高三理科數學二輪復習講義模塊二專題七第二講不等式選講（選修4－5）

專題七選修4系列第二講不等式選講(選修4－5)1．絕對值不等式的求解與函數的綜合問題．2．絕對值不等式中的恒成立問題與不等式的證明相結合.1．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數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的取值范圍．[解](1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x<－1，,2x－1，－1≤x≤2，,3，x>2.))當x<－1時，f(x)≥1無解；當－1≤x≤2時，由f(x)≥1得，2x－1≥1，解得1≤x≤2；當x>2時，由f(x)≥1解得x>2.所以f(x)≥1的解集為{x|x≥1}．(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|＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|x|－\f(3,2)))2＋eq\f(5,4)≤eq\f(5,4)，且當x＝eq\f(3,2)時，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝eq\f(5,4)，故m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))).2．(2016·全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，M為不等式f(x)<2的解集．(1)求M；(2)證明：當a，b∈M時，|a＋b|<|1＋ab|.[解](1)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x≤－\f(1,2)，,1，－\f(1,2)<x<\f(1,2)，,2x，x≥\f(1,2)，))當x≤－eq\f(1,2)時，由f(x)<2得－2x<2，解得x>－1；當－eq\f(1,2)<x<eq\f(1,2)時，f(x)<2；當x≥eq\f(1,2)時，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)證明：由(1)知，當a，b∈M時，－1<a<1，－1<b<1，從而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0.因此|a＋b|<|1＋ab|.考點一含絕對值不等式的解法1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法(1)若c>0，則|ax＋b|≤c?－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根據a，b的取值求解即可；(2)若c<0，則|ax＋b|≤c的解集為?，|ax＋b|≥c的解集為R.2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法(1)令每個絕對值符號里的一次式為0，求出相應的根；(2)把這些根由小到大排序，它們把數軸分為若干個區(qū)間；(3)在所分區(qū)間上，根據絕對值的定義去掉絕對值符號，討論所得的不等式在這個區(qū)間上的解集；(4)這些解集的并集就是原不等式的解集．[解](1)當a＝1時，f(x)＝－x2＋x＋4，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x，x<－1，,2，－1≤x≤1，,2x，x>1.))當x<－1時，f(x)－g(x)＝－x2＋3x＋4＝(x＋1)(－x＋4)≥0，解得－1≤x≤4，∴不成立．當－1≤x≤1時，f(x)－g(x)＝－x2＋x＋2＝(x＋1)(－x＋2)≥0，解得－1≤x≤2，∴－1≤x≤1.當x>1時，f(x)－g(x)＝－x2－x＋4≥0，解得eq\f(－1－\r(17),2)≤x≤eq\f(－1＋\r(17),2)，∴1<x≤eq\f(－1＋\r(17),2).綜上得：－1≤x≤eq\f(－1＋\r(17),2).所以解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(－1＋\r(17),2))).(2)當x∈[－1,1]時，g(x)＝2.所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等價于當x∈[－1,1]時，f(x)≥2.又f(x)在[－1,1]上的最小值必為f(－1)與f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.所以a的取值范圍為[－1,1]．用零點分段法解絕對值不等式的4步驟(1)求零點．(2)劃區(qū)間，去絕對值號．(3)分別解去掉絕對值號的不等式．(4)取每個結果的并集，注意在分段討論時不要遺漏區(qū)間的端點值．[對點訓練]設函數f(x)＝|x＋2|－|x－1|.(1)求不等式f(x)>1的解集；(2)若關于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求實數m的取值范圍．[解](1)函數f(x)可化為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，x≤－2，,2x＋1，－2<x<1，,3，x≥1，))當x≤－2時，f(x)＝－3<0，不合題意；當－2<x<1時，f(x)＝2x＋1>1，得x>0，即0<x<1；當x≥1時，f(x)＝3>1，即x≥1.綜上，不等式f(x)>1的解集為(0，＋∞)．(2)關于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解等價于(f(x)＋4)max≥|1－2m|，由(1)可知f(x)max＝3，即|1－2m|≤7，解得－3≤m≤4.故實數m的取值范圍為[－3,4]．考點二含絕對值不等式的綜合問題1．定理1：如果a，b是實數，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當且僅當ab≥0時，等號成立．