2019届高考数学总复习模块七选考模块第21讲不等式选讲学案文

第21讲不等式选讲
1.[2017·全国卷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.
[试做]
命题角度含绝对值的不等式的解法
含绝对值不等式的解题策略:
关键一:运用分类讨论思想,根据零点分区间讨论;
关键二:运用数形结合思想,利用绝对值的几何意义求解.
2.[2017·全国卷Ⅱ]已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明:
(1)(a+b)(a5+b5)≥4;
(2)a+b≤2.
[试做]
命题角度不等式的证明
不等式证明的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、公式法等,其中公式法常用的是基本不等式和柯西不等式.
3.[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.
[试做]
命题角度关于含绝对值不等式的恒成立问题
解决恒成立问题主要利用转化思想,其思路为:
①f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a;
②f(x)<a恒成立⇔f(x)max<a;
③f(x)>a有解⇔f(x)max>a;
④f(x)<a有解⇔f(x)min<a;
⑤f(x)>a无解⇔f(x)max≤a;
⑥f(x)<a无解⇔f(x)min≥a.
解答1含绝对值的不等式的解法
1 设函数f(x)=|2x-a|+5x,其中a>0.
(1)当a=3时,求不等式f(x)≥5x+1的解集;
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤-1},求a的值.
[听课笔记]
【考场点拨】
高考常考的含有绝对值的不等式的解法:
(1)利用零点分区间讨论法.以绝对值的零点为分界点,将数轴分成几个区间,运用分类讨论思想对每个区间进行讨论.
(2)利用绝对值的几何意义求解.即运用数形结合思想,将绝对值不等式与在数轴上的距离(范围)问题结合.解题时强调函数、数形结合与转化化归思想的灵活应用.
(3)构造函数去解决.一般是把含有绝对值的式子构造为一个函数,剩余的部分构造成另一个函数,画出函数图像,利用数形结合的方法解决问题.
【自我检测】
已知函数f(x)=|x+m|+|2x-1|.
(1)当m=-1时,求不等式f(x)≤2的解集;
(2)若f(x)≤|2x+1|的解集包含,2,求实数m的取值范围.
解答2不等式的证明
2 已知函数f(x)=|x+1|-|x-4|.
(1)若f(x)≤-m2+6m恒成立,求实数m的取值范围;
(2)在(1)的条件下,设m的最大值为m0,a,b,c均为正实数,当3a+4b+5c=m0时,证明:a2+b2+c2
≥.
[听课笔记]
【考场点拨】
高考中不等式证明的关注点:
不等式证明的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、公式法等,其中以比较法和综合法最为常见,反证法和分析法也是我们常用的,公式法常用的是基本不等式和柯西不等式,其中柯西不等式既是证明不等式的利器,又是求二元变量关系式最值的法宝.
【自我检测】
已知函数f(x)=|x-1|+|x-5|.
(1)解关于x的不等式f(x)>6;
(2)记f(x)的最小值为m,已知实数a,b,c都是正实数,且++=,求证:a+2b+3c≥9.
解答3含绝对值不等式的恒成立问题
3 已知函数f(x)=|x-2|-|2x-2|.
(1)求不等式f(x)+1>0的解集;
(2)当x∈R时,f(x)<-x+a恒成立,求实数a的取值范围.
[听课笔记]
【考场点拨】
利用绝对值不等式恒成立求参数的值或范围,一般采用分离参数法,然后使用结论:(1)如f(x)>g(a)恒成立,则转化为f(x)min>g(a);(2)如f(x)<g(a)恒成立,则转化为
f(x)max<g(a).
【自我检测】
设函数f(x)=|x+a|+|x-3a|,a∈R.
(1)若f(x)的最小值是4,求a的值;
(2)若对于任意的实数x∈R,总存在a∈[-2,3],使得m2-4|m|-f(x)≤0成立,求实数m的取值范围.
第21讲不等式选讲
典型真题研析
1.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1<x≤-.
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].
2.证明:(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=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.
3.解:(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,
当x=时等号成立,
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, ∞).
考点考法探究
解答1
例1解:(1)当a=3时,不等式f(x)≥5x+1即|2x-3|+5x≥5x+1,即|2x-3|≥1,解得x≥2或x ≤1,
∴不等式f(x)≥5x+1的解集为{x|x≤1或x≥2}.
