图象的交点坐标为－76，－116.由图象可知当且仅当x－76时，y＝f(x)的图象在y＝f(x＋1)的图象上方．故不等式f(x)f(x＋1)的解集为－∞，－76.2．(2021·全国卷乙)已知函数f(x)＝|x－a|＋|x＋3|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥6的解集；(2)若f(x)＞－a，求a的取值范围．[解](1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋3|，则f(x)≥6，即|x－1|＋|x＋3|≥6.当x≤－3时，1－x－x－3≥6，解得x≤－4；当－3＜x≤1时，1－x＋x＋3≥6，即4≥6，不等式不成立，此时无解；当x＞1时，x－1＋x＋3≥6，解得x≥2.综上，不等式f(x)≥6的解集为{x|x≤－4或x≥2}．(2)f(x)＝|x－a|＋|x＋3|≥|(x－a)－(x＋3)|＝|3＋a|，当且仅当x在a与－3之间(包括两个端点)时取等号，若f(x)＞－a，则|3＋a|＞－a，即3＋a＞－a或3＋a＜a，解得a＞－32，故a的取值范围为－32，＋∞.命题规律：以解答题的形式出现，分值10分．通性通法：绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a∈R＋，|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：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．1．[与存在性问题交汇]已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x|＋a.(1)当a＝0时，解不等式f(x)≥g(x)；(2)若存在x∈R，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．[解](1)当a＝0时，由f(x)≥g(x)，得|2x＋1|≥|x|.两边平方整理，得3x2＋4x＋1≥0，解得x≤－1或x≥－13.所以原不等式的解集为(－∞，－1]∪－13，＋∞.(2)由f(x)≤g(x)，得a≥|2x＋1|－|x|.令h(x)＝|2x＋1|－|x|，则h(x)＝－x－1，x≤－12，3x＋1，－12＜x＜0，x＋1，x≥0.由分段函数图象可知h(x)min＝h－12＝－12，从而所求实数a的取值范围为－12，＋∞.2．[与集合交汇]已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x－1|(a∈R)．(1)当a＝－1时，求f(x)≤2的解集；(2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合12，1，求实数a的取值范围．[解](1)当a＝－1时，f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|，f(x)≤2⇒x＋12＋x－12≤1，上述不等式的几何意义为数轴上点x到两点－12，12距离之和小于或等于1，则－12≤x≤12，即原不等式的解集为－12，12.(2)∵f(x)≤|2x＋1|的解集包含12，1，∴当x∈12，1时，不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立，∴当x∈12，1时，|2x－a|＋2x－1≤2x＋1恒成立，∴2x－2≤a≤2x＋2在x∈12，1上恒成立，∴(2x－2)max≤a≤(2x＋2)minx∈12，1，∴0≤a≤3.∴实数a的取值范围为[0,3]．考点2不等式的证明02高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2020·全国卷Ⅲ)设a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1.(1)证明：ab＋bc＋ca0；(2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，证明：max{a，b，c}≥34.[证明](1)由题设可知，a，b，c均不为零，所以ab＋bc＋ca＝12[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)]＝－12(a2＋b2＋c2)＜0.(2)不妨设max{a，b，c}＝a，因为abc＝1，a＝－(b＋c)，所以a＞0，b＜0，c＜0.由bc≤b＋c24，可得abc≤a34，故a≥34，所以max{a，b，c}≥34.2．(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.证明：(1)1a＋1b＋1c≤a2＋b2＋c2；(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.[证明](1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝ab＋bc＋caabc＝1a＋1b＋1c.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以1a＋1b＋1c≤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≥33a＋b3b＋c3a＋c3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2ab)×(2bc)×(2ac)＝24.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.命题规律：以基本不等式为载体，考查不等式的证明，以解答题的形式出现，占10分．