2018高考数学理二轮备考教学案-不等式选讲

2018高考数学理二轮备考教学案—不等式选讲【考情解读】预测2018年对不等式选讲的考查仍以绝对值不等式的解法、性质为主，解含两个绝对值号的不等式是解答题题型的主流，并配以不等式的证明和函数图象的考查.【重点知识梳理】一、含有绝对值不等式的解法1.|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法(1)若c>0，则|ax＋b|≤c等价于－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c等价于ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的值解出即可.(2)若c<0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.2.|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解.(1)零点分区间法的一般步骤①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集.(2)利用绝对值的几何意义由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|<c(c>0)或|x－a|－|x－b|>c(c>0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观.3.|f(x)|>g(x)，|f(x)|<g(x)(g(x)>0)型不等式的解法(1)|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<－g(x).(2)|f(x)|<g(x)⇔－g(x)<f(x)<g(x).知识点二不等式的证明1.证明不等式的常用结论(1)绝对值的三角不等式定理1：若a，b为实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0，等号成立.定理2：设a，b，c为实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立.推论1：||a|－|b||≤|a＋b|.推论2：||a|－|b||≤|a－b|.(2)三个正数的算术—几何平均不等式：如果a，b，c∈R＋，那么eq\f(a＋b＋c,3)≥eq\r(3,abc)，当且仅当a＝b＝c时等号成立.(3)基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，…，an，它们的算术平均值不小于它们的几何平均值，即eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)≥eq\r(n,a1·a2·…·an)，并且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立.(4)一般形式的柯西不等式设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,n))·(beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2)＋…＋beq\o\al(2,n))≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，并且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立.2.证明不等式的常用方法(1)比较法一般步骤：作差—变形—判断—结论.为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以判断其正负.(2)综合法利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法叫综合法.即“由因导果”的方法.(3)分析法证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法.即“执果索因”的方法.(4)反证法和放缩法①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫作反证法.②证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种方法叫作放缩法.【高频考点突破】考点一解绝对值不等式例1．选修4—5：不等式选讲已知函数.（I）在答题卡第（24）题图中画出的图像；（II）求不等式的解集．【答案】（I）见解析（II）【解析】=1\*GB2⑴如图所示：⑵ ,当,,解得或,当,,解得或或当,,解得或,或综上,或或,,解集为【变式探究】不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集为________．【答案】{x|x≤－3或x≥2}【解析】原不等式等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥1，,（x－1）＋（x＋2）≥5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<x<1，,－（x－1）＋（x＋2）≥5))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤－2，,－（x－1）－（x＋2）≥5，))解得x≥2或x≤－3.故原不等式的解集为{x|x≤－3或x≥2}．考点二不等式的证明例2.设a、b、c、d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：(1)若ab＞cd，则eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)；(2)eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要条件．【解析】证明(1)因为(eq\r(a)＋eq\r(b))2＝a＋b＋2eq\r(ab)，(eq\r(c)＋eq\r(d))2＝c＋d＋2eq\r(cd)，由题设a＋b＝c＋d，ab＞cd得(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2.因此eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).(2)①若|a－b|＜|c－d|，则(a－b)2＜(c－d)2，即(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd.因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd.由(1)得eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d).②若eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)，则(eq\r(a)＋eq\r(b))2＞(eq\r(c)＋eq\r(d))2，即a＋b＋2eq\r(ab)＞c＋d＋2eq\r(cd).因为a＋b＝c＋d，所以ab＞cd，于是(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＜(c＋d)2－4cd＝(c－d)2.因此|a－b|＜|c－d|.综上，eq\r(a)＋eq\r(b)＞eq\r(c)＋eq\r(d)是|a－b|＜|c－d|的充要条件．【真题感悟】1．（2017天津高考）已知函数设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是（A） （B） （C） （D）【答案】【解析】不等式为(*)，当时，(*)式即为，，又（时取等号），（时取等号），所以，当时，(*)式为，，又（当时取等号），（当时取等号），所以，综上．故选A．2.（2017全国卷Ⅱ）已知。证明：（1）；（2）。【解析】（1）（2）因为所以，因此a+b≤2.3.（2017全国卷Ⅰ）已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若不等式的解集包含，求的取值范围．（1）当时，，是开口向下，对称轴的二次函数．

