2019高中数学苏教版第十五章第5讲不等式基本性质、含有绝对值的不等式共38页PPT资料

突破3个考向
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【训练2】 (1)(2019·江西)对于实数x，y，若|x－1|≤1，|y －2|≤1，求|x－2y＋1|的最大值． (2)(2019·宝鸡统考)不等式log3(|x－4|＋|x＋5|)>a对于一 切x∈R恒成立，求实数a的取值范围．
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解 (1)∵|x－1|≤1，∴－1≤x－1≤1，∴0≤x≤2. 又∵|y－2|≤1，∴－1≤y－2≤1，∴1≤y≤3， 从而－6≤－2y≤－2. 由同向不等式的可加性可得－6≤x－2y≤0， ∴－5≤x－2y＋1≤1， ∴|x－2y＋1|的最大值为5. (2)由绝对值的几何意义知：|x－4|＋|x＋5|≥9， 则log3(|x－4|＋|x＋5|)≥2，所以要使不等式 log3(|x－4|＋|x＋5|)>a 对于一切x∈R恒成立，则需a<2.
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3．若不等式|x＋1|＋|x－2|<a无实数解，求a的取值范围． 解 由绝对值的几何意义知|x＋1|＋|x－2|的最小值为3， 而|x＋1|＋|x－2|<a无解，知a≤3.
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考向一 含绝对值不等式的解法
【例1】 (2019·新课标全国)设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中 a>0. (1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集； (解2)若不(1)等当式a＝f(x1)时≤，0的f(解x)≥集3为x＋{x2|可x≤化－为1}|，x－求1a|≥的2值. ． 由此可得x≥3或x≤－1 故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．
①x2≥ x－2，1－x－2<0，
或②12<x<2， 2x－1＋x－2<0.
或③x≤12， －2x－1＋x－2<0.
不等式组①无解，由②得12<x<1，由③得－1<x≤12.
综上得－1<x<1，所以原不等式的解集为{x|－1<x<1}．
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解 原不等式可化为2xx＋－21x≥－01，<3 或2xx－－21x<－0，1<3.
解得12≤x<43或－2<x<12.
∴原不等式的解集是x－2<x<43

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2．求不等式|2x－1|－|x－2|<0的解集． 解 法一 原不等式即为|2x－1|<|x－2|， ∴4x2－4x＋1<x2－4x＋4，∴3x2<3，∴－1<x<1.所求 解集为{x|－1<x<1}． 法二 原不等式等价于不等式组
第5讲 不等式基本性质、含有绝对值的不等式
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考点梳理
1．两个实数大小关系 a>b⇔a－b_>_0； a＝b⇔a－b_＝_0； a<b⇔a－b_<_0.
2．不等式的基本性质 (1)对称性：如果a>b，那么b_<_a；如果b _<_ a，那么a>b. 即a>b⇔b _<_a. (2)传递性：如果a>b，b>c，那么a_>_c.即a>b，b>c⇔a_>_c.
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热点突破38 含绝对值不等式的恒成立问题
重点考查含绝对值不等式的解法(可能含参)或以函数 为背景证明不等式．
【示例】 (2012·苏锡常镇调研)设 a∈R，函数 f(x)＝ax2＋x －a(－1≤x≤1)，
(1)若|a|≤1，求证：|f(x)|≤54；
(2)求 a 的值，使函数 f(x)有最大值187.
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【训练3】 已知函数f(x)＝|x－a|. (1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的 值； (2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒 成立，求实数m的取值范围． 解 (1)由 f(x)≤3，得|x－a|≤3，解得 a－3≤x≤a＋3， 又已知不等式 f(x)≤3 的解集为{x|－1≤x≤5}，
∵|a|≤1，∴－1≤a≤1， ∴g(a)max＝g(－1)＝－x2＋x＋1 ＝－x－122＋54；
g(a)min＝g(1)＝x2＋x－1＝x＋122－54.
∴|f(x)|＝|g(a)|≤54.
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(3)可加性：如果a>b，那么a＋c>b＋c. (4)可乘性：如果a>b，c>0，那么ac _>_bc；如果a>b， c<0，那么ac _<_bc. (5)乘方：如果a>b>0，那么an _>_bn(n∈N，n>1)．
(6)开方：如果 a>b>0，那么n a_>_n b(n∈N，n>1)．
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(2)由 f(x)≤0 得，|x－a|＋3x≤0.
此不等式化为不等式组xx－≥aa＋，3x≤0 或xa≤ －ax， ＋3x≤0，
即xx≥≤aa4， 或xx≤≤a－，a2.
因为 a>0，所以不等式组的解集为xx≤－a2
不等式
a>0
a＝0
a<0
|x|<a {x|－__a__<x<_a_}
∅
∅
|x|>a {x|x>a_或x<－__a_} {x|x∈R且x≠0} R
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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和|x－a|＋|x－b|≤c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，利用函数的图象求解，体现了函数与方 程的思想．

