高考数学二轮复习专题七第2讲不等式选讲案文.docx

第2讲不等式选讲高考定位本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.真 题 感 悟1.(2017全国卷)已知函数f(x)x2ax4，g(x)|x1|x1|.(1)当a1时，求不等式f(x)g(x)的解集；(2)若不等式f(x)g(x)的解集包含1，1，求a的取值范围.解(1)当a1时，f(x)x2x4，g(x)|x1|x1|当x1时，f(x)g(x)x2x42x，解之得1x.当1x1时，f(x)g(x)(x2)(x1)0，则1x1.当x1时，f(x)g(x)x23x40，解得1x4，又x0，b0，且a3b32.证明：(1)(ab)(a5b5)4；(2)ab2.证明(1)(ab)(a5b5)a6ab5a5bb6(a3b3)22a3b3ab(a4b4)4ab(a2b2)24.(2)因为(ab)3a33a2b3ab2b323ab(ab)2(ab)2，所以(ab)38，因此ab2.考 点 整 合1.绝对值不等式的性质定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立.定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立.2.|axb|c，|axb|c(c0)型不等式的解法(1)|axb|ccaxbc.(2)|axb|caxbc或axbc.3.|xa|xb|c，|xa|xb|c(c0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解.(2)利用零点分段法求解.(3)构造函数，利用函数的图象求解.4.基本不等式定理1：设a，bR，则a2b22ab.当且仅当ab时，等号成立.定理2：如果a，b为正数，则，当且仅当ab时，等号成立.定理3：如果a，b，c为正数，则，当且仅当abc时，等号成立.定理4：(一般形式的算术几何平均不等式)如果a1，a2，an为n个正数，则，当且仅当a1a2an时，等号成立.热点一绝对值不等式的解法【例1】(2016全国卷)已知函数f(x)|x1|2x3|.(1)在图中画出yf(x)的图象；(2)求不等式|f(x)|1的解集.解(1)f(x)故yf(x)的图象如图所示.(2)由f(x)的解析式及图象知，当f(x)1时，可得x1或x3；当f(x)1时，可得x或x5.故f(x)1的解集为x|1x3；f(x)1的解集为.探究提高1.本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不等式，体现了数形结合的思想.2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.【训练1】(2015全国卷)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)，ABC的面积S|AB|(a1)(a1)2.由题设得(a1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，).热点二不等式的证明【例2】(2017长沙调研)已知f(x)|2x1|x的最小值为m.(1)求m的值；(2)已知a，b，c是正实数，且abcm，求证：2(a3b3c3)abbcca3abc.(1)解当x时，f(x)3x在上单调递增，且f(x)1；当x1.综上可得x时，f(x)取得最小值1，即m1.(2)证明a，b，c是正实数，且abc1，由a3b3a2bb2aa2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)(ab)20，则有a3b3a2bb2a0，即a3b3a2bb2aab(ab)ab(1c)ababc，所以a3b3ababc.同理可得b3c3bcabc；c3a3caabc.上面三式相加得，2(a3b3c3)abbcca3abc，当且仅当abc取得等号.探究提高1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点.2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法.【训练2】(2015全国卷)设a， b，c，d均为正数，且abcd，证明：(1)若abcd，则；(2)是|ab|，只需证明()2()2，也就是证明ab2cd2，只需证明，即证abcd.由于abcd，因此.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd.由(1)得.若，则()2()2，ab2cd2.abcd，所以abcd.于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|是|ab|cd|的充要条件.热点三与绝对值不等式有关的最值问题【例3】(2017全国卷)已知函数f(x)|x1|x2|.(1)求不等式f(x)1的解集；(2)若不等式f(x)x2xm的解集非空，求m的取值范围.解(1)f(x)|x1|x2|由f(x)1可得当x1时显然不满足题意；当1x2时，2x11，解得x1，则1x2；当x2时，f(x)31恒成立，x2.综上知f(x)1的解集为x|x1.(2)不等式f(x)x2xm等价于f(x)x2xm，令g(x)f(x)x2x，则g(x)m解集非空只需要g(x)maxm.由(1)知g(x)当x1时，g(x)maxg(1)3115；当1x2时，g(x)maxg31；当x2时，g(x)maxg(2)22231.综上，g(x)max，故m.所以实数m的取值范围是.探究提高1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决.2.本题分离参数m，对含绝对值符号的函数g(x)分段讨论，求出g(x)的最大值，进而求出m的取值范围，优化解题过程.【训练3】(2017郑州三模)已知不等式|xm|x|的解集为(1，).(1)求实数m的值；(2)若不等式对x(0，)恒成立，求实数a的取值范围.解(1)由|xm|x|，得|xm|2m2，又不等式|xm|x|的解集为(1，)，则1是方程2mxm2的解，解得m2(m0舍去).(2)m2，不等式对x(0，)恒成立等价于不等式a5|x1|x2|a2对x(0，)恒成立.设f(x)|x1|x2|当0x2时，f(x)在(0，2)上是增函数，1f(x)3，当x2时，f(x)3.因此函数f(x)的值域为(1，3.从而原不等式等价于解得10，|x1|，|y2|，求证|2xy4|a.证明因为|x1|，|y2|，所以|2xy4|2(x1)(y2)|2|x1|y2|L(A，C)，求x的取值范围；(2)当xR时，不等式L(A，B)tL(A，C)恒成立，求t的最小值.解(1)由定义得|x1|1|x5|1，则|x1|x5|，两边平方得8x24，解得x3.故x的取值范围为(3，).(2)当xR时，不等式|x1|x5|t恒成立，也就是t|x1|x5|恒成立，因为|x1|x5|(x1)(x5)|4，所以t4，tmin4.故t的最小值为4.3.(2016全国卷)已知函数f(x)，M为不等式f(x)2的解集.(1)求M；(2)证明：当a，bM时，|ab|1ab|.(1)解f(x)当x时，由f(x)2得2x1，所以1x；当x时，f(x)2恒成立.当x时，由f(x)2得2x2，解得x1，所以x1.所以f(x)2的解集Mx|1x1.(2)证明由(1)知，当a，bM时，1a1，1b1，从而(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，所以(ab)2(1ab)2，因此|ab|0；(2)若x0R，使得f(x0)2m24m，求实数m的取值范围.解(1)当x0，解得x3，从而x0，解得x，又2x，2x时，f(x)2x1x2x3，令x30，解得x3.又x，x3.综上，不等式f(x)0的解集为(3，).(2)由(1)得f(x)f(x)minf.x0R，使得f(x0)2m2，整理得4m28m50，解得m，m的取值范围是.5.(2016全国卷)已知函数f(x)|2xa|a.(1)当a2时，求不等式f(x)6的解集；(2)设函数g(x)|2x1|.当xR时，恒有f(x)g(x)3，求a的取值范围.解(1)当a2时，f(x)|2x2|2.解不等式|2x2|26得1x3.因此f(x)6的解集为x|1x3.(2)当xR时，f(x)g(x)|2xa|a|12x|2xa12x|a|1a|a，当x时等号成立.所以当xR时，f(x)g(x)