2018届二轮复习不等式选讲课件理（全国通用）
不等式选讲
1.
绝对值不等式
(1)
定理
1:
如果
a,b
是实数
,
则
|
a+b|___|a|+|b
|.
当且仅当
______
时
,
等号成立
.
(2)
定理
2:
如果
a,b,c
是实数
,
那么
|a-c|≤____________,
当且仅当
(a-b)(b-c)≥0
时
,
等号成立
.
≤
ab≥0
|a-
b|+|b-c
|
2.|ax+b|≤c(c>0)
和
|
ax+b|≥c(c
>0)
型不等式的解法
(1)|ax+b|≤c(c>0)⇔____________.
(2)|ax+b|≥c(c>0)⇔__________________.
-
c≤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
方法一
:
利用绝对值不等式的
_________
求解
,
体现数形结合思想
.
方法二
:
利用
“
___________
”
求解
,
体现分类讨论思想
.
方法三
:
通过构建函数
,
利用函数的图象求解
,
体现函数与方程思想
.
几何意义
零点分段法
【
易错提醒
】
1.
忽略条件致误
:
应用绝对值不等式的性质求函数的最值时
,
一定要注意等号成立的条件
,
特别是多次使用不等式时
,
必须使等号同时成立
.
2.
不能准确去掉绝对值号致误
:
在去掉绝对值号时
,
不能正确分类
,
导致解题失误
.
3.
忽略对分母符号的判断致误
:
在使用作商比较法时
,
易忽视对分母的符号进行判断而致误
.
热点考向一
绝对值不等式的解法
命题解读
:
主要考查绝对值不等式的解法以及分类讨论和转化与化归的数学思想
.
【
典例
1】
(2015
·
全国卷
Ⅰ)
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
.
(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
.
【
解题导引
】
(1)
利用零点分段法将不等式
f(x
)>1
化为一元一次不等式组来解
.
(2)
将
f(x
)
化为分段函数
,
求出
f(x
)
与
x
轴围成三角形的顶点坐标
,
即可求出三角形的面积
,
根据题意列出关于
a
的不等式
,
即可解出
a
的取值范围
.
【
规范解答
】
(1)
当
a=1
时
,
不等式
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
0,
解得
0,
解得
1≤x<2.
所以
f(x
)>1
的解集为
{x| 6,
故
a>2.
所以
a
的取值
范围为
(2,+∞).
【
规律方法
】
1.
用零点分段法解绝对值不等式的步骤
(1)
求零点
.
(2)
划区间、去绝对值号
.
(3)
分别解去掉绝对值的不等式
(
组
).
(4)
取每个结果的并集
,
注意在分段时不要遗漏区间的端点值
.
2.
图象法求解不等式
用图象法
,
数形结合可以求解含有绝对值的不等式
,
使得代数问题几何化
,
既通俗易懂
,
又简洁直观
,
是一种较好的方法
.
【
变式训练
】
(2016
·
全国卷
Ⅲ)
已知函数
f(x
)=|2x-a|+a.
(1)
当
a=2
时
,
求不等式
f(x)≤6
的解集
.
(2)
设函数
g(x
)=|2x-1|,
当
x∈R
时
,f(x)+g(x)≥3,
求
a
的取值范围
.
【
解析
】
(1)
当
a=2
时
,
f(x
)=|2x-2|+2,
解不等式
|2x-2|+2≤6
得
-1≤x≤3.
因此
f(x)≤6
的解集为
{
x|-1≤x≤3}.
(2)
当
x∈R
时
,
f(x)+g(x
)=|2x-a|+a+|1-2x|
≥|2x-a+1-2x|+a
=|1-a|+a,
所以当
x∈R
时
,f(x)+g(x)≥3
等价于
|1-a|+a≥3,
①
当
a≤1
时，①等价于
1-a+a≥3
，无解
.
当
a>1
时，①等价于
a-1+a≥3
，解得
a≥2.
所以
a
的取值范围是
[2
，
+∞).
【
加固训练
】
已知函数
f(x
)=|x-3|-5,g(x)=|x+2|-2.
(1)
求不等式
f(x)≤2
的解集
.
(2)
若不等式
f(x)-g(x)≥m-3
有解
,
求实数
m
的取值范围
.
