2019年高考数学复习大二轮精准提分课件第二篇 第32练

2019年高考数学复习大二轮精准提分课件第二篇 第32练

第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 32 练　不等式选 讲 [ 选做大题保分练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度：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，不等式的应用和证明是命题的热点 . 2 . 题目难度：中档难度 . 核心考点突破练 栏目索引 模板答题规范练 考点一　绝对值不等式的解法 方法技巧　 | x － a | ＋ | x － b | ≥ c ( c >0) 和 | x － a | ＋ | x － b | ≤ c ( c >0) 型不等式的解法 (1) 利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想 . (2) 利用 “ 零点分区间法 ” 求解，体现了分类讨论的思想 . (3) 通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想 . 核心考点突破练 解答 1.(2018· 益阳调研 ) 已知函数 f ( x ) ＝ | x ＋ a | ＋ | x － 2|. (1) 当 a ＝ 0 时，解不等式 f ( x ) ≤ 3 ； 解　 当 a ＝ 0 时， f ( x ) ＝ | x | ＋ | x － 2 |. 当 0< x <2 时，由 f ( x ) ＝ x ＋ 2 － x ≤ 3 ，得 0< x <2 ； 解答 (2) 若关于 x 的不等式 f ( x ) ≥ | x － 3| 在 R 上恒成立，求实数 a 的取值范围 . 解　 由 f ( x ) ≥ | x － 3| ，得 | x ＋ a | ≥ | x － 3| － | x － 2|. 作出 g ( x ) 的图象如图所示， 由题意知 g ( x ) 的图象恒在函数 y ＝ | x ＋ a | 的图象的下方 . 由图象可知，当 y ＝ | x ＋ a | 经过点 (2 ， 1) 时， 解得 a ＝－ 3 或 a ＝－ 1 . 当 a ＝－ 1 时， y ＝ | x ＋ a | 的图象经过 (1 ， 0) 点，显然不成立； 当 a ＝－ 3 时， y ＝ | x ＋ a | 的图象经过 (3 ， 0) 点，成立， 由图可知 a ≤ － 3 ， 即实数 a 的取值范围为 ( － ∞ ，－ 3]. 解答 2.(2017· 全国 Ⅲ ) 已知函数 f ( x ) ＝ | x ＋ 1| － | x － 2|. (1) 求不等式 f ( x ) ≥ 1 的解集； 当 x ＜－ 1 时， f ( x ) ≥ 1 无解； 当－ 1 ≤ x ≤ 2 时，由 f ( x ) ≥ 1 ，得 2 x － 1 ≥ 1 ，解得 1 ≤ x ≤ 2 ； 当 x ＞ 2 时，由 f ( x ) ≥ 1 ，解得 x ＞ 2. 所以 f ( x ) ≥ 1 的解集为 { x | x ≥ 1 }. 解答 (2) 若不等式 f ( x ) ≥ x 2 － x ＋ m 的解集非空，求 m 的取值范围 . 解　 由 f ( x ) ≥ x 2 － x ＋ m ，得 m ≤ | x ＋ 1| － | x － 2| － x 2 ＋ x . 而 | x ＋ 1| － | x － 2| － x 2 ＋ x ≤ | x | ＋ 1 ＋ | x | － 2 － x 2 ＋ | x | 解答 3. 已知函数 f ( x ) ＝ |2 x － a | ＋ |2 x ＋ 3| ， g ( x ) ＝ | x － 1| ＋ 2. (1) 解不等式 | g ( x )| ＜ 5 ； 解　 由 || x － 1| ＋ 2| ＜ 5 ，得－ 5 ＜ | x － 1| ＋ 2 ＜ 5 ， 所以－ 7 ＜ | x － 1| ＜ 3 ， 又 | x － 1| ≥ 0 ，可得不等式的解集为 ( － 2 ， 4). 解答 (2) 若对任意的 x 1 ∈ R ，都有 x 2 ∈ R ，使得 f ( x 1 ) ＝ g ( x 2 ) 成立，求实数 a 的取值范围 . 解　 因为对任意 x 1 ∈ R ，都有 x 2 ∈ R ，使得 f ( x 1 ) ＝ g ( x 2 ) 成立， 所以 { y | y ＝ f ( x )} ⊆ { y | y ＝ g ( x )}. 