2019版高考数学复习专题十五不等式选讲讲义理（普通生，含解析）（选修4－5）.docx

重点增分专题十五 不等式选讲全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2018含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题含绝对值不等式的解法及绝对值不等式恒成立问题含绝对值函数的图象与绝对值不等式恒成立问题2017含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法含绝对值不等式的解法、函数最值的求解2016含绝对值不等式的解法、分段函数的图象及应用含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式及应用含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质(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 含绝对值不等式的解法 保分考点练后讲评1.解不等式|x3|2x1|.解：由已知，可得|x3|2x1|，即|x3|20，解得x4.故所求不等式的解集为(4，)2.(2018全国卷)设函数f(x)5|xa|x2|.(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若f(x)1，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)当x1时，由2x40，解得2x2时，由2x60，解得2x3，故f(x)0的解集为x|2x3(2)f(x)1等价于|xa|x2|4.而|xa|x2|a2|，且当x2时等号成立故f(x)1等价于|a2|4.由|a2|4可得a6或a2.所以a的取值范围是(，62，)解题方略绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对aR，|x|aaxaxa.(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. 保分考点练后讲评1.已知f(x)|x1|x|，且1，1，f()f()2，求证：.证明：因为1，1，f()f()21212，所以2.所以()，当且仅当2时取等号2.已知函数f(x)|x1|.(1)求不等式f(x)|2x1|1的解集M；(2)设a，bM，证明：f(ab)f(a)f(b)解：(1)由题意，|x1|2x1|1，当x1时，不等式可化为x12x2，解得x1；当1x时，不等式可化为x12x2，此时不等式无解；当x时，不等式可化为x12x，解得x1.综上，Mx|x1或x1(2)证明：因为f(a)f(b)|a1|b1|a1(b1)|ab|，所以要证f(ab)f(a)f(b)，只需证|ab1|ab|，即证|ab1|2|ab|2，即证a2b22ab1a22abb2，即证a2b2a2b210，即证(a21)(b21)0.因为a，bM，所以a21，b21，所以(a21)(b21)0成立，所以原不等式成立3.已知a，bR，且ab1，求证：(a2)2(b2)2.证明：法一：(放缩法)因为ab1，所以(a2)2(b2)222(ab)42当且仅当a2b2，即ab时，等号成立法二：(反证法)假设(a2)2(b2)2，则a2b24(ab)8.因为ab1，则b1a，所以a2(1a)212.所以20，这与20矛盾，故假设不成立所以(a2)2(b2)2.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. 与绝对值不等式有关的最值问题 析母题典例已知函数f(x)|2xa|x1|，aR.(1)若不等式f(x)|x1|2对任意的xR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a1，求实数a的值解(1)f(x)|x1|2可化为|x1|1.|x1|，1，a0或a4，实数a的取值范围为(，04，)(2)当a2时，易知函数f(x)|2xa|x1|的零点分别为和1，且1，f(x)易知f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minf1a1，解得a，又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)maxA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)minA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多练强化已知函数f(x)|x|x1|.(1)若任意xR，恒有f(x)成立，求实数的取值范围(2)若存在mR，使得m22mf(t)0成立，求实数t的取值范围解：(1)由f(x)|x|x1|x(x1)|1知，f(x)min1，欲使任意xR，恒有f(x)成立，则需满足f(x)min，所以实数的取值范围为(，1(2)由题意得f(t)|t|t1|存在mR，使得m22mf(t)0成立，即有44f(t)0，所以f(t)1，又f(t)1可等价转化为或或所以实数t的取值范围为1,0 1(2019届高三湖北五校联考)已知函数f(x)|2x1|，xR.(1)解不等式f(x)|x|1；(2)若对x，yR，有|xy1|，|2y1|，求证：f(x)1.解：(1)f(x)|x|1，|2x1|x|1，即或或得x2或0x或无解故不等式f(x)|x|1的解集为x|0x2(2)证明：f(x)|2x1|2(xy1)(2y1)|2(xy1)|2y1|2|xy1|2y1|21的解集；(2)若x(0,1)时不等式f(x)x成立，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|x1|，即f(x)故不等式f(x)1的解集为.(2)当x(0,1)时|x1|ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|0，则|ax1|1的解集为，所以1，故0a2.综上，a的取值范围为(0,23设不等式0|x2|1x|2的解集为M，a，bM.(1)证明：.(2)比较|4ab1|与2|ba|的大小，并说明理由解：(1)证明：记f(x)|x2|1x|所以由02x12，解得x，所以M，所以|a|b|.(2)由(1)可得a2，b20，所以|4ab1|2|ba|.4已知a，b(0，)，且2a4b2.(1)求的最小值(2)若存在a，b(0，)，使得不等式|x1|2x3|成立，求实数x的取值范围解：(1)由2a4b2可知a2b1，又因为(a2b)4，由a，b(0，)可知4248，当且仅当a2b时取等号，所以的最小值为8.(2)由(1)及题意知不等式等价于|x1|2x3|8，所以x.无解，所以x4.综上，实数x的取值范围为4，)5(2018全国卷)设函数f(x)|2x1|x1|.(1)画出yf(x)的图象；(2)当x0，)时，f(x)axb，求ab的最小值解：(1)f(x)yf(x)的图象如图所示(2)由(1)知，yf(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a3且b2时，f(x)axb在0，)成立，因此ab的最小值为5.6已知函数f(x)|x1|2|xa|，a0.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)1化为|x1|2|x1|10.当x1时，不等式化为x40，无解；当1x0，解得x0，解得1x1的解集为.(2)由题设可得f(x)所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a1,0)，C(a，a1)，所以ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，)7(2018郑州二检)已知函数f(x)|3x2|.(1)解不等式f(x)0)，若|xa|f(x)(a0)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)不等式f(x)4|x1|，即|3x2|x1|4.当x时，即3x2x14，解得x；当x1时，即3x2x14，解得x1时，即3x2x14，无解综上所述，x.(2)(mn)114，当且仅当mn时等号成立令g(x)|xa|f(x)|xa|3x2|所以x时，g(x)maxa，要使不等式恒成立，只需