，当时，令，解得在上单调递增，在上单调递减

∴此时解集为．

当时，，．

当时，单调递减，单调递增，且．

综上所述，解集．

（2）依题意得：在恒成立．

即在恒成立．

则只须，解出：．

故取值范围是．4.（21017全国卷Ⅲ）已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若不等式的解集非空，求m的取值范围．【解析】=1\*GB2⑴可等价为.由可得：①当时显然不满足题意；②当时，，解得；③当时，恒成立.综上，的解集为.=2\*GB2⑵不等式等价为，令，则解集非空只需要.而.①当时，；②当时，；③当时，.综上，，故.5.【2016高考新课标3理数】选修4-5：不等式选讲已知函数．（I）当时，求不等式的解集；（II）设函数．当时，，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）当时，.解不等式得.因此的解集为.（Ⅱ）当时，，当时等号成立，所以当时，等价于.①当时，①等价于，无解.当时，①等价于，解得.所以的取值范围是.6．(2015·新课标全国Ⅰ，24)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；【解析】当a＝1时，f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；当－1<x<1时，不等式化为3x－2>0，解得eq\f(2,3)<x<1；当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.所以f(x)>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)<x<2)))).【押题专练】1．已知函数f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|.(1)求不等式f(x)≤6的解集；(2)若关于x的不等式f(x)<|a－1|的解集不是空集，求实数a的取值范围．【解析】(1)原不等式等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>\f(3,2)，,（2x＋1）＋（2x－3）≤6))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(3,2)，,（2x＋1）－（2x－3）≤6))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)，,－（2x＋1）－（2x－3）≤6，))解得eq\f(3,2)<x≤2或－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(3,2)或－1≤x<－eq\f(1,2).∴原不等式的解集为{x|－1≤x≤2}．(2)∵f(x)＝|2x＋1|＋|2x－3|≥|(2x＋1)－(2x－3)|＝4，∴|a－1|>4，∴a<－3或a>5，∴实数a的取值范围为(－∞，－3)∪(5，＋∞)．2．设不等式－2＜|x－1|－|x＋2|＜0的解集为M，a，b∈M.(1)证明：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))＜eq\f(1,4)；(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．【解析】(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，x≤－2，,－2x－1，－2＜x＜1，,－3，x≥1.))由－2＜－2x－1＜0，解得－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(1,2)，则M＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)a＋\f(1,6)b))≤eq\f(1,3)|a|＋eq\f(1,6)|b|＜eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).(2)由(1)得a2＜eq\f(1,4)，b2＜eq\f(1,4).因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)＞0，所以|1－4ab|2＞4|a－b|2，故|1－4ab|＞2|a－b|.3．已知a>0，b>0，a＋b＝1，求证：(1)eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9.【解析】证明：(1)∵a＋b＝1，a>0，b>0，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(a＋b,ab)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,a)＋\f(a＋b,b)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋4≥4eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋4＝8(当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时，等号成立)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.(2)∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)＋1，由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,b)))≥9.4．已知a，b均为正数，且a＋b＝1，证明：(1)(ax＋by)2≤ax2＋by2；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))eq\s\up12(2)≥eq\f(25,2).【解析】证明：(1)(ax＋by)2－(ax2＋by2)＝a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy，因为a＋b＝1，所以a－1＝－b，b－1＝－a.又a，b均为正数，所以a(a－1)x2＋b(b－1)y2＋2abxy＝－ab(x2＋y2－2xy)＝－ab(x－y)2≤0，当且仅当x＝y时等号成立．所以(ax＋by)2≤ax2＋by2.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,b)))eq\s\up12(2)＝4＋a2＋b2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝4＋a2＋b2＋eq\f(（a＋b）2,a2)＋eq\f(（a＋b）2,b2)＝4＋a2＋b2＋1＋eq\f(2b,a)＋eq\f(b2,a2)＋eq\f(a2,b2)＋eq\f(2a,b)＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)＋\f(a2,b2)))≥4＋eq\f(（a＋b）2,2)＋2＋4＋2＝eq\f(25,2).当且仅当a＝b时等号成立．5．已知a，b，c为非零实数，且a2＋b2＋c2＋1－m＝0，eq\f(1,a2)＋eq\f(4,b2)＋eq\f(9,c2)＋1－2m＝0.(1)求证：eq\f(1,a2)＋eq\f(4,b2)＋eq\f(9,c2)≥eq\f(36,a2＋b2＋c2)；(2)求实数