2020版高考数学二轮复习 第二篇 专题突破 2.7.2 不等式选讲课件 理

1、第2课时 不等式选讲 考向一绝对值不等式的解法考向一绝对值不等式的解法 【例例1 1】(2018(2018全国卷全国卷)设函数设函数f(x)=5-|x+a|-|x-2|.f(x)=5-|x+a|-|x-2|. (1)(1)当当a=1a=1时时, ,求不等式求不等式f(x)0f(x)0的解集的解集 . . (2)(2)若若f(x)1,f(x)1,求求a a的取值范围的取值范围 . . 【题眼直击题眼直击】 题眼题眼思维导引思维导引 想到分类讨论去掉绝对值符号想到分类讨论去掉绝对值符号 利用绝对值的几何意义建立关于利用绝对值的几何意义建立关于a a的不等式求的不等式求 解解 【解析解析】(1)(1

2、)当当a=1a=1时时,f(x)= ,f(x)= 可得可得f(x)0f(x)0的解集为的解集为x|-2x3.x|-2x3. 2x4,x1, 2, 1x2, 2x6,x2. (2)f(x)1(2)f(x)1等价于等价于|x+a|+|x-2|4.|x+a|+|x-2|4.而而|x+a|+|x-2|x+a|+|x-2| |a+2|,|a+2|,故故f(x)1f(x)1等价于等价于|a+2|4.|a+2|4.由由|a+2|4|a+2|4可得可得 a-6a-6或或a2,a2,所以所以a a的取值范围是的取值范围是(-,-62,+).(-,-62,+). 【拓展提升拓展提升】 含绝对值不等式的常用解法含绝

3、对值不等式的常用解法 (1)(1)基本性质法基本性质法: :对对aRaR+ +,|x|a,|x|a-axa-axax-axa.xa. (2)(2)平方法平方法: :两边平方去掉绝对值符号两边平方去掉绝对值符号. . (3)(3)零点分区间法零点分区间法: :含有两个或两个以上绝对值符号的含有两个或两个以上绝对值符号的 不等式不等式, ,可用零点分区间法脱去绝对值符号可用零点分区间法脱去绝对值符号, ,将其转化将其转化 为与之等价的不含绝对值符号的不等式为与之等价的不含绝对值符号的不等式( (组组) )求解求解. . (4)(4)几何法几何法: :利用绝对值的几何意义利用绝对值的几何意义, ,画

4、出数轴画出数轴, ,将绝对将绝对 值转化为数轴上两点的距离求解值转化为数轴上两点的距离求解. . (5)(5)数形结合法数形结合法: :在直角坐标系中作出不等式两边所对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应的两个函数的图象, ,利用函数图象求解利用函数图象求解. . 【变式训练变式训练】 (2017(2017全国卷全国卷)已知函数已知函数f(x)=-xf(x)=-x2 2+ax+4,g(x)=+ax+4,g(x)= x+1+x-1.x+1+x-1. (1)(1)当当a=1a=1时时, ,求不等式求不等式f(x)g(x)f(x)g(x)的解集的解集. . (2)(2)若不等式若不

5、等式f(x)g(x)f(x)g(x)的解集包含的解集包含-1,1,-1,1,求求a a的取值的取值 范围范围. . 【解析解析】方法一方法一:(1):(1)当当a=1a=1时时,f(x)=-x,f(x)=-x2 2+x+4,+x+4,是开口向是开口向 下下, ,对称轴对称轴x= x= 的二次函数的二次函数. . 2xx1 g x) |x1| |x 1|21x1 2xx1 ， (， ， ， 1 2 当当x(1,+)x(1,+)时时, ,令令-x-x2 2+x+4=2x,+x+4=2x,解得解得x= x= g(x)g(x)在（在（1 1，+）上单调递增）上单调递增,f(x),f(x)在（在（1 1

6、，+）上单）上单 调递减调递减, , 所以此时所以此时f(x)g(x)f(x)g(x)的解集为的解集为 17 1 . 2 17 1 (1 2 ， x 1 1g(x)2f(x)f( 1)2当 ，时， x(1)g(x)f(x) g( 1)f( 1)2 17 1 f(x)g(x)1 2 当 ， 时，单调递减，单调递增， 且 综上所述，的解集为 ， (2)(2)依题意得依题意得:-x:-x2 2+ax+42+ax+42在在-1,1-1,1上恒成立上恒成立. . 即即x x2 2-ax-20-ax-20在在-1,1-1,1上恒成立上恒成立. . 故故a a的取值范围是的取值范围是-1,1-1,1. .