【
解析
】
(1)
由
f(x)
≤
2,
得
|x-3|
≤
7,
所以
-7≤x-3≤7,
所以
-4≤x≤10,
所以不等式
f(x)≤2
的解集为
[-4,10].
(2)
因为
f(x)-g(x)≥m-3
有解
,
所以
|x-3|-|x+2|≥m
有解
.
因为
||x-3|-|x+2||≤|(x-3)-(x+2)|=5,
所以
-5≤|x-3|-|x+2|≤5,
所以
m≤5,
即
m
的取值范围是
(-∞,5].
热点考向二
绝对值不等式的恒成立问题
命题解读
:
主要考查绝对值不等式的性质
,
常和绝对值不等式的解法交汇命题
.
【
典例
2】
(2016
·
哈尔滨二模
)
设函数
f(x
)=|x-1|+ |2x-1|.
(1)
求不等式
f(x)≥2
的解集
.
(2)
若∀
x∈R
,
不等式
f(x)≥a|x
|
恒成立
,
求实数
a
的取值范围
.
【
题目拆解
】
解答本题第
(2)
问
,
可拆解成三个小题
:
①
讨论当
x=0
时
,
不等式成立的情况
;
②
当
x≠0
时
,
分离变量
a,
把所求问题转化为求最值问题
;
③
利用绝对值不等式的性质求最值
.
【
规范解答
】
(1)
由
f(x)≥2
得 或
或
解得
x≤0
或
x≥
所以原不等式的解集为
{x|x≤0
或
x≥ }.
(2)
当
x=0
时
,
f(x
)=2,a|x|=0,
原不等式恒成立
;
当
x≠0
时
,
原式等价转换为
≥
a
恒成立
,
即
a≤
因为
当且仅当 ≤
0,
即 ≤
x≤1
时取等号
,
所以
a≤1.
【
母题变式
】
1.
若本例题的条件不变
,
当不等式
f(x)≥a
恒成立时
,
试求
a
的取值范围
.
【
解析
】
f(x
)=|x-1|+|2x-1|=
则
f(x)≥f
( )= ,
从而
a≤ .
2.
若本例题条件变为
“
已知函数
f(x
)=|x-a|+ 2|x+b|(a>0,b>0)
的最小值为
1
”
.
试求
:
(1)a+b
的值
.
(2)
的最小值
.
【
解析
】
(1)f(x)=
其图象如图所示
,
因此
,
f(x
)
的最小值是
f(-b
)=
a+b
,
依题意
,
有
a+b
=1.
(2)a>0,b>0,
且
a+b
=1,
当且仅当
时
,
上式取等号
,
又
a+b
=1,
故当且仅当
a= -1,b=2-
时
,
有最小值
3+2 .
【
规律方法
】
求含绝对值号函数的最值的两种方法
(1)
利用
|a|-|
b|≤|a±b|≤|a|+|b
|
求解
.
(2)
将函数化为分段函数
,
数形结合求解
.
【
变式训练
】
(2016
·
揭阳二模
)
设
a∈R,f(x
)=|x-a|+ (1-a)x.
(1)
解关于
a
的不等式
f(2)<0.
(2)
如果
f(x)≥0
恒成立
,
求实数
a
的取值范围
.
【
解析
】
(1)
方法一
:f(2)=|2-a|+2(1-a)=
不等式
f(2)<0
等价于 或者
解得
a>2
或
,
所以所求不等式的解集为
方法二
:
由
f(2)<0,
得
|2-a|+2(1-a)<0,
即
|a-2|<2(a-1),
-2(a-1) ,
解集为
(2)f(x)=|x-a|+(1-a)x=
因为
f(x)≥0
恒成立
,
故有
解得
0≤a≤1.
【
加固训练
】
已知函数
f(x
)=|x-3|+|x-2|+k.
(1)
若
f(x)≥3
恒成立
,
求
k
的取值范围
.
(2)
当
k=1
时
,
解不等式
f(x
)<3x.
【
解析
】
(1)
由题意
,
得
|x-3|+|x-2|+k
≥
3,
对∀
x∈R
恒成立
,
即
(|x-3|+|x-2|)
min
≥3-k,
又
|x-3|+|x-2|≥|x-3-x+2|=1,
所以
(|x-3|+|x-2|)
min
=1≥3-k,
解得
:k≥2.
