2025届高考数学统考二轮复习第二部分专题7选修部分第2讲不等式选讲教师用书教案理

PAGE专题7第2讲不等式选讲肯定值不等式的解法授课提示：对应学生用书第68页考情调研考向分析主要考查解肯定值不等式以及求含有肯定值的函数最值问题．求解的一般方法是去掉肯定值，也可以借助数形结合求解．在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、低档.1.含肯定值不等式的解法．2.利用肯定值不等式求最值.[题组练透]1．已知函数f(x)＝|x＋2|＋2|x－1|.(1)求f(x)的最小值；(2)若不等式f(x)＋x－a<0的解集为(m，n)，且n－m＝6，求a的值．解析：(1)f(x)＝|x＋2|＋2|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x，x≤－2,－x＋4，－2<x≤1,3x，x>1))，则f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝3.(2)因为g(x)＝f(x)＋x－a＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－a，x≤－2,4－a，－2<x≤1,4x－a，x>1))，令－2x－a<0，则x>－eq\f(a,2)；令4x－a<0，则x<eq\f(a,4).所以不等式f(x)＋x－a<0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,4)))，又不等式f(x)＋x－a<0的解集为(m，n)，且n－m＝6，所以eq\f(a,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝6，故a＝8.2．设函数f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．解析：(1)当a＝1时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋4，x≤－1，,2，－1＜x≤2，,－2x＋6，x＞2.))可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．[题后悟通]含有肯定值的不等式的解法(1)|f(x)|＞a(a＞0)⇔f(x)＞a或f(x)＜－a.(2)|f(x)|＜a(a＞0)⇔－a＜f(x)＜a.(3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用肯定值不等式的几何意义求解．与肯定值有关的参数范围问题授课提示：对应学生用书第69页考情调研考向分析主要考查利用不等式恒成立求参数的值或范围．求解的一般方法是去掉肯定值，也可以借助数形结合求解．在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、低档.1.参变分别法．2.重要不等式法．3.分类探讨法.[题组练透]1．(2024·云南质检)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|x－2a(1)当a＝2时，解关于x的不等式f(x)≤9；(2)当a≠2时，若对随意实数x，f(x)≥4恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)当a＝2时，f(x)＝3|x－1|，由f(x)≤9得|x－1|≤3，由|x－1|≤3得－3≤x－1≤3，解得－2≤x≤4，∴当a＝2时，关于x的不等式f(x)≤9的解集为{x∈R|－2≤x≤4}．(2)①当a>2时，eq\f(a,2)<2a－3，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－3a＋3，x>2a－3,x＋a－3，\f(a,2)≤x≤2a－3,－3x＋3a－3，x<\f(a,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2)))上是减函数，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))是增函数，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(3a,2)－3，由题设得eq\f(3a,2)－3≥4，解得a≥eq\f(14,3).②当a<2时，同理求得a≤－eq\f(2,3).综上所述，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14,3)，＋∞)).2．已知函数f(x)＝|2x＋a|＋2a，a∈R(1)若对于随意x∈R，f(x)都满意f(x)＝f(3－x)，求a的值；(2)若存在x∈R，使得f(x)≤－|2x－1|＋a成立，求实数a的取值范围．解析：(1)因为f(x)＝f(3－x)，x∈R，所以f(x)的图象关于x＝eq\f(3,2)对称．又f(x)＝2|x＋eq\f(a,2)|＋2a的图象关于x＝－eq\f(a,2)对称，所以－eq\f(a,2)＝eq\f(3,2)，所以a＝－3.(2)f(x)≤－|2x－1|＋a等价于|2x＋a|＋|2x－1|＋a≤0.设g(x)＝|2x＋a|＋|2x－1|＋a，则g(x)min＝|(2x＋a)－(2x－1)|＋a＝|a＋1|＋a.由题意g(x)min≤0，即|a＋1|＋a≤0.当a≥－1时，a＋1＋a≤0，a≤－eq\f(1,2)，所以－1≤a≤－eq\f(1,2)；当a<－1时，－(a＋1)＋a≤0，－1≤0，所以a<－1，综上，a≤－eq\f(1,2).[题后悟通]1．f(x)＞a恒成立⇔f(x)min＞a；f(x)＜a恒成立⇔f(x)max＜a；f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a；f(x)＞a无解⇔f(x)max≤a；f(x)＜a无解⇔f(x)min≥a.2．定理1：假如a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．定理2：假如a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．不等式的证明授课提示：对应学生用书第70页考情调研考向分析主要考查含肯定值不等式的证明问题．一般利用几个常见的不等式进行逻辑推理，在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中、低档.1.综合法和分析法．2.基本不等式．3.柯西不等式.[题组练透]1．(2024·蚌埠模拟)已知：a2＋b2＝1，其中a，b∈R.(1)求证：eq\f(|a－b|,|1－ab|)≤1；(2)若ab>0，求(a＋b)(a3＋b3)的最小值．解析：(1)证明：所证不等式等价于|a－b|≤|1－ab|，即(a－b)2≤(1－ab)2，也就是(a2－1)(1－b2)≤0，∵a2＋b2＝1，∴a2≤1，b2≤1∴(a2－1)(1－b2)≤0，故原不等式成立．(2)(a＋b)(a3＋b3)＝a4＋ab3＋a3b＋b4≥a4＋2eq\r(ab3·a3b)＋b4＝(a2＋b2)2＝1，当且仅当a＝b＝eq\f(\r(2),2)或a＝b＝－eq\f(\r(2),2)时，(a＋b)(a3＋b3)取到最小值1.2．设a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求证：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．证明：(1)要证a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c>0，因此只需证明(a＋b＋c)2≥3，即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3.而ab＋bc＋ca＝1，故只需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得．所以原不等式成立．(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc)).在(1)中已证a＋b＋c≥eq\r(3)，因此要证原不等式成立，只需证明eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).①因为aeq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，同理beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(bc＋ac,2)(当且仅当a＝b＝c＝eq\f(\r(3),3)时等号成立)，所以aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca，所以aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤1，两边同时除以eq\r(abc)得eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，①式得证．所以原不等式成立．[题后悟通]1．含有肯定值的不等式的性质|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.2．算术—几何平均不等式定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．定理2：假如a