又 f ( x ) ＝ |2 x － a | ＋ |2 x ＋ 3| ≥ |(2 x － a ) － (2 x ＋ 3)| ＝ | a ＋ 3| ， g ( x ) ＝ | x － 1| ＋ 2 ≥ 2 ， 所以 | a ＋ 3| ≥ 2 ，解得 a ≥ － 1 或 a ≤ － 5 ， 所以实数 a 的取值范围为 ( － ∞ ，－ 5] ∪ [ － 1 ，＋ ∞ ). 考点二　不等式的证明 要点重组 　 (1) 绝对值三角不等式 || a | － | b || ≤ | a ± b | ≤ | a | ＋ | b |. (2) 算术 — 几何平均不等式 方法技巧 　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 . 证明 4.(2017· 全国 Ⅱ ) 已知 a >0 ， b >0 ， a 3 ＋ b 3 ＝ 2 ，证明： (1)( a ＋ b )( a 5 ＋ b 5 ) ≥ 4 ； 证明　 ( a ＋ b )( a 5 ＋ b 5 ) ＝ a 6 ＋ ab 5 ＋ a 5 b ＋ b 6 ＝ ( a 3 ＋ b 3 ) 2 － 2 a 3 b 3 ＋ ab ( a 4 ＋ b 4 ) ＝ 4 ＋ ab ( a 2 － b 2 ) 2 ≥ 4. 证明 (2) a ＋ b ≤ 2. 证明　 因为 ( a ＋ b ) 3 ＝ a 3 ＋ 3 a 2 b ＋ 3 ab 2 ＋ b 3 所以 ( a ＋ b ) 3 ≤ 8 ，所以 a ＋ b ≤ 2. 解答 5.(2018· 咸阳模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ | x | － | x － 3|( x ∈ R ). (1) 求 f ( x ) 的最大值 m ； 知 f ( x ) ∈ [ － 3 ， 3] ，即 m ＝ 3. 方法二　由绝对值不等式 f ( x ) ＝ | x | － | x － 3| ≤ | x － x ＋ 3| ＝ 3 ，得 m ＝ 3. 方法三　由绝对值不等式的几何意义知 f ( x ) ＝ | x | － | x － 3| ∈ [ － 3 ， 3] ( x ∈ R ) ，即 m ＝ 3. 证明 证明 　 ∵ 2 a ＋ 3 b ＋ 4 c ＝ 3( a ， b ， c >0) ， 解答 (1) 求 M ； 综上知， f ( x )<2 的解集 M ＝ { x | － 1< x <1}. 证明 (2) 证明：当 a ， b ∈ M 时， | a ＋ b |<|1 ＋ ab |. 证明 　由 (1) 知，当 a ， b ∈ M 时，－ 1< a <1 ，－ 1< b <1 ， 从而 ( a ＋ b ) 2 － (1 ＋ ab ) 2 ＝ a 2 ＋ b 2 － a 2 b 2 － 1 ＝ ( a 2 － 1)(1 － b 2 )<0 ， 即 ( a ＋ b ) 2 <(1 ＋ ab ) 2 ， 因此 | a ＋ b |<|1 ＋ ab |. 考点三　不等式的应用 方法技巧　 利用不等式的性质和结论可以求函数的最值，解决一些参数范围问题，恒成立问题，解题中要注意问题的转化 . 解答 7.(2018· 海南模拟 ) 设函数 f ( x ) ＝ | x ＋ a | ＋ 2 a . (1) 若不等式 f ( x ) ≤ 1 的解集为 { x | － 2 ≤ x ≤ 4} ，求 a 的值； 解　 因为 | x ＋ a | ＋ 2 a ≤ 1 ，所以 | x ＋ a | ≤ 1 － 2 a (1 － 2 a >0) ， 所以 2 a － 1 ≤ x ＋ a ≤ 1 － 2 a ，所以 a － 1 ≤ x ≤ 1 － 3 a . 因为不等式 f ( x ) ≤ 1 的解集为 { x | － 2 ≤ x ≤ 4} ， 解答 (2) 在 (1) 的条件下，若不等式 f ( x ) ≥ k 2 － k － 4 恒成立，求 k 的取值范围 . 解　 由 (1) 得 f ( x ) ＝ | x － 1| － 2 ，不等式 f ( x ) ≥ k 2 － k － 4 恒成立， 只需 f ( x ) min ≥ k 2 － k － 4 ， 所以－ 2 ≥ k 2 － k － 4 ，即 k 2 － k － 2 ≤ 0 ， 所以 k 的取值范围是 [ － 1 ， 2]. 解答 8. 已知函数 f ( x ) ＝ | x － 2| － | x ＋ 1|. (1) 解不等式 f ( x ) ＞ 1 ； 解　 当 x ＞ 2 时，原不等式可化为 x － 2 － x － 1 ＞ 1 ，此时不成立； 当－ 1 ≤ x ≤ 2 时，原不等式可化为 2 － x － x － 1 ＞ 1 ，解得－ 1 ≤ x ＜ 0 ； 当 x ＜－ 1 时，原不等式可化为 2 － x ＋ x ＋ 1 ＞ 1 ，解得 x ＜－ 1. 