(2)由f(x)≤0得|2x-a|+5x≤0,
即
或
-
又a>0,∴不等式f(x)≤0的解集为x x≤-,
由题意得-=-1,解得a=3.
【自我检测】
解:(1)当m=-1时,f(x)=|x-1|+|2x-1|.
①当x≥1时,f(x)=3x-2≤2,此时1≤x≤;
②当<x<1时,f(x)=x≤2,此时<x<1;
③当x≤时,f(x)=2-3x≤2,此时0≤x≤.
综合①②③可知,原不等式的解集为.
(2)由题意可知f(x)≤|2x+1|在,2上恒成立,当x∈,2时,
由f(x)=|x+m|+|2x-1|=|x+m|+2x-1≤|2x+1|=2x+1,可得|x+m|≤2,
即-2≤x+m≤2,所以-2-x≤m≤2-x,又(-2-x)max=-,(2-x)min=0,
所以m∈-,0.
解答2
例2解:(1)不等式f(x)≤-m2+6m恒成立等价于f(x)max≤-m2+6m,
而f(x)=|x+1|-|x-4|≤|x+1-(x-4)|=5,
∴-m2+6m≥5,∴1≤m≤5,
即实数m的取值范围为[1,5].
(2)证明:在(1)的条件下,m的最大值m0=5,即3a+4b+5c=5, 由柯西不等式得(a2+b2+c2)·(9+16+25)≥(3a+4b+5c)2,
即50(a2+b2+c2)≥25,
∴a2+b2+c2≥.
【自我检测】
解:(1)f(x)=|x-1|+|x-5|,所以由f(x)>6得
或
--或
--
解得x<0或x>6,
所以不等式f(x)>6的解集为(-∞,0)∪(6, ∞).
(2)证明:由f(x)=|x-1|+|x-5|≥|x-1-(x-5)|=4(当且仅当1≤x≤5时取等号),
得f(x)min=4,即m=4,从而++=1,
所以a+2b+3c=++(a+2b+3c)=3++++++≥9(当且仅当a=2b=3c=3时取等号).
解答3
例3解:(1)当x≤1时,f(x)=x,
∴f(x)+1>0即为x+1>0,解得x>-1,此时-1<x≤1;
当1<x≤2时,f(x)=-3x+4,
∴f(x)+1>0即为-3x+5>0,解得x<,此时1<x<;
当x>2时,f(x)=-x,
∴f(x)+1>0即为-x+1>0,解得x<1,此时x∈⌀.
综上可知,f(x)+1>0的解集为x-1<x<.
(2)由(1)知f(x)=-
-.
作出y=f(x)的图像,如图所示:
结合图像可知,要使f(x)<-x+a恒成立,只需当x=1时,f(x)<-x+a,即1<-1+a,解得a>2,
∴实数a的取值范围为(2, ∞).
【自我检测】
解:(1)∵f(x)=|x+a|+|x-3a|≥|(x+a)-(x-3a)|=4|a|,
且f(x)min=4,∴4|a|=4,
解得a=±1.
(2)由题知|m|2-4|m|≤4|a|,
又a是存在的且a∈[-2,3].
∴|m|2-4|m|≤4|a|max=12,
即|m|2-4|m|-12≤0,即(|m|-6)(|m|+2)≤0,
∴|m|≤6,
∴-6≤m≤6,即实数m的取值范围为[-6,6].
[备选理由] 在不等式的证明中,反证法也是解决问题的一个重要思路,备用例1是对例2应用的一个补充.
例1[配例2使用]已知函数f(x)=|2x-a|,g(x)=x+2,a∈R.
(1)当a=1时,求不等式f(x)+f(-x)≤g(x)的解集;
(2)若b∈R,求证:f,f-,f中至少有一个不小于.
解:(1)当a=1时,f(x)+f(-x)≤g(x)即|2x-1|+|2x+1|≤x+2,
所以
-无解;
-
解得0≤x<;解得≤x≤.
综上,原不等式的解集为x0≤x ≤.
(2)证明:(反证法)假设f,f-,f都小于,则--
-
--
前两式相加可得
-<a<,与第三式<a<矛盾,故假设不成立.所以f,f-,f中至少有一个不小于.。