2020届高考数学二轮教师用书：层级二 专题七 第2讲　选修4－5：不等式选讲 .doc

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1、第2讲选修45：不等式选讲 考情考向高考导航高考主要考查绝对值不等式的解法，求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点真题体验1(2019全国卷)已知f(x)|xa|x|x2|(xa)(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若x(，1)时，f(x)0，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|x|x2|(x1)当x1时，f(x)2(x1)20；当x1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a1.当a1，x(，1)

2、时，f(x)(ax)x(2x)(xa)2(ax)(x1)0.所以，a的取值范围是1，)2(2017全国卷)已知函数f(x)x2ax4，g(x)|x1|x1|.(1)当a1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a1时，不等式f(x)g(x)等价于x2x|x1|x1|40.当x1时，式化为x23x40，无解；当1x1时，式化为x2x20，从而1x1；当x1时，式化为x2x40，从而1x.所以f(x)g(x)的解集为.(2)当x1,1时，g(x)2.所以f(x)g(x)的解集包含1,1，等价于当x1，1时，f(x)2.又f(x)

3、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1a1.所以a的取值范围是1,1主干整合1绝对值不等式的性质定理1：如果a，b是实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0，等号成立2|axb|c，|axb|c(c0)型不等式的解法(1)|axb|ccaxbc.(2)|axb|caxbc或axbc.3|xa|xb|c，|xa|xb|c(c0)型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义直观求解(2)利用零点分段法求解(3)构造函数，利用函数的图象求解4基本不等式定理1：设a，b

4、R，则a2b22ab.当且仅当ab时，等号成立定理2：如果a，b为正数，则，当且仅当ab时，等号成立定理3：如果a，b，c为正数，则，当且仅当abc时，等号成立定理4：(一般形式的算术几何平均数不等式)如果a1，a2，an为n个正数(nN*，n1)，则，当且仅当a1a2an时，等号成立热点一绝对值不等式的解法例1已知f(x)|x4|x1|3.(1)求不等式f(x)2的解集(2)若直线ykx2与函数f(x)的图象有公共点，求k的取值范围审题指导(1)看到f(x)|x4|x1|3，联想到分x1、1x4、x4三种情况去绝对值号(2)看到ykx2联想到此直线恒过定点(0，2)解析(1)由f(x)2，得

5、或或解得0x5，故不等式f(x)2的解集为0,5(2)f(x)|x4|x1|3作出函数f(x)的图象，如图所示，直线ykx2过定点C(0，2)，当此直线经过点B(4,0)时，k；当此直线与直线AD平行时，k2，故由图可知，k(，2).(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：求零点；划区间、去绝对值号；分别解去掉绝对值的不等式；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)用图象法、数形结合法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(2019聊城三模)已知函数f(x)|x2|x5|.(1)证明：3f(x)3；(2)求不等式f(x)x28x

6、15的解集解析：(1)证明：f(x)|x2|x5|当2x5时，32x73.所以3f(3)3.(2)由(1)可知，当x2时，f(x)x28x15的解集为空集；当2x5时，f(x)x28x15的解集为x|5x5；当x5时，f(x)x28x15的解集为x|5x6综上，不等式f(x)x28x15的解集为x|5x6热点二不等式的证明逻辑推理素养逻辑推理不等式证明中心的核心素养通过不等式的证明掌握逻辑推理的基本形式，表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系，对式子进行等价变形，进而通过证明不等式，体验逻辑推理的核心素养.例2(2019全国卷)已知a，b，c为正数，且满足abc1.证明：(1)a2b2c2；

7、(2)(ab)3(bc)3(ca)324.审题指导(1)利用重要不等式a2b22ab构造三个不等式相加，再结合abc1进行证明(2)利用平均值不等式进行证明解析(1)证明：因为a2b22ab，b2c22ab，c2a22ac，又abc1，故有a2b2c2abbcca.当且仅当abc1时，等号成立所以a2b2c2.(2)证明：因为a，b，c为正数且abc1，故有(ab)3(bc)3(ca)333(ab)(bc)(ac)3(2)(2)(2)24.当且仅当abc1时，等号成立所以(ab)3(bc)3(ca)324.(2019苏州二模)已知f(x)|2x1|x的最小值为m.(1)求m的值；(2)已知a，

8、b，c是正实数，且abcm，求证：2(a3b3c3)abbcca3abc.解析：(1)当x时，f(x)3x在上单调递增，且f(x)1；当x时，f(x)x在上单调递减，且f(x)1.综上可得x时，f(x)取得最小值1，即m1.(2)证明：a，b，c是正实数，且abc1，由a3b3a2bb2aa2(ab)b2(ba)(ab)(a2b2)(ab)(ab)20，则有a3b3a2bb2a0，即a3b3a2bb2aab(ab)ab(1c)ababc，所以a3b3ababc，同理可得b3c3bcabc；c3a3caabc，上面三式相加得，2(a3b3c3)abbcca3abc，当且仅当abc时取得等号不等式

