2021高考数学一轮复习第13章选修4-5第1节绝对值不等式教学案文北师大版

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2021高考数学一轮复习第13章选修4-5第1节绝对值不等式教学案文北师大版

第13章 选修4-5‎ 全国卷五年考情图解 高考命题规律把握 ‎1.考查形式 本章在高考中考查1道解答题,分值10分.‎ ‎2.考查内容 高考对本章内容的考查主要体现在以下两个方面:‎ ‎(1)绝对值不等式的求解及绝对值不等式与函数问题的综合;‎ ‎(2)绝对值不等式的恒成立问题及与不等式的证明相结合.‎ ‎3.备考策略 ‎(1)熟练掌握解决以下问题的方法和规律 ‎①含绝对值不等式的解法问题;‎ ‎②利用绝对值三角不等式求最值问题;‎ ‎③不等式的解集与参数问题;‎ ‎④证明不等式问题.‎ ‎(2)重视数形结合、分类讨论、转化与化归思想的应用.‎ 第一节 绝对值不等式 ‎[最新考纲] 1.理解绝对值的几何意义,并了解下列不等式成立的几何意义及取等号的条件:|a+b|≤|a|+|b|(a,b∈R),|a-b|≤|a-c|+|c-b|(a,b,c∈R).2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式:|ax+b|≤c;|ax+b|≥c;|x-a|+|x-b|≥c.‎ ‎(对应学生用书第211页)‎ - 8 -‎ ‎1.绝对值三角不等式 定理1:如果a,b是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.‎ 定理2:如果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.‎ ‎2.绝对值不等式的解法 ‎(1)|x|a型不等式的解法:‎ 不等式 a>0‎ a=0‎ a<0‎ ‎|x|a ‎{x|x>a或x<-a}‎ ‎{x∈R|x≠0}‎ R ‎(2)|ax+b|≤c,|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法:‎ ‎①|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c;‎ ‎②|ax+b|≥c⇔ax+b≥c或ax+b≤-c.‎ ‎(3)|x-a|+|x-b|≥c,|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;‎ ‎②利用零点分段法求解;‎ ‎③构造函数,利用函数的图像求解.‎ 一、思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)‎ ‎(1)若|x|>c的解集为R,则c≤0. (  )‎ ‎(2)不等式|x-1|+|x+2|<2的解集为. (  )‎ ‎(3)对|a+b|≥|a|-|b|当且仅当a>b>0时等号成立. (  )‎ ‎(4)对|a-b|≤|a|+|b|当且仅当ab≤0时等号成立. (  )‎ ‎[答案](1)× (2)√ (3)× (4)√‎ 二、教材改编 ‎1.不等式1<|x+1|<3的解集为(  )‎ A.(0,2)   B.(-2,0)∪(2,4)‎ C.(-4,0) D.(-4,-2)∪(0,2)‎ D [原不等式等价于11的解集;‎ ‎②若x∈(0,1)时,不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.‎ ‎[解](1)原不等式可化为或 解得x≤-5或x≥-.‎ 综上,原不等式的解集是.‎ ‎(2)①当a=1时,f(x)=|x+1|-|x-1|,‎ 即f(x)= 故不等式f(x)>1的解集为.‎ ‎②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;‎ 若a>0,|ax-1|<1的解集为,所以≥1,故01时,①式化为x2+x-4≤0,‎ 从而1<x≤.‎ - 8 -‎ 所以f(x)≥g(x)的解集为.‎ ‎(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2,‎ 所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],等价于当x∈[-1,1]时,f(x)≥2.‎ 又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,‎ 所以f(-1)≥2且f(1)≥2,得-1≤a≤1.‎ 所以a的取值范围为[-1,1].‎ ‎⊙考点2 绝对值三角不等式的应用 ‎ 利用绝对值三角不等式求最值(或证明)‎ ‎(1)对绝对值三角不等式定理|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|中等号成立的条件要深刻理解,特别是用此定理求函数的最值时.‎ ‎(2)对于求y=|x-a|+|x-b|或y=|x-a|-|x-b|型的最值问题利用绝对值三角不等式更方便.形如y=|x-a|+|x-b|的函数只有最小值,形如y=|x-a|-|x-b|的函数既有最大值又有最小值.‎ ‎(1)若对于实数x,y有|1-x|≤2,|y+1|≤1,求|2x+3y+1|的最大值.‎ ‎[解] 因为|2x+3y+1|=|2(x-1)+3(y+1)|≤2|x-1|+3|y+1|≤7,‎ 所以|2x+3y+1|的最大值为7.‎ ‎(2)若a≥2,x∈R,求证:|x-1+a|+|x-a|≥3.