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文档介绍
【数学】2019届一轮复习北师大版 不等式选讲 学案
14.2 不等式选讲
最新考纲
考情考向分析
1.理解绝对值不等式的几何意义，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－c|≤|a－b|＋|b－c|(a，b∈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.
3.通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法.
本节题目常见的是解绝对值不等式、利用不等式恒成立求参数的值或范围，求含有绝对值的函数最值也是考查的热点．求解的一般方法是去掉绝对值，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．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|
a的解集
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|a
(－∞，－a)∪(a，＋∞)
(－∞，0)∪(0，＋∞)
R
(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|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(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“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
③通过构造函数，利用函数的图像求解，体现了函数与方程的思想．
2．含有绝对值的不等式的性质
(1)如果a，b是实数，则|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
(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．
3．不等式证明的方法
(1)比较法
①作差比较法
知道a>b⇔a－b>0，ab，只要证明a－b>0即可，这种方法称为作差比较法．
②作商比较法
由a>b>0⇔>1且a>0，b>0，因此当a>0，b>0时，要证明a>b，只要证明>1即可，这种方法称为作商比较法．
(2)综合法
从已知条件出发，利用不等式的有关性质或定理，经过推理论证，最终推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法叫作综合法，即“由因导果”的方法．
(3)分析法
从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)，从而得出要证的不等式成立，这种证明方法叫作分析法，即“执果索因”的方法．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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|a|≥|b|时等号成立．( × )
(5)对|a－b|≤|a|＋|b|当且仅当ab≤0时等号成立．( √ )
题组二 教材改编
2．不等式3≤|5－2x|<9的解集为( )
A．[－2,1)∪[4,7) B．(－2,1]∪(4,7]
C．(－2，－1]∪[4,7) D．(－2,1]∪[4,7)
答案 D
解析 由题意得
即
解得不等式的解集为(－2,1]∪ [4,7)．
3．求不等式|x－1|－|x－5|<2的解集．
解 ①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，
∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1；
②当1－1时，f(x)＝
∴f(x)min＝f(a)＝a＋1＝5，∴a＝4成立．
综上，a＝4或a＝－6.
方法二 当a＝－1时，f(x)min＝0，不符合题意；
当a≠－1时，f(x)min＝f(a)＝|a＋1|＝5，
∴a＝4或a＝－6.
5．已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，则＋＋的最小值为．
答案 9
解析 把a＋b＋c＝1代入到＋＋中，
得＋＋
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
6．若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为．
答案
解析 设y＝|2x－1|＋|x＋2|
＝
当x<－2时，y＝－3x－1>5；
当－2≤x<时，y＝－x＋3>，y≤5；
当x≥时，y＝3x＋1≥，故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，所以≥a2＋a＋2.
解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤，
故实数a的取值范围为.
题型一 绝对值不等式的解法
1．(2017·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.①
当x<－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当x>1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而10.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图像与x轴围成的三角形的面积大于6，求a的取值范围．
解 (1)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－10，解得0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得，f(x)＝
所以函数f(x)的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1,0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞)．
思维升华解绝对值不等式的基本方法
(1)利用绝对值的定义，通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(2)当不等式两端均为正号时，可通过两边平方的方法，转化为解不含绝对值符号的普通不等式．
(3)利用绝对值的几何意义，数形结合求解．
题型二 利用绝对值不等式求最值
典例 (1)对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值；
(2)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y－2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值．
解 (1)∵x，y∈R，
∴|x－1|＋|x|≥|(x－1)－x|＝1，
当且仅当0≤x≤1时等号成立，
∴|y－1|＋|y＋1|≥|(y－1)－(y＋1)|＝2，
当且仅当－1≤y≤1时等号成立，
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|≥1＋2＝3.
当且仅当0≤x≤1，－1≤y≤1同时成立时等号成立．
∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.
(2)|x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋|2(y－2)＋2|≤1＋2|y－2|＋2≤5，即|x－2y＋1|的最大值为5.