7、2 2 1a 120 1a1 1)a( 1)20 ， 则只需解得 ( ， 方法二方法二: :将函数将函数g(x)=|x+1|+|x-1|g(x)=|x+1|+|x-1|化简化简, ,可得可得g(x)=g(x)= (1)(1)当当a=1a=1时时, ,作出函数图象可得作出函数图象可得 f(x)g(x)f(x)g(x)的范围在的范围在F F和和G G点中间点中间, ,联立联立 2x,x1, 2, 1x1, 2x,x1. 2 y2x, yxx4 可得点可得点G G 因此可得解集为因此可得解集为 171 (, 171) 2 ， 171 1. 2 ， (2)(2)根据题意得根据题意得f(x)g(x)f(

8、x)g(x)在在-1,1-1,1内恒成立内恒成立, ,故而可故而可 得得-x-x2 2+ax+42+ax+42x x2 2-2ax-2ax恒成立恒成立, ,根据图象可得根据图象可得: :函数函数 y=axy=ax必须在必须在l l1 1,l,l2 2之间之间, ,故而可得故而可得-1a1.-1a1. 考向二与绝对值不等式有关的最值问题考向二与绝对值不等式有关的最值问题 【例例2 2】(2017(2017全国卷全国卷)已知函数已知函数f(x)=x+1-f(x)=x+1- x-2.x-2.世纪金榜导学号世纪金榜导学号 (1)(1)求不等式求不等式f f（x x）1 1的解集的解集 . . (2)(

9、2)若不等式若不等式f f（x x）x x2 2-x+m-x+m的解集非空的解集非空 , ,求 求m m的取值的取值 范围范围. . 【题眼直击题眼直击】 题眼题眼思维导引思维导引 想到分类讨论去掉绝对值符号想到分类讨论去掉绝对值符号 想到转化为函数的最值问题想到转化为函数的最值问题 【解析解析】(1)(1)当当x-1x-1时时,f(x)=-(x+1)+(x-2)=-31,f(x)=-(x+1)+(x-2)=-31,无无 解解. . 当当-1x2-1x2时时,f(x)=x+1+(x-2)=2x-1.,f(x)=x+1+(x-2)=2x-1. 令令2x-11,2x-11,得得x1,x1,所以所以

10、1x2.1x1,31,所以所以x2.x2. 综上所述综上所述,f(x)1,f(x)1的解集为的解集为1,+).1,+). (2)(2)原式等价于存在原式等价于存在xR,xR,使使f(x)-xf(x)-x2 2+xm+xm成立成立, , 即即 m.m. 设设g(x)=f(x)-xg(x)=f(x)-x2 2+x,+x, 2 max f(x)xx 2 2 2 xx3,x1 1g(x)x3x 1, 1x2 xx3,x2. ， 由（ ）知 ， 当当x-1x-1时时,g(x)=-x,g(x)=-x2 2+x-3,+x-3,其开口向下其开口向下, ,对称轴为对称轴为x= x= -1,-1,所以所以g(x)

11、gg(x)g（1 1）=-5.=-5. 当当-1x2-1x2时时,g(x)=-x,g(x)=-x2 2+3x-1,+3x-1, 其开口向下其开口向下, ,对称轴为对称轴为x= x= 1 2 335 ,g(x)g( ). 224 所以 当当x2x2时时,g(x)=-x,g(x)=-x2 2+x+3,+x+3,其开口向下其开口向下, ,对称轴为对称轴为x= x= 所以所以g(x)g =1.g(x)g =1. 综上综上:g :g 即即m m的取值范围为的取值范围为 1 , 2 (2) max 5 (x), 4 5 , . 4 ( 【拓展提升拓展提升】 不等式恒成立时求参数范围问题的解法不等式恒成立时

12、求参数范围问题的解法 (1)(1)分离参数法分离参数法: :运用运用“f(x)af(x)a恒成立恒成立f(x)f(x)max maxa, a, f(x)af(x)a恒成立恒成立f(x)f(x)min mina” a”可解决恒成立中的参数可解决恒成立中的参数 取值范围问题取值范围问题. . (2)(2)更换主元法更换主元法: :对于不少含参不等式恒成立问题对于不少含参不等式恒成立问题, ,若直若直 接从主元入手非常困难或不可能解决问题时接从主元入手非常困难或不可能解决问题时, ,可转换思可转换思 维角度维角度, ,将主元与参数互换将主元与参数互换, ,常可得到简洁的解法常可得到简洁的解法. .