(2)
当
k=1
时
,
不等式可化为
f(x
)=|x-3|+|x-2|+1<3x,
当
x≤2
时
,
变形为
5x>6,
解得
:x> ,
此时不等式解集为
2,
解得
:x> ,
此时不等式解集为
2-4,
此时不等式解集为
x≥3,
综上
,
原不等式的解集为
热点考向三
不等式的证明
命题解读
:
主要考查利用比较法比较大小
,
利用综合法、分析法证明不等式
.
【
典例
3】
(2016
·
重庆二模
)
设不等式
|2x-1|<1
的解集为
M,
且
a∈M,b∈M
.
(1)
试比较
ab+1
与
a+b
的大小
.
(2)
设
max{A
}
表示数集
A
中的最大数
,
且
h=max
求证
:h>2.
【
解题导引
】
(1)
利用作差比较法比较大小
.
(2)
先利用不等式的性质得到
h
3
≥ .
再利用不等式的放缩得
h
3
>8.
【
规范解答
】
(1)M={x|00,
所以
ab+1>
a+b
.
(2)
因为
所以
h
3
≥ =8,
所以
h>2.
【
规律方法
】
证明不等式的基本方法
证明不等式的传统方法有
:
比较法、综合法、分析法
.
(1)
比较法有作差比较法和作商比较法两种
.
(2)
用综合法证明不等式时
,
主要是运用基本不等式证明
,
一方面要注意基本不等式成立的条件
,
另一方面要善于对式子进行恰当的转化、变形
.
(3)
如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显
,
可考虑用分析法
.
(4)
综合法往往是分析法的相反过程
,
其表述简单
,
条理清楚
,
当问题比较复杂时
,
通常把分析法和综合法结合起来使用
,
以分析法寻找证明的思路
,
而用综合法叙述、表达整个证明过程
.
【
变式训练
】
(2016
·
石家庄一模
)
已知函数
f(x
)=|x|+|x-1|.
(1)
若
f(x)≥|m-1|
恒成立
,
求实数
m
的最大值
M.
(2)
在
(1)
成立的条件下
,
正实数
a,b
满足
a
2
+b
2
=M,
证明
:a+b≥2ab.
【
解析
】
(1)
由已知可得
,
f(x
)=
所以
f(x)
min
=1,
所以只需
|m-1|≤1,
解得
-1≤m-1≤1,
所以
0≤m≤2,
所以实数
m
的最大值
M=2.
(2)
方法一
:
综合法
因为
a
2
+b
2
≥2ab,
所以
ab≤1,
所以 ≤
1,
当且仅当
a=b
时取等号
,①
又因为
,
所以
,
所以
当且仅当
a=b
时取等号
,②
由①②得
,
所以 所以
a+b≥2ab.
方法二
:
分析法
因为
a>0,b>0,
所以要证
a+b≥2ab,
只需证
(a+b)
2
≥4a
2
b
2
,
即证
a
2
+b
2
+2ab≥4a
2
b
2
,
因为
a
2
+b
2
=M,
所以只要证
2+2ab≥4a
2
b
2
,
即证
2(ab)
2
-ab-1≤0,
即证
(2ab+1)(ab-1)≤0,
因为
2ab+1>0,
所以只需证
ab≤1,
下证
ab≤1,
因为
2=a
2
+b
2
≥2ab,
所以
ab≤1
成立
,
所以
a+b≥2ab.
【
加固训练
】
(2016
·
全国卷
Ⅱ)
已知函数
f(x
)= ,M
为不等式
f(x
)<2
的解集
.
(1)
求
M.
(2)
证明
:
当
a,b∈M
时
,|
a+b
|<|1+ab|.
【
解析
】
(1)
当
x<-
时
,
f(x
)= -
x-x
- =-2x<2,
解得
-1
时
,
f(x
)=2x<2,
解得
0,
即
a
2
b
2
+1>a
2
+b
2
,
则
a
2
b
2
+2ab+1>a
2
+2ab+b
2
,
则
(ab+1)
2
>(a+b)
2
,
即
|
a+b
|<|ab+1|.