思维升华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．
跟踪训练(2017·镇江模拟)已知a和b是任意非零实数．
(1)求的最小值；
(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，求实数x的取值范围．
解 (1)∵≥
＝＝4，
当且仅当(2a＋b)(2a－b)≥0时等号成立，
∴的最小值为4.
(2)若不等式|2a＋b|＋|2a－b|≥|a|(|2＋x|＋|2－x|)恒成立，即|2＋x|＋|2－x|≤恒成立，
故|2＋x|＋|2－x|≤min.
由(1)可知，的最小值为4，
∴x的取值范围即为不等式|2＋x|＋|2－x|≤4的解集．
解不等式得－2≤x≤2，
故实数x的取值范围为[－2,2]．
题型三 绝对值不等式的综合应用
典例已知函数f(x)＝|x－a|＋(a≠0)．
(1)若不等式f(x)－f(x＋m)≤1恒成立，求实数m的最大值；
(2)当a<时，函数g(x)＝f(x)＋|2x－1|有零点，求实数a的取值范围．
解 (1)∵f(x)＝|x－a|＋(a≠0)，
∴f(x＋m)＝|x＋m－a|＋，
∴f(x)－f(x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤1，
又|x－a|－|x＋m－a|≤|m|，
∴|m|≤1，∴－1≤m≤1，
∴实数m的最大值为1.
(2)当a<时，
g(x)＝f(x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋
＝
∴g(x)min＝g＝－a＋
＝≤0，
∴或
∴－≤a<0，
∴实数a的取值范围是.
思维升华 (1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值，化为分段函数来解决．
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法．
跟踪训练(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；
(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|
＝－2＋≤，
当x＝时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝.
故m的取值范围为.
题型四 用综合法与分析法证明不等式
典例 (1)已知x，y均为正数，且x>y，求证：2x＋≥2y＋3；
(2)设a，b，c>0且ab＋bc＋ca＝1，求证：a＋b＋c≥.
证明 (1)因为x>0，y>0，x－y>0，
2x＋－2y＝2(x－y)＋
＝(x－y)＋(x－y)＋
≥3＝3，
所以2x＋≥2y＋3.
(2)因为a，b，c>0，所以要证a＋b＋c≥，
只需证明(a＋b＋c)2≥3.
即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，
而ab＋bc＋ca＝1，
故需证明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，
即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
而ab＋bc＋ca≤＋＋＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)成立，
所以原不等式成立．
思维升华用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野．
跟踪训练 (2017·全国Ⅱ)已知a>0，b>0，a3＋b3＝2，证明：(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
证明 (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a4＋b4－2a2b2)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
＝2＋3ab(a＋b)
≤2＋(a＋b)
＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
1．解不等式|x－1|＋|x＋2|≥5.
解 方法一 如图，设数轴上与－2,1对应的点分别是A，B，则不等式的解就是数轴上到A，B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数．
显然，区间[－2,1]不是不等式的解集．把点A向左移动一个单位到点A1，此时|A1A|＋|A1B|＝1＋4＝5.把点B向右移动一个单位到点B1，此时|B1A|＋|B1B|＝5，故原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
方法二 由原不等式|x－1|＋|x＋2|≥5，
可得或
或解得x≥2或x≤－3，
∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
方法三 将原不等式转化为|x－1|＋|x＋2|－5≥0.
令f(x)＝|x－1|＋|x＋2|－5，则
f(x)＝
作出函数的图像，如图所示．
由图像可知，当x∈(－∞，－3]∪[2，＋∞)时，y≥0，
∴原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
2．(2017·烟台二模)若不等式log2(|x＋1|＋|x－2|－m)≥2恒成立，求实数m的取值范围．
解 由题意可知|x＋1|＋|x－2|－m≥4恒成立，
即m≤(|x＋1|＋|x－2|－4)min.
又因为|x＋1|＋|x－2|－4≥|(x＋1)－(x－2)|－4＝－1，
当且仅当－1≤x≤2时等号成立，
所以m≤－1.