通性通法：证明不等式的常用方法(1)不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法等，运用综合法证明不等式时，主要是运用基本不等式证明，证明过程中一方面要注意不等式成立的条件，另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形．(2)与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式．(3)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法.1．[等式的变形与基本不等式交汇]已知a，b，c都是正实数，且1a＋1b＋1c＝1.证明：(1)abc≥27；(2)ba2＋cb2＋ac2≥1.[证明](1)∵a，b，c都是正实数，∴1a＋1b＋1c≥331abc，又∵1a＋1b＋1c＝1，∴331abc≤1，即abc≥27，得证．(2)∵a，b，c都是正实数，∴ba2＋1b≥2ba2·1b＝2a①，cb2＋1c≥2cb2·1c＝2b②，ac2＋1a≥2ac2·1a＝2c③，由①＋②＋③得，ba2＋cb2＋ac2＋1b＋1c＋1a≥21a＋1b＋1c，∴ba2＋cb2＋ac2≥1a＋1b＋1c＝1，得证．2．[不等式的证明与恒成立问题]已知函数f(x)＝|x＋a|＋x－1a.(1)证明：f(x)≥2；(2)当a＝12时，f(x)≥x＋b，求b的取值范围．[解](1)证明：f(x)＝|x＋a|＋x－1a≥a＋1a＝|a|＋1a≥2|a|·1a＝2.(2)当a＝12时，f(x)＝x＋12＋x－2＝－2x＋32，x≤－12，52，－12x2，2x－32，x≥2，作出f(x)的图象，如图．由图，可知f(x)≥x＋b，当且仅当f(2)≥2＋b，解得b≤12，故b的取值范围为－∞，12.考点3求代数式或函数的最值03高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2019·全国卷Ⅲ)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1.(1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值；(2)若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥13成立，证明：a≤－3或a≥－1.[解](1)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)]≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]，故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥43，当且仅当x＝53，y＝－13，z＝－13时等号成立．所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值为43.(2)证明：因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥2＋a23，当且仅当x＝4－a3，y＝1－a3，z＝2a－23时等号成立．因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为2＋a23.由题设知2＋a23≥13，解得a≤－3或a≥－1.命题规律：以解答题的形式出现，分值10分．通性通法：代数式最值的求法(1)形如f(x)＝|Ax＋B|±|Ax＋C|的最值常用绝对值三角不等式求解．(2)形如f(x)＝|Ax＋B|±|Cx＋D|的最值由绝对值的几何意义，转化为分段函数求最值．(3)利用基本不等式：ab≤a＋b22或abc≤a＋b＋c33求最值．(4)利用柯西不等式：∑ni＝1(aibi)2≤∑ni＝1a2i·∑ni＝1b2i求最值．1．[三角不等式与基本不等式交汇]已知a＞0，b＞0，函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值为1.(1)求证：2a＋b＝2；(2)若a＋2b≥tab恒成立，求实数t的最大值．[解](1)证明：f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|＝|x＋a|＋x－b2＋x－b2，∵|x＋a|＋x－b2≥x＋a－x－b2＝a＋b2且x－b2≥0，∴f(x)≥a＋b2，当x＝b2时取等号，即f(x)的最小值为a＋b2，∴a＋b2＝1，即2a＋b＝2.(2)∵a＋2b≥tab恒成立，∴a＋2bab≥t恒成立，a＋2bab＝1b＋2a＝1b＋2a(2a＋b)·12＝121＋4＋2ab＋2ba≥121＋4＋22ab·2ba＝92，当a＝b＝23时，a＋2bab取得最小值92，∴92≥t，即实数t的最大值为92.2．[三角不等式与柯西不等式交汇]已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，记f(x)的最小值为m.(1)解不等式f(x)≤5；(2)若正实数a，b满足1a＋1b＝5，求证：2a2＋3b2≥2m.[解](1)①当x＞1时，f(x)＝(x－1)＋(x＋2)＝2x＋1≤5，即x≤2，∴1＜x≤2；②当－2≤x≤1时，f(x)＝(1－x)＋(x＋2)＝3≤5，∴－2≤x≤1；③当x＜－2时，f(x)＝(1－x)－(x＋2)＝－2x－1≤5，即x≥－3，∴－3≤x＜－2.综上所述，原不等式的解集为{x|－3≤x≤2}．(2)∵f(x)＝|x－1|＋|x＋2|≥|(x－1)－(x＋2)|＝3，当且仅当－2≤x≤1时，等号成立．∴f(x)的最小值m＝3.∴2a2＋3b2122＋132≥2a×12＋3b×132＝5，即2a2＋3b2≥6，当且仅当2a×13＝3b×12即3a＝2b时，等号成立．又1a＋1b＝5，∴a＝53，b＝52时，等号成立．∴2a2＋3b2≥2m.