2020版高考理科数学二轮课件：4-8-2 不等式选讲

④柯西不等式的一般形式：设 a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn 为实数，则a12＋a22＋…＋an2 b12＋b22＋…＋bn2≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当ab11＝ba22＝…＝abnn时，等号成立．
考点一
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考点三
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考题型．
考点一
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【例 2】 (2019 年重庆西南大学附属中学校高三第十次月考数学)设函数 f(x)＝|x－3|
＋|3x－3|，g(x)＝|4x－a|＋|4x＋2|.
(1)解不等式 f(x)>10；
(2)若对于任意 x1∈R，都存在 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，试求实数 a 的取值范围．
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(4)反证法和放缩法
①先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、
性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实
等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，这种方法叫作反证法．
②证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达
公式法较为简便；但是若不等式含有多个绝对值时，则应采用分段讨论法；应用平方法时，
要注意只有在不等式两边均为正的情况下才能运用．因此，在去绝对值符号时，用何种方
法需视具体情况而定．
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2. 含绝对值不等式的常用解法
(1)基本性质法：对 a>0，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x>a 或 x<－a.
－（a＋1）x－2，x∈（－∞，－1）， ∴g(x)＝（1－a）x，x∈－1，－1a， （a＋1）x＋2，x∈－1a，＋∞，
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易知函数 g(x)在－∞，－1a上单调递减，在－1a，＋∞上单调递增， ∴g(x)min＝g－1a＝1－1a. ∴1－1a＝12，解得 a＝2. 【点评】 本道题考查了含绝对值不等式的解法，考查了结合单调性计算函数最值，
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“零点区间讨论法”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．
3．易错点：形如|x－a|＋|x－b|≥c 的不等式解法，在讨论时应注意分类讨论转折点处
的处理及 c 的符号判断，若 c<0，则不等式解集为 R.
(1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)<0 的解集；
(2)若 x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求 a 的取值范围．
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【解】 (1)当 a＝1 时，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)．
当 x<1 时，f(x)＝－2(x－1)2<0；
形象思维和抽象思维各自的优势，可直接解决问题．
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典例精讲
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【例 1】 (2019 年高考·课标全国卷Ⅱ)已知 f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)．
f(x)＝|x－3|＋|3x－3|＝24xx，－16≤，xx≤>33，， 6－4x，x<1，
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引领高考/把握考试ຫໍສະໝຸດ 二轮专题复习/考势 数学·理
由图可得 x＝1 时，f(x)min＝2，所以 f(x)的值域为[2，＋∞)． g(x)＝|4x－a|＋|4x＋2|≥|(4x－a)－(4x＋2)|＝|a＋2|，当且仅当 4x－a 与 4x＋2 异号时
①柯西不等式的代数形式：设 a1，a2，b1，b2 均为实数，则(a12＋a22)(b12＋b22)≥(a1b1 ＋a2b2)2(当且仅当ba11＝ab22时，等号成立)．
②柯西不等式的向量形式：设 α，β 为平面上的两个向量，则|α|·|β|≥|α·β|.
③二维形式的三角不等式：设 x1，x2，y1，y2∈R，那么 x12＋y12＋ x22＋y22≥ （x1－x2）2＋（y1－y2）2.