2．定理2：如果a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立．角度1：絕對值的幾何意義及應用[解](1)當a＝2時，f(x)＝|2x－2|＋2.解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}．(2)當x∈R時，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a.所以當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3等價于|1－a|＋a≥3.①當a≤1時，①等價于1－a＋a≥3，無解．當a>1時，①等價于a－1＋a≥3，解得a≥2.所以a的取值范圍是[2，＋∞)．[思維流程](1)eq\x(去絕對值符號)→eq\x(零點分段法求解)(2)eq\x(\a\al(轉化為求|2＋t|＋|t－1|的,最小值問題))→eq\x(\a\al(轉化為求fx的最,大值問題))→eq\x(解不等式)[解](1)f(x)＝|x－m|－|x＋3m|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4m，x≥m，,－2x－2m，－3m<x<m，,4m，x≤－3m，))當m＝1時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－2≥1,－3<x<1))或x≤－3，得x≤－eq\f(3,2)，∴不等式f(x)≥1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(3,2))))).(2)不等式f(x)<|2＋t|＋|t－1|對任意的實數x，t恒成立，等價于對任意的實數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＋t|＋|t－1|≥|(2＋t)－(t－1)|＝3，∴4m<3，又m>0，∴0<m<eq\f(3,4).即實數m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).絕對值恒成立問題應關注的3點(1)巧用“||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|”求最值．(2)f(x)<a恒成立?f(x)max<a，f(x)>a恒成立?f(x)min>a.(3)f(x)<a有解?f(x)min<a，f(x)>a有解?f(x)max>a.[對點訓練]1．[角度1](2017·山西呂梁二模)已知函數f(x)＝|x－1|＋|x－a|.(1)若a＝－1，解不等式f(x)≥3；(2)如果?x∈R，使得f(x)<2成立，求實數a的取值范圍．[解](1)若a＝－1，f(x)≥3，即為|x－1|＋|x＋1|≥3，當x≤－1時，1－x－x－1≥3，即有x≤－eq\f(3,2)；當－1<x<1時，1－x＋x＋1＝2≥3不成立；當x≥1時，x－1＋x＋1＝2x≥3，解得x≥eq\f(3,2).綜上可得，f(x)≥3的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))；(2)?x∈R，使得f(x)<2成立，即有2>f(x)min，由函數f(x)＝|x－1|＋|x－a|≥|x－1－x＋a|＝|a－1|，當(x－1)(x－a)≤0時，取得最小值|a－1|，即|a－1|<2，即－2<a－1<2，解得－1<a<3.則實數a的取值范圍為(－1,3)．2．[角度2]已知函數f(x)＝|x－3|，g(x)＝－|x＋4|＋m.(1)已知常數a<2，解關于x的不等式f(x)＋a－2>0；(2)若函數f(x)的圖象恒在函數g(x)圖象的上方，求實數m的取值范圍．[解](1)由f(x)＋a－2>0得|x－3|>2－a，∴x－3>2－a或x－3<a－2.∴x>5－a或x<a＋1，故不等式的解集為(－∞，a＋1)∪(5－a，＋∞)．(2)∵函數f(x)的圖象恒在函數g(x)圖象的上方，∴f(x)>g(x)恒成立，則m<|x－3|＋|x＋4|恒成立，∵|x－3|＋|x＋4|≥|(x－3)－(x＋4)|＝7，∴m的取值范圍為m<7.考點三不等式的證明證明不等式的5個基本方法(1)比較法：作差或作商比較．(2)綜合法：根據已知條件、不等式的性質、基本不等式，通過邏輯推理導出結論．(3)分析法：執(zhí)果索因的證明方法．(4)反證法：反設結論，導出矛盾．(5)放縮法：通過把不等式中的部分值放大或縮小的證明方法．[證明](1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)＝4＋ab(a2－b2)2≥4.(2)因為(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab(a＋b)≤2＋eq\f(3a＋b2,4)(a＋b)＝2＋eq\f(3a＋b3,4)，所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.不等式的證明技巧不等式證明的基本方法是比較法、綜合法、分析法、反證法、放縮法和數學歸納法，其中以比較法和綜合法最為基礎，使用綜合法證明不等式的關鍵就是通過適當的變換后使用重要不等式，證明過程注意從重要不等式的形式入手達到證明的目的．[對點訓練]已知實數a，b，c滿足a>0，b>0，c>0，且abc＝1.(1)證明：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8；(2)證明：eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,c).[證明](1)∵1＋a≥2eq\r(a)，1＋b≥2eq\r(b)，1＋c≥2eq\r(c)，∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥2eq\r(a)·2eq\r(b)·2eq\r(c)＝8eq\r(abc)，∵abc＝1，∴(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8.(2)∵ab＋bc≥2eq\r(ab2c)＝2eq