（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题七 选考系列 第2讲 不等式选讲课件

[全国卷3年考情分析]第2讲不等式选讲年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019不等式的证明·T23含绝对值不等式的解法、不等式恒成立求参数的范围·T23利用重要不等式求最值、解不等式·T232018含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题·T23含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题·T23含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题·T232017含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围·T23基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法·T23含绝对值不等式的解法、函数最值的求解·T23(1)不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．(2)此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用．考点一含绝对值不等式的解法[例1](2019·福建省质量检查)已知函数f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a0)．(1)当a＝2时，求不等式f(x)1的解集；(2)若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，求a的值．[解](1)当a＝2时，不等式f(x)1即|x＋1|－|2x－3|1.当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＋2x－31，解得x5，因为x≤－1，所以此时原不等式无解；当－1x≤32时，原不等式可化为x＋1＋2x－31，解得x1，所以1x≤32；当x32时，原不等式可化为x＋1－2x＋31，解得x3，所以32x3.综上，原不等式的解集为{x|1x3}．(2)因为a0，所以3a0，所以f(x)＝（a－1）x－4，x≤－1，（a＋1）x－2，－1x≤3a，（1－a）x＋4，x3a.若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(a－1)(a＋1)＝－1或(a＋1)(1－a)＝－1，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2(舍去)．经检验，a＝2符合题意，所以所求a的值为2.[解题方略]绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对a＞0，|x|a⇔－axa，|x|a⇔x－a或xa.(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．[跟踪训练]1．(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．(1)当a＝1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若x∈(－∞，1)时，f(x)0，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．当x1时，f(x)＝－2(x－1)20；当x≥1时，f(x)≥0，所以，不等式f(x)0的解集为(－∞，1)．(2)因为f(a)＝0，所以a≥1.当a≥1，x∈(－∞，1)时，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)0.所以，a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2019·石家庄市质量检测)设函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)≤5－f(x－3)的解集；(2)已知关于x的不等式2f(x)＋|x＋a|≤x＋4在[－1，1]上有解，求实数a的取值范围．解：(1)不等式f(x)≤5－f(x－3)，即|x＋1|＋|x－2|≤5，等价于x－1，－x－1－x＋2≤5或－1≤x≤2，x＋1－x＋2≤5或x2，x＋1＋x－2≤5，解得－2≤x≤3，所以原不等式的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)当x∈[－1，1]时，不等式2f(x)＋|x＋a|≤x＋4，即|x＋a|≤2－x，所以|x＋a|≤2－x在[－1，1]上有解，即－2≤a≤2－2x在[－1，1]上有解，所以－2≤a≤4，即实数a的取值范围是[－2，4].考点二不等式的证明[例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.[解题方略]证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法等．(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法．(2)利用放缩法证明不等式，就是舍掉式中的一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母，还可把和式中各项或某项换为较大或较小的数或式子，从而达到证明不等式的目的．(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．用反证法证明不等式的关键是作出假设，推出矛盾．[跟踪训练]1．已知函数f(x)＝|x＋1|.(1)求不等式f(x)＜|2x＋1|－1的解集M；(2)设a，b∈M，证明：f(ab)＞f(a)－f(－b)．解：(1)由题意，|x＋1||2x＋1|－1，①当x≤－1时，不等式可化为－x－1＜－2x－2，解得x＜－1；②当－1＜x＜－12时，不等式可化为x＋1＜－2x－2，此时不等式无解；③当x≥－12时，不等式可化为x＋1＜2x，解得x＞1.综上，M＝{x|x＜－1或x＞1}．(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，所以要证f(ab)＞f(a)－f(－b)，只需证|ab＋1|＞|a＋b|，即证|ab＋1|2＞|a＋b|2，即证a2b2＋2ab＋1＞a2＋2ab＋b2，即证a2b2－a2－b2＋1＞0，即证(a2－1)(b2－1)＞0.因为a，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．2．已知a，b∈R，且a＋b＝1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥252.证明：法一：(放缩法)因为a＋b＝1，所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥2（a＋2）＋（b＋2）22＝12[(a＋b)＋4]2＝252当且仅当a＋2＝b＋2，即a＝b＝12时，等号成立.法二：(反证法)假设(a＋2)2＋(b＋2)2252，则a2＋b2＋4(a＋b)＋8252.因为a＋b＝1，则b＝1－a，所以a2＋(1－a)2＋12252.所以a－1220，这与a－122≥0矛盾，故假设不成立．所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥252.考点三与绝对值不等式有关的最值问题[例3]已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|，a∈R.(1)若不等式f(x)＋|x－1|≥2对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a2时，函数f(x)的最小值为a－1，求实数a的值．[解](1)f(x)＋|x－1|≥2可化为x－a2＋|x－1|≥1.∵x－a2＋|x－1|≥a2－1，∴a2－1≥1，∴a≤0或a≥4，∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．(2)当a2时，易知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－1|的零点分别为a2和1，且a21，∴f(x)＝－3x＋a＋1，xa2，x－a＋1，a2≤x≤1，3x－a－1，x1，易知f(x)在－∞，a2上单调递减，在a2，＋∞上单调递增，∴f(x)min＝fa2＝－a2＋1＝a－1，解得a＝43，又432，∴a＝43.[解题方略]解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略不等式恒成立问题不等式f(x)A在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)minA.不等式f(x)B在区间D上恒成立，等价于在区间D上f(x)maxB不等式能成立问题在区间D上存在实数x使不等式f(x)A成立，等价于在区间D上f(x)maxA.在区间D上存在实数x使不等式f(x)B成立，等价于在区间D上f(x)minB不等式恰成立问题不等式f(x)A在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)A的解集为D.不等式f(x)B在区间D上恰成立，等价于不等式f(x)B的解集为D[跟踪训练]1．在本例条件下，若f(x)≤|x＋1|的解集包含32，3，求a的取值范围．解：由题意可知f(x)≤|x＋1|在32，3上恒成立，当x∈32，3时，f(x)＝|2x－a|＋|x－1|＝|2x－a|＋x－1≤|x＋1|＝x＋1，∴|2x－a|≤2，即2x－2≤a≤2x＋2，∵(2x－2)max＝4，(2x＋2)min＝5，因此a的取值范围为[4，5]．2．在本例中函数f(x)不变的条件下，若存在实数x，使不等式f(x)－3|x－1|≥2能成立，求实数a的取值范围．解：∵f(x)－3|x－1|＝|2x－a|－2|x－1|＝|2x－a|－|2x－2|≤|a－2|.∴|a－2|≥2.∴a≤0或a≥4.∴实数a的取值范围为(－∞，0]∪[4，＋∞)．3．已知函数f(x)＝|x|＋|x＋1|.(1)若任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，求实数λ的取值范围．(2)若存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，求实数t的取值范围．解：(1)由f(x)＝|x|＋|x＋1|≥|x－(x＋1)|＝1知，f(x)min＝1，欲使任意x∈R，恒有f(x)≥λ成立，则需满足λ≤f(x)min，所以实数λ的取值范围为(－∞，1]．(2)由题意得f(t)＝|t|＋|t＋1|＝－2t－1，t－1，1，－1≤t≤0，2t＋1，t0，存在m∈R，使得m2＋2m＋f(t)＝0成立，即有Δ＝4－4f(t)≥0，所以f(t)≤1，又f(t)≤1可等价转化为t－1，－2t－1≤1或－1≤t≤0，1≤1或t0，2t＋1≤1，所以实数t的取值范围为[－1，0]．