(通用版)高考数学二轮复习 专题七 选考内容第二讲 不等式选讲课件 文 选修4-5.pptx

(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(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3a＋4 b2(a＋b) ＝2＋3a＋4 b3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
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考点三 含绝对值不等式的恒成立问题
[典例感悟] [ 典 例 3] (2017·合 肥 质 检 )已知 函数 f(x)＝ |x－ m|－ |x＋
3m|(m>0)．
(1)当 m＝1 时，求不等式 f(x)≥1 的解集；
(2)对于任意实数 x，t，不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|恒成立，求
m 的取值范围．
(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]．
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[演练冲关] 1．(2017·全国卷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)＝－2x3－，1x，＜－－11≤，x≤2，
3，x＞2. 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}．
第二讲 选修 4－5 不等式选讲
[考情分析] 1．不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是绝对 值不等式的解法以及不等式的证明，其中绝对值不等式的解法 以及绝对值不等式与函数综合问题的求解是命题的热点． 2．该部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考时应注意 分类讨论思想的应用．
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[典例 1]
考点一 绝对值不等式的解法
[典例感悟] (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． [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，解得－1≤x≤1；
2
当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0，
解得 1＜x≤－1＋2
17 .
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17 .
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(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|＝－|x|－322 ＋54≤54， 且当 x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54. 故 m 的取值范围为－∞，54.
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[典例 2]
考点二 不等式的证明
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[方法技巧] 已知不等式恒成立求参数范围问题的解法
分离 参数法
更换 主元法
等价于对任意的实数 x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min 恒成立，即 [f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，
∵f(x)＝|x－m|－|x＋3m|≤|(x－m)－(x＋3m)|＝4m，|2＋
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t|＋|t－1|≥|(2＋t)－(t－1)|＝3，
∴4m<3，又 m>0，∴0<m<34.即 m 的取值范围为0，34.
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[方法技巧] 证明不等式的常用方法 不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证 法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分 析法． (2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少” “至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．
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[演练冲关] 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
[典例感悟] (2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝x－12＋x＋12，
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]
－2x，x≤－12，
(1)f(x)＝1，－12＜x＜12，
2x，x≥12.
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当 x≤－12时，由 f(x)＜2 得－2x＜2， 解得 x>－1； 当－12＜x＜12时，f(x)＜2 恒成立； 当 x≥12时，由 f(x)＜2 得 2x＜2， 解得 x＜1. 所以 f(x)＜2 的解集 M＝{x|－1＜x＜1}． (2)证明：由(1)知，当 a，b∈M 时，－1＜a＜1，－1＜b＜1， 从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－ 1)·(1－b2)＜0. 因此|a＋b|＜|1＋ab|.
－4，x≥1，
[解] (1)当 m＝1 时，f(x)＝－2x－2，－3<x<1，
4，x≤－3.
由 f(x)≥1，得－ －23x<－x<21≥1， 或 x≤－3，
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解得 x≤－32，
∴不等式
f(x)≥1
的解集为x
x≤－32.
(2)不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数 x，t 恒成立，
[方法技巧] 绝对值不等式的常用解法 (1)基本性质法：对 a∈R＋，|x|<a⇔－a<x<a，|x|>a⇔x<－ a 或 x>a. (2)平方法：两边平方去掉绝对值符号． (3)零点分区间法：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． (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，利用函数图象求解．