综上，原不等式的解集是 { x | x ＜ 0}. 所以 f ( x ) ∈ [ － 3 ， 1). 所以实数 a 的取值范围为 [1 ，＋ ∞ ). 解答 解答 9. 已知函数 f ( x ) ＝ |2 x ＋ 1| － | x － a | ， g ( x ) ＝ 3 x － 2. (1) 当 a ＝ 2 时，求不等式 f ( x ) ＞ g ( x ) 的解集； 解　 当 a ＝ 2 时，不等式 f ( x ) ＞ g ( x ) 可化为 |2 x ＋ 1| － | x － 2| － 3 x ＋ 2 ＞ 0 ， 设 y ＝ |2 x ＋ 1| － | x － 2| － 3 x ＋ 2 ， 解答 则 h ( x ) min ＝ h ( a ) ＝ 6 a － 1 ， 由题意知 a ≥ h ( x ) min ＝ 6 a － 1 ， 模板答题规范练 模 板体验 典例 　 (10 分 ) 已知函数 f ( x ) ＝ |3 x ＋ 2|. (1) 解不等式 f ( x ) ＜ 4 － | x － 1| ； 审题路线图 规范解答 · 评分 标准 解　 (1) 不等式 f ( x ) ＜ 4 － | x － 1| ， 即 |3 x ＋ 2| ＋ | x － 1| ＜ 4 ， 当 x ＞ 1 时，不等式可化为 3 x ＋ 2 ＋ x － 1 ＜ 4 ，无解 . 3 分 构建答题模板 [ 第一步 ] 　 解不等式 ； [ 第二步 ] 　 转化 ：将恒成立问题或有解问题转化成最值问题； [ 第三步 ] 　 求解 ：利用求得的最值求解取值范围 . 规范演练 解答 1.(2018· 全国 Ⅰ ) 已知 f ( x ) ＝ | x ＋ 1| － | ax － 1|. (1) 当 a ＝ 1 时，求不等式 f ( x ) ＞ 1 的解集； 解　 当 a ＝ 1 时， f ( x ) ＝ | x ＋ 1| － | x － 1| ， 解答 (2) 若 x ∈ (0 ， 1) 时不等式 f ( x ) ＞ x 成立，求 a 的取值范围 . 解　 当 x ∈ (0 ， 1) 时， | x ＋ 1| － | ax － 1| ＞ x 成立等价于当 x ∈ (0 ， 1) 时， | ax － 1| ＜ 1 成立 . 若 a ≤ 0 ，则当 x ∈ (0 ， 1) 时， | ax － 1| ≥ 1 ； 综上， a 的取值范围为 (0 ， 2]. 解答 2. 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　 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 3 x － 2>0 ， 当 x ≥ 1 时，不等式化为－ x ＋ 2>0 ，解得 1 ≤ x <2. 解答 (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 . 所以 a 的取值范围为 (2 ，＋ ∞ ). 证明 证明 　解不等式 | x － 1| ＋ 2 ＞ | x ＋ 2| ， 解不等式 | x － 1| ＜ | x ＋ 2| ，得 ( x － 1) 2 ＜ ( x ＋ 2) 2 ， 解答 (2) 比较 |1 － 4 ab | 与 2| a － b | 的大小，并说明理由 . 解　 |1 － 4 ab | ＞ 2| a － b | ，理由如下： 因为 |1 － 4 ab | 2 － (2| a － b |) 2 ＝ (1 － 8 ab ＋ 16 a 2 b 2 ) － 4( a 2 － 2 ab ＋ b 2 ) ＝ 1 ＋ 16 a 2 b 2 － 4 a 2 － 4 b 2 ＝ (4 a 2 － 1)(4 b 2 － 1) ＞ 0 ， 所以 |1 － 4 ab | 2 ＞ (2| a － b |) 2 ，即 |1 － 4 ab | ＞ 2| a － b |. 解答 4. 已知不等式 | x － m |<| x | 的解集为 (1 ，＋ ∞ ). (1) 求实数 m 的值； 解　 由 | x － m |<| x | ，得 | x － m | 2 <| x | 2 ， 即 2 mx > m 2 ， 又不等式 | x － m |<| x | 的解集为 (1 ，＋ ∞ ) ， 则 1 是方程 2 mx ＝ m 2 的解，即 2 m ＝ m 2 ， 解得 m ＝ 2( m ＝ 0 舍去 ). 解答 当 0< x <2 时， f ( x ) 在 (0 ， 2) 上是增函数，－ 1< f ( x )<3 ， 当 x ≥ 2 时， f ( x ) ＝ 3. 因此函数 f ( x ) 的值域为 ( － 1 ， 3]. 所以实数 a 的取值范围是 (1 ， 4].