13、(3)(3)数形结合法数形结合法: :在研究曲线交点的恒成立问题时数形在研究曲线交点的恒成立问题时数形 结合结合, ,揭示问题所蕴含的几何背景揭示问题所蕴含的几何背景, ,发挥形象思维与抽发挥形象思维与抽 象思维的优势象思维的优势, ,可直接解决问题可直接解决问题. . 【变式训练变式训练】 (2019(2019郑州一模郑州一模) )已知不等式已知不等式|x-m|x|x-m|x|的解集为的解集为 (1,+).(1,+). (1)(1)求实数求实数m m的值的值. . (2)(2)若不等式若不等式 对对x(0,+)x(0,+) 恒成立恒成立, ,求实数求实数a a的取值范围的取值范围. . a5

14、1ma2 |11| xxxx | 【解析解析】(1)(1)由由|x-m|x|,|x-m|x|,得得|x-m|x-m|2 2|x|m2mxm2 2, , 又不等式又不等式|x-m|x|x-m|x|的解集为的解集为(1,+),(1,+), 则则1 1是方程是方程2mx=m2mx=m2 2的解的解, ,解得解得m=2(m=0m=2(m=0舍去舍去).). (2)(2)因为因为m=2,m=2,所以不等式所以不等式 对对 x(0,+)x(0,+)恒成立等价于不等式恒成立等价于不等式a-5|x+1|-|x-2|a+2a-5|x+1|-|x-2|a+2 对对x(0,+)x(0,+)恒成立恒成立. . 设设f

15、(x)=|x+1|-|x-2|= f(x)=|x+1|-|x-2|= 当当0 x20 x2时时,f(x),f(x)在在(0,2)(0,2)上是增函数上是增函数,-1f(x)3,-1f(x)3, a51ma2 |11| xxxx | 2x 1 0 x2 3x2 ， ， 当当x2x2时时,f(x)=3.,f(x)=3.因此函数因此函数f(x)f(x)的值域为的值域为(-1,3.(-1,3. 从而原不等式等价于从而原不等式等价于 解得解得1a4.1cd,abcd,则则 . . (2) (2) 是是|a-b|c-d|a-b|cda+b=c+d,abcd得得 因此因此 22 ( ab)ab2 ab,(

16、cd) cd2 cd. 22 ( ab)( cd) . abcd. (2)(i)(2)(i)若若|a-b|c-d|,|a-b|c-d|,则则(a-b)(a-b)2 2(c-d)(c-d)2 2, , 即即(a+b)(a+b)2 2-4ab(c+d)-4abcd.abcd. 由由(1)(1)得得 abcd. (ii)(ii)若若 则则 即即a+b+2 c+d+2 a+b+2 c+d+2 因为因为a+b=c+d,a+b=c+d,所以所以abcd.abcd.于是于是(a-b)(a-b)2 2=(a+b)=(a+b)2 2-4ab-4ab (c+d)(c+d)2 2-4cd=(c-d)-4cd=(c-

17、d)2 2. .因此因此|a-b|c-d|.|a-b|c-d|. 综上综上, , 是是|a-b|c-d|a-b|c-d|的充要条件的充要条件. . abcd， 22 (ab)( cd)， abcd. abcd 【拓展提升拓展提升】 1.1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法 和反证法和反证法, ,其中比较法和综合法是基础其中比较法和综合法是基础, ,综合法证明的综合法证明的 关键是找到证明的切入点关键是找到证明的切入点. . 2.2.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时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

18、寻找证明途径可用分析法来寻找证明途径, ,使用分析法证明的关键是使用分析法证明的关键是 推理的每一步必须可逆推理的每一步必须可逆. .如果待证命题是否定性命题、如果待证命题是否定性命题、 唯一性命题或以唯一性命题或以“至少至少”“”“至多至多”等方式给出的等方式给出的, ,则考则考 虑用反证法虑用反证法. . 【变式训练变式训练】 1.1.已知定义在已知定义在R R上的函数上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为的最小值为 a.a. (1)(1)求求a a的值的值. . (2)(2)若若p,q,rp,q,r是正实数是正实数, ,且满足且满足p+q+r=

19、a,p+q+r=a,求证求证:p:p2 2+q+q2 2+r+r2 2 3.3. 【解析解析】(1)(1)因为因为|x+1|+|x-2|(x+1)-(x-2)|=3,|x+1|+|x-2|(x+1)-(x-2)|=3,当当 且仅当且仅当-1x2-1x2时时, ,等号成立等号成立, ,所以所以f(x)f(x)的最小值等于的最小值等于3,3, 即即a=3.a=3. (2)(2)由由(1)(1)知知p+q+r=3,p,q,rp+q+r=3,p,q,r为正实数为正实数, , 所以所以(p+q+r)(p+q+r)2 2=p=p2 2+q+q2 2+r+r2 2+2pq+2pr+2qr3p+2pq+2pr+2qr3p2 2+3q+3q2 2+3r+3r2 2 =3(p=3(p2 2+q+q2 2+r+r2 2) )即即93(p93(p2 2+q+q2 2+r+r2 2),p),p2 2+q+q2 2+r+r2 23.3. 2.(20192.(2