9、证明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、反证法等如果已知条件与待证结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明热点三绝对值不等式恒成立(存在)问题例3(2019日照三模)已知函数f(x)|x12a|xa2|，aR，g(x)x22x4.(1)若f(2a21)4|a1|，求实数a的取值范围；(2)若存在实数x，y，使f(x)g(y)0，求实数a的取值范围解析(1)f(2a21)4|a1|，|2a22a|a21|4|a1|，|a1|(

10、2|a|a1|4)0，|2a|a1|4且a1.若a1，则2aa14，a；若1a0，则2aa14，a3，此时无解；若a0且a1，则2aa14，a1.综上所述，a的取值范围为(1，)(2)g(x)(x1)252 51，显然可取等号，g(x)min1.于是，若存在实数x，y，使f(x)g(y)0，只需f(x)min1.又f(x)|x12a|xa2|(x12a)(xa2)|(a1)2，(a1)21，1a11，0a2，即a0,21求含绝对值号函数的最值的两种方法(1)利用|a|b|ab|a|b|求解(2)将函数化为分段函数，数形结合求解2恒成立(存在)问题的等价转化f(x)Mf(x)M任意x恒成立f(x

11、)minMf(x)maxM存在x成立f(x)maxMf(x)minM(2018全国卷)已知f(x)|x1|ax1|.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若x(0,1)时不等式f(x)x成立，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|x1|，即f(x)故不等式f(x)1的解集为x|x(2)当x(0,1)时|x1|ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|1成立若a0，则当x(0,1)时|ax1|1；若a0，|ax1|1的解集为0x，所以1，故0a2.综上，a的取值范围为(0,2限时45分钟满分50分解答题(本大题共5小题，每小题10分，共50分)1(2018全国卷)设函数

12、f(x)|2x1|x1|.(1)画出yf(x)的图象；(2)当x0，)时，f(x)axb，求ab的最小值解：(1)当x时，f(x)2x1x13x，当x1时，f(x)2x1x1x2.当x1时，f(x)2x1x13x，由此可画出函数f(x)的图象(2)由图象可得，b2，a3，所以ab的最小值为5.2(2020湖南省五市十校联考)已知函数f(x)|x2|xa|，其中aR.(1)当a1时，求不等式f(x)6的解集；(2)若存在x0R，使得f(x0)2 020a，求实数a的取值范围解析：(1)当a1时，f(x)|x2|x1|所以f(x)6或或解得x或x，因此不等式f(x)6的解集为.(2)f(x)|x2

13、|xa|(x2)(xa)|a2|，故f(x)min|a2|.由题意知，解得a，所以实数a的取值范围是.3(2020唐山摸底考试)已知f(x)|x1|2x1|.(1)求不等式f(x)0的解集；(2)若xR时，不等式f(x)ax恒成立，求a的取值范围解析：(1)由题意得|x1|2x1|，所以|x1|2|2x1|2，整理可得x22x0，解得0x2，故原不等式的解集为x|0x2(2)由已知可得，af(x)x恒成立，设g(x)f(x)x，则g(x)由g(x)的单调性可知，x时，g(x)取得最大值1，所以a的取值范围是1，)4(2019全国卷)设x，y，zR，且xyz1.(1)求(x1)2(y1)2(z1

14、)2的最小值；(2)若(x2)2(y1)2(za)2成立，证明：a3或a1.解析：两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型(1)(x1)2(y1)2(z1)2(121212)(x1)(y1)(z1)2(xyz1)24故(x1)2(y1)2(z1)2等号成立当且仅当x1y1z1而又因xyz1，解得时等号成立所以(x1)2(y1)2(z1)2的最小值为.(2)因为(x2)2(y1)2(za)2，所以(x2)2(y1)2(za)2(121212)1.根据柯西不等式等号成立条件，当x2y1za，即时有(x2)2(y1)2(za)2(121212)(x2y1za)2(a2)2成立所以(a2)2

15、1成立，所以有a3或a1.5(2020辽宁重点协作校模拟)已知函数f(x)|xb2|x1|，g(x)|xa2c2|x2b2|，其中a，b，c均为正实数，且abbcac1.(1)当b1时，求不等式f(x)1的解集；(2)当xR时，求证f(x)g(x)解析：(1)由题意，当b1时，f(x)|xb2|x1|当x1时，f(x)21，不等式f(x)1无解，不等式f(x)1的解集为；当1x1时，f(x)2x，由不等式f(x)1，解得x，所以x1；当x1时，f(x)21恒成立，所以不等式f(x)1的解集为.(2)证明：当xR时，f(x)|xb2|x1|xb2(x1)|b21|b21；g(x)|xa2c2|x2b2|xa2c2(x2b2)|a2c22b2|a2c22b2.而a2c22b2(b21)a2c2b21(a2c2b2a2c2b2)1abbcac10，当且仅当abc时，等号成立，即a2c22b2b21，即f(x)g(x)