(2)更换主元法
不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决时，可转换思
维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法．
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(3)数形结合法
在研究曲线交点的恒成立问题时，若能数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥
叫综合法，即“由因导果”的方法．
(3)分析法
证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，
把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已
经具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法叫作分析法，即“执果索因”的方法．
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(2)平均值不等式
定理：如果 a，b，c 为正数，则a＋3b＋c≥3 abc，当且仅当 a＝b＝c 时，等号成立．
我们称a＋3b＋c为正数 a，b，c 的算术平均值，3 abc为正数 a，b，c 的几何平均值，
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考点知识回顾
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1．不等式证明的方法
(1)比较法
①求差比较法：知道 a>b⇔a－b>0，a<b⇔a－b<0，因此要证明 a>b，只要证明 a－b>0
即可，这种方法称为求差比较法．
②求商比较法：由 a>b>0⇔ab>1 且 a>0，b>0，因此当 a>0，b>0 时，要证明 a>b，只
要证明ab>1 即可，这种方法称为求商比较法．
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(2)综合法
利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这种方法
时，等号成立．
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引领高考/把握考试 2．绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解集：
不等式
a>0
|x|<a
(－a，a)
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a＝0
a<0
∅
∅
(－∞，－a)∪
(－∞，0)∪
|x|>a (a，＋∞)
R (0，＋∞)
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方法技巧
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1．解含有绝对值不等式时，去掉绝对值符号的方法主要有：公式法、分段讨论法、
平方法、几何法等．这几种方法应用时各有利弊，在解只含有一个绝对值的不等式时，用
关键得到函数解析式，难度中等．
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考点二 含绝对值不等式的有解及恒成立问题
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分别解去掉绝对值的不等式；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．
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(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求
解．
(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数
当 x≥1 时，f(x)≥0.
所以，不等式 f(x)<0 的解集为(－∞，1)．
(2)因为 f(a)＝0，所以 a≥1.当 a≥1，x∈(－∞，1)时，
f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－a)<0.
所以，a 的取值范围是[1，＋∞)．
【点评】 本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常
含绝对值不等式的恒成立问题的常见类型及其解法
(1)分离参数法
运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a，f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中的参数范围问题． 求最值的思路：利用基本不等式和不等式的相关性质解决；将函数解析式用分段函数
形式表示，作出函数图象，求得最值；利用性质“||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|”求最值．
到证明的目的，这种方法叫作放缩法．常见的放缩技巧有：
①k（k－1 1）>k12>k（k＋1 1）(k≥2 且 k∈N*)；
②
2 k－1＋
2 >> k2 k
2 k＋
k＋1(k≥2
且
k∈N*)．
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2．几个常用基本不等式
(1)柯西不等式
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1．绝对值三角不等式
(1)定理 1：如果 a，b 是实数，则||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，对于|a＋b|≤|a|＋|b|，当且
仅当 ab≥0 时，等号成立．
(2)定理 2：如果 a，b，c 是实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0
取等号，
所以 g(x)的值域为[|a＋2|，＋∞)，
由题意知，[2，＋∞)⊆[|a＋2|，＋∞)，所以|a＋2|≤2，
解得－4≤a≤0.
【点评】 本题考查绝对值函数和用绝对值不等式求绝对值函数中参数的范围，是常
见考题．
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考点三 不等式证明
(2)设 g(x)＝f(x)＋f(ax)(a>1)，若 g(x)的最小值为12，求 a 的值．
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【解】 (1)f(x)＋2x>2，即|x＋1|>2－2x
⇔xx＋ ＋11≥ >20－，2x或－x＋x－1<10>，2－2x⇔x>13， ∴实数 x 的取值范围是13，＋∞. (2)∵a>1，∴－1<－1a，
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【解】 (1)不等式等价于4x>x－3，6>10或 12≤ x>x1≤0 3，或x6<－1， 4x>10， 解得 x>4 或 x<－1.
所以解集为{x|x>4 或 x<－1}．
(2)对任意 x1∈R，都存在 x2∈R，使得 f(x1)＝g(x2)成立，即 g(x)的值域包含 f(x)的值域．
图象求解．
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典例精讲
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【例】 (2019 年安徽省合肥市高三第一次教学质量检测数学)设函数 f(x)＝|x＋1|.
(1)若 f(x)＋2x>2，求实数 x 的取值范围；
(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号，这适应于两边都是正数的绝对值不等式．
(3)零点分区间法(或叫定义法)：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点
分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解．
用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点； ②划区间，去掉绝对值符号； ③
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数学·理
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第四部分 重点难点，点点突破
08 选修
考点一
考点二
考点三
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第二讲 不等式选讲
考点一 绝对值不等式
考点一
考点二
考点三
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考点三
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(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：