2020届高考数学总复习 第十二章 选修四 12-3 不等式选讲课件 文 新人教A版

第3讲不等式选讲1．绝对值不等式的解法(1)含绝对值的不等式|x|a与|x|a的解集不等式a0a＝0a0|x|a______________∅∅|x|a(－∞，－a)∪(a，＋∞)(－∞，0)∪(0，＋∞)R(－a，a)(2)|ax＋b|≤c(c0)和|ax＋b|≥c(c0)型不等式的解法①|ax＋b|≤c⇔__________________________；②|ax＋b|≥c⇔__________________________________．(3)|x－a|＋|x－b|≥c(c0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c0)型不等式的解法①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③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．－c≤ax＋b≤cax＋b≥c或ax＋b≤－c2．含有绝对值的不等式的性质(1)如果a，b是实数，则_______________≤|a±b|≤___________，当且仅当________时，等号成立．(2)如果a，b，c是实数，那么______________________，当且仅当_________________时，等号成立．|a|－|b||a|＋|b|ab≥0|a－c|≤|a－b|＋|b－c|(a－b)(b－c)≥03．不等式证明的方法(1)比较法①作差比较法知道ab⇔a－b0，ab⇔a－b0，因此要证明ab，只要证明_____________即可，这种方法称为作差比较法．a－b0②作商比较法由ab0⇔ab1且a0，b0，因此当a0，b0时，要证明ab，只要证明ab1即可，这种方法称为作商比较法．(2)综合法从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫作综合法，即“由因导果”的方法．(3)分析法从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫作分析法，即“执果索因”的方法.考点一绝对值不等式的解法【例1】(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．【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝2x＋4，x≤－1，2，－1＜x≤2，－2x＋6，x＞2可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．【反思归纳】跟踪训练1已知函数f(x)＝|x＋1|－|2x－3|.(1)画出y＝f(x)的图象．(2)求不等式|f(x)|1的解集．【解析】(1)f(x)＝x－4，x≤－1，3x－2，－1x≤32，－x＋4，x32，y＝f(x)的图象如图所示．(2)由f(x)的表达式及图象知，当f(x)＝1时，可得x＝1或x＝3；当f(x)＝－1时，可得x＝13或x＝5.故f(x)1的解集为{x|1x3}；f(x)－1的解集为xx13或x5.所以|f(x)|1的解集为xx13或1x3或x5.考点二绝对值不等式的恒成立问题【例2】(2019·长春质监)已知函数f(x)＝|x－m|－|x＋3m|(m0)．(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|＝－4m，x≥m，－2x－2m，－3mxm，4m，x≤－3m，当m＝1时，由－2x－2≥1，－3x1或x≤－3，得x≤－32，∴不等式f(x)≥1的解集为xx≤－32.(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，∴4m3，又m0，∴0m34.即实数m的取值范围为0，34.【反思归纳】跟踪训练2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．【解析】(1)显然a≠0，当a0时，解集为－1a，3a，则－1a＝－6，3a＝2，无解；当a0时，解集为3a，－1a，令－1a＝2，3a＝－6，得a＝－12.综上所述，a＝－12.(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)＝|4x＋1|－|2x－3|＝－2x－4，x≤－14，6x－2，－14x32，2x＋4，x≥32，由此可知h(x)在－∞，－14上单调递减，在－14，32上单调递增，在32，＋∞上单调递增，则当x＝－14时，h(x)取得最小值－72，由题意，知－72≤7－3m，则实数m的取值范围是－∞，72.考点三不等式的证明【例3】已知函数f(x)＝x－12＋x＋12，M为不等式f(x)＜2的解集．(1)求M.(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|＜|1＋ab|.【解析】(1)f(x)＝－2x，x≤－12，1，－12＜x＜12，2x，x≥12.当x≤－12时，由f(x)＜2得－2x＜2，解得x＞－1；当－12＜x＜12时，f(x)＜2；当x≥12时，由f(x)＜2得2x＜2，解得x＜1.所以f(x)＜2的解集M＝{x|－1＜x＜1}．(2)证明：由(1)知，当a，b∈M时，－1＜a＜1，－1＜b＜1，从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)＜0.因此|a＋b|＜|1＋ab|.【反思归纳】跟踪训练3已知a0，b0，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＋3（a＋b）24(a＋b)＝2＋3（a＋b）34，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.