即实数m的取值范围为(－∞，－1]．
3．对于任意实数a，b，已知|a－b|≤1，|2a－1|≤1，且恒有|4a－3b＋2|≤m，求实数m的取值范围．
解 因为|a－b|≤1，|2a－1|≤1，
所以|3a－3b|≤3，≤，
所以|4a－3b＋2|＝
≤|3a－3b|＋＋≤3＋＋＝6，
即|4a－3b＋2|的最大值为6，
所以m≥|4a－3b＋2|max＝6.
即实数m的取值范围为[6，＋∞)．
4．设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：
(1)若ab＞cd，则＋＞＋；
(2)＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
证明 (1)因为(＋)2＝a＋b＋2，
(＋)2＝c＋d＋2，
由题设知a＋b＝c＋d，ab＞cd，
得(＋)2＞(＋)2.
因此＋＞＋.
(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＋＞＋，即必要性成立；
②若＋＞＋，则(＋)2＞(＋)2，
即a＋b＋2＞c＋d＋2.
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|，即充分性成立．
综上，＋＞＋是|a－b|＜|c－d|的充要条件．
5．(2017·洛阳模拟)已知关于x的不等式|2x＋1|－|x－1|≤log2a(其中a>0)．
(1)当a＝4时，求不等式的解集；
(2)若不等式有解，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝4时，不等式为|2x＋1|－|x－1|≤2.
当x<－时，－x－2≤2，解得－4≤x<－；
当－≤x≤1时，3x≤2，解得－≤x≤；
当x>1时，x≤0，此时x不存在，
∴原不等式的解集为.
(2)令f(x)＝|2x＋1|－|x－1|，
则f(x)＝
故f(x)∈，即f(x)的最小值为－.
若f(x)≤log2a有解，则log2a≥－，
解得a≥，即a的取值范围是.
6．(2017·沈阳模拟)设f(x)＝|ax－1|.
(1)若f(x)≤2的解集为[－6,2]，求实数a的值；
(2)当a＝2时，若存在x0∈R，使得不等式f(2x0＋1)－f(x0－1)≤7－3m成立，求实数m的取值范围．
解 (1)显然a≠0，当a>0时，解集为，
则－＝－6，＝2，无解；
当a<0时，解集为，
令－＝2，＝－6，得a＝－.
综上所述，a＝－.
(2)当a＝2时，令h(x)＝f(2x＋1)－f(x－1)
＝|4x＋1|－|2x－3|
＝
由此可知h(x)在上是减少的，
在上是增加的，
在上是增加的，
则当x＝－时，h(x)取得最小值－，由题意，知－≤7－3m，则实数m的取值范围是.
7．(2017·哈尔滨三中检测)已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝2.
(1)求证：ab＋bc＋ac≤；
(2)若a，b，c都小于1，求a2＋b2＋c2的取值范围．
(1)证明 ∵a＋b＋c＝2，
∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，
∴2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca＝8，
∴8＝2a2＋2b2＋2c2＋4ab＋4bc＋4ca≥6ab＋6bc＋6ac，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴ab＋bc＋ac≤.
(2)解 由题意可知，a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝4，
∴4≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋a2＋c2＝3(a2＋b2＋c2)，当且仅当a＝b＝c时取等号，∴a2＋b2＋c2≥.
∵0a2.同理b>b2，c>c2.
∴a2＋b2＋c21，①当x<0时，≤x<0；
②当0≤x≤1时，得x＋1－x≤m,0≤x≤1；
③当x>1时，得2x－1≤m,10，b>0且a＋b＝1，
∴＋＝(a＋b)
＝5＋＋≥9，
当且仅当＝，即a＝，b＝时，＋取得最小值9.
(2)∵对任意a，b∈(0，＋∞)，
＋≥|2x－1|－|x＋1|恒成立，
∴|2x－1|－|x＋1|≤9.
当x≤－1时，不等式化为2－x≤9，
解得－7≤x≤－1；
当－1
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