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由题设可得－a2＝－1，故 a＝2.
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[方法总结] 形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有 三种解法：(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程 的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设 a<b)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应 的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集． (2)几何法：利用|x－a|＋|x－b|>c(c>0)的几何意义：数轴上 到点x1＝a和x2＝b的距离之和大于c的全体，|x－a|＋|x－ b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|. (3)图象法：作出函数y1＝|x－a|＋|x－b|和y2＝c的图象，结 合图象求解．

(2)若 a＝1，f(x)＝2|x－1|，不满足题设条件；
－2x＋a＋1 x≤a， 若 a<1，f(x)＝1－a a<x<1，
2x－a＋1 x≥1，
f(x)的最小值为 1－a；
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－2x＋a＋1 x≤1， 若 a>1，f(x)＝a－1 1<x<a，
所以aa－ ＋33＝ ＝－5，1， 解得 a＝2；
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(2)当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|， 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，于是
g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝－ 5，2－x－3≤1，xx≤<2－，3， 2x＋1，x>2，
所以当 x<－3 时，g(x)>5； 当－3≤x≤2 时，g(x)＝5；当 x>2 时，g(x)>5. 综上可得 g(x)的最小值为 5. 从而，若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成 立，则 m 的取值范围为(－∞，5]．
法一 由绝对值的几何意义知不等式的解集为
xx≤－32或x≥32

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法二 不等式可化为
x≤－1， －2x≥3
或－2≥1<3x≤1，
或2xx>≥1，3，
∴不等式的解集为xx≤－32或x≥32

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考向三 含参绝对值不等式的最值问题
【例3】 设函数f(x)＝|x－1|＋|x－a|. (1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3； (2)如果对于∀x∈R，f(x)≥2，求实数a的取值范围． 解 (1)当a＝－1时，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|， 由f(x)≥3得：|x－1|＋|x＋1|≥3，
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【助学·微博】 考查角度解读 重点考查含绝对值不等式的解法，利用含绝对值的重要不 等式证明不等式问题． 解含有绝对值不等式时，脱去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．
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考点自测
1．(2019·江苏卷)解不等式x＋|2x－1|<3.
③当 x≥12时，原不等式化为(x＋3)－(2x－1)<x2＋1， 解得 x>2，∴x>2.
综上可知，原不等式的解集为xx<－25或x>2

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考向二 绝对值三角不等式的放缩功能
【例 2】 (2012·江苏)已知实数 x，y 满足：|x＋y|<13，|2x －y|<16，求证：|y|<158. 证明 因为 3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋ |2x－y|，由题设知|x＋y|<13，|2x－y|<16， 从而 3|y|<23＋16＝56，所以|y|<158.
2x－a＋1 x≥a， f(x)的最小值为 a－1.
所以对于∀x∈R，f(x)≥2 的充要条件是|a－1|≥2，
从而 a 的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
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[方法总结] 不等式的解集为R是指不等式的恒成立问题， 而不等式的解集∅的对立面(如f(x)>m的解集是空集，则 f(x)≤m恒成立)也是不等式的恒成立问题，此两类问题都 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.
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【训练 1】 解不等式|x＋3|－|2x－1|<x2＋1. 解 ①当 x<－3 时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x)<x2＋1， 解得 x<10，∴x<－3.
②当－3≤x<12时，
原不等式化为(x＋3)－(1－2x)<x2＋1，
解得 x<－25，∴－3≤x<－25.
－|x|－

122＋54≤54.
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法二 设 g(a)＝f(x)＝ax2＋x－a＝(x2－1)a＋x. ∵－1≤x≤1，当 x＝±1，即 x2－1＝0 时，
|f(x)|＝|g(a)|＝1≤54； 当－1<x<1，即 x2－1<0 时，g(a)＝(x2－1)a＋x 是单调递减函数．
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[审题与转化] 第一步：(1)|f(x)|是一个多项式的绝对值， 所以可以考虑利用绝对值三角不等式的性质进行放缩，然 后再用配方法求解．(2)从f(x)的最大值为入手分析，a<0 时，f(x)在对称轴上取得最值．
[规范解答] 第二步：(1)证明 法一 ∵－1≤x≤1， ∴|x|≤1.又∵|a|≤1，∴|f(x)|＝|a(x2－1)＋x|≤ |a(x2－1)|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1源自|x|2＋|x|＝抓住4个考点
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[方法总结] 含绝对值不等式的证明，可考虑去掉绝对值符 号，也可利用重要不等式|a＋b|≤|a|＋|b|及推广形式|a1＋a2 ＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|进行放缩． 应用绝对值不等式性质求函数的最值时，一定要注意等号成 立的条件．
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3．绝对值三角不等式 (1)性质1：|a＋b| _≤__|a|＋|b|. (2)性质2：|a|－|b|_≤__|a＋b|. (3)性质3：|a|－|b|_≤__|a－b|_≤__|a|＋|b|. 利用以上性质可证明不等式或求不等式的最值．
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4．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