‎ ‎[证明] 因为|x-1+a|+|x-a|≥|(x-1+a)-(x-a)|=|2a-1|,‎ 又a≥2,故|2a-1|≥3,‎ 所以|x-1+a|+|x-a|≥3成立.‎ ‎[逆向问题] ‎ 若|x-1+a|+|x-a|≥3,求a的取值范围.‎ ‎[解] ∵|x-1+a|+|x-a|≥|2a-1|,‎ ‎∴|2a-1|≥3,‎ ‎∴2a-1≥3或2a-1≤-3,‎ ‎∴a≥2或a≤-1,‎ 即a的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).‎ ‎ 本例(2)的证明使用了放缩法,即先证明|x-1+a|+|x-a|≥|2a-1|,然后再证明|2a-1|≥3.‎ ‎ 已知函数f(x)=|2x-1|,x∈R.‎ ‎(1)解不等式f(x)<|x|+1;‎ ‎(2)若对x,y∈R,有|x-y-1|≤,|2y+1|≤,求证:f(x)<1.‎ - 8 -‎ ‎[解](1)∵f(x)<|x|+1,‎ ‎∴|2x-1|<|x|+1,‎ 即或 或 得≤x<2或0<x<或无解.‎ 故不等式f(x)<|x|+1的解集为{x|0<x<2}.‎ ‎(2)证明:f(x)=|2x-1|=|2(x-y-1)+(2y+1)|≤|2(x-y-1)|+|2y+1|=2|x-y-1|+|2y+1|≤2×+=<1.‎ 故不等式f(x)<1得证.‎ ‎⊙考点3 绝对值不等式的综合应用 ‎ 两招解不等式问题中的含参问题 ‎(1)问题转化 ‎①把存在性问题转化为求最值问题,即f(x)>a有解⇔f(x)max>a.‎ ‎②不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题;‎ ‎③不等式的解集为的对立面也是不等式的恒成立问题,此类问题都可转化为最值问题,即f(x)<a恒成立⇔a>f(x)max,f(x)>a恒成立⇔a<f(x)min.‎ ‎(2)求最值 求含绝对值的函数最值时,常用的方法有三种:‎ ‎①利用绝对值的几何意义;‎ ‎②利用绝对值三角不等式,即|a|+|b|≥|a±b|≥||a|-|b||;‎ ‎③利用零点分区间法.‎ ‎ (2019·合肥模拟)已知函数f(x)=|2x-1|.‎ ‎(1)解关于x的不等式f(x)-f(x+1)≤1;‎ ‎(2)若关于x的不等式f(x)<m-f(x+1)的解集不是空集,求m的取值范围.‎ ‎[解](1)f(x)-f(x+1)≤1⇔|2x-1|-|2x+1|≤1,‎ 则或 或解得x≥或-≤x<,‎ 即x≥-,‎ 所以原不等式的解集为.‎ ‎(2)由条件知,不等式|2x-1|+|2x+1|<m有解,则m>(|2x-1|+|2x+1|)min即可.‎ - 8 -‎ 由于|2x-1|+|2x+1|=|1-2x|+|2x+1|≥|1-2x+(2x+1)|=2,当且仅当(1-2x)(2x+1)≥0,即x∈时等号成立,故m>2.所以m的取值范围是(2,+∞).‎ ‎ 本例第(2)问中不等式f(x)<m-f(x+1)的解集不是空集,即不等式有解,是存在性问题,可转化为m>[f(x)+f(x+1)]min.‎ ‎[教师备选例题]‎ ‎ (2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.‎ ‎(1)求不等式f(x)≥1的解集;‎ ‎(2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.‎ ‎[解](1)f(x)= 当x<-1时,f(x)≥1无解;‎ 当-1≤x≤2时,由f(x)≥1,得2x-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}.‎ ‎(2)由f(x)≥x2-x+m,得 m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.‎ 而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|‎ ‎=-+≤,‎ 且当x=时,|x+1|-|x-2|-x2+x=,‎ 故m的取值范围为.‎ ‎ 1.(2019·洛阳模拟)已知函数f(x)=|x-5|.‎ ‎(1)解不等式:f(x)+f(x+2)≤3;‎ ‎(2)若a<0,求证:f(ax)-f(5a)≥af(x).‎ ‎[解](1)不等式化为|x-5|+|x-3|≤3.‎ 当x<3时,原不等式等价于-2x≤-5,即≤x<3;‎ 当3≤x≤5时,原不等式等价于2≤3,即3≤x≤5;‎ 当x>5时,原不等式等价于2x-8≤3,即5<x≤.‎ 综上,原不等式的解集为.‎ ‎(2)证明:由题意得 - 8 -‎ f(ax)-af(x)=|ax-5|-a|x-5|=|ax-5|+|ax-5a|=|ax-5|+|-ax+5a|≥|ax-5-ax+5a|=|5a-5|=f(5a).‎ 所以f(ax)-f(5a)≥af(x)成立.‎ ‎2.已知函数f(x)=|x+m|+|2x-1|(m∈R),若关于x的不等式f(x)≤|2x+1|的解集为A,且A,求实数m的取值范围.‎ ‎[解] ∵A,‎ ‎∴当x∈时,不等式f(x)≤|2x+1|恒成立,‎ 即|x+m|+|2x-1|≤|2x+1|在x∈上恒成立,‎ ‎∴|x+m|+2x-1≤2x+1,‎ 即|x+m|≤2在x∈上恒成立,‎ ‎∴-2≤x+m≤2,‎ ‎∴-x-2≤m≤-x+2在x∈上恒成立,‎ ‎∴(-x-2)max≤m≤(-x+2)min,‎ ‎∴-≤m≤0,‎ 故实数m的取值范围是.‎ - 8 -‎
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