【创新设计】2015高考数学(理)(江西)二轮复习课件:选修4-5 不等式选讲


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高考定位 该部分主要有三个考点,一是带有绝对值的不等式
的求解;二是与绝对值不等式有关的参数范围问题;三是不等 式的证明与运用.对于带有绝对值不等式的求解,主要考查形 如|x|<a或|x|>a及|x-a|±|x-b|<c或|x-a|±|x-b|>c的不等式 的解法,考查绝对值的几何意义及零点分区间去绝对值符号后

转化为不等式组的方法.试题多以填空题或解答题的形式出
现.对于与绝对值不等式有关的参数范围问题,此类问题常与 绝对值不等式的解法、函数的值域等问题结合,试题多以解答 题为主.对于不等式的证明问题,此类问题涉及到的知识点 多,综合性强,方法灵活,主要考查比较法、综合法等在证明 不等式中的应用,试题多以解答题的形式出现.
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[真题感悟]
1.(2014·广东卷)不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集为________. 解析 当x<-2时,原不等式等价于1-x-x-2≥5?x≤-3, 此时得到 x≤ - 3 ;当- 2≤x≤1 时,原不等式等价于 1 - x + x + 2≥5 , 此 时 无 解 ; 当 x>1 时 , 原 不 等 式 等 价 于 x - 1 + x + 2≥5?x≥2 ,此时得到 x≥2. 于是原不等式的解集为 {x|x≤ - 3 或 x≥2}.

答案 {x≤-3或x≥2}

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2 . (2014· 湖 南 卷 ) 若 关 于 x 的 不 等 式 |ax - 2|<3 的 解 集 为
? 5 1? ?x|- <x< ?,则 3 3? ?

a=________.

解析

由|ax-2|<3,解得-1<ax<5,

1 5 当 a>0 时,-a<x<a与已知条件不符; 当 a=0 时,x∈R,与已知条件不符;
? ? ? 5 ? 1 ? 5 1 当 a<0 时,a<x<-a,又不等式的解集为?x?-3<x<3 ?, ? ? ? ? ?

故 a=-3.

答案 -3
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3.(2014· 陕西卷)设 a,b,m,n∈R,且 a2+b2=5,ma+nb=5, 则 解析 m2+n2的最小值为________. 根 据 柯 西 不 等 式 (ma + nb)2≤(a2 + b2)(m2 + n2) , 得

25≤5(m2+n2),m2+n2≥5, m2+n2的最小值为 5.
答案 5

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1 4.(2014· 重庆卷)若不等式|2x-1|+|x+2|≥a +2a+2 对任意实
2

数 x 恒成立,则实数 a 的取值范围是________.

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解析

法一 设 y=|2x-1|+|x+2|=

?-3x-1,x≤-2, ? ?-x+3,-2<x<1, 2 ? ? 1 ?3x+1,x≥ , 2 ? 1 1 5 ∴x=2,函数 y=|2x-1|+|x+2|取最小值 3×2+1=2, 5 1 2 ∴|2x-1|+|x+2|≥2≥a +2a+2, 1 即 2a +a-1≤0,∴-1≤a≤2.
2
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法二

? 1 1 ? 1 ? ? |2x - 1| + |x + 2| = |x -2 | + |x-2|+|x+2| ≥0 + |(x - 2 ) - (x ? ?

5 1 +2)|=2,当且仅当 x=2时取等号,因此函数 y=|2x-1|+|x+2| 5 1 5 2 的最小值是 2 . 所以 a + 2 a + 2≤ 2 ,即 2a2 + a - 1≤0 ,解得-
? 1? 1 1≤a≤2,即实数 a 的取值范围是?-1,2?. ? ?

答案

? 1? ?-1, ? 2? ?

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[考点整合]
1.含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)?f(x)>a或f(x)<-a; (2)|f(x)|<a(a>0)?-a<f(x)<a; (3) 对形如 |x - a| + |x - b|≤c ,|x - a| +|x - b|≥c 的不等式,可 利用绝对值不等式的几何意义求解. 2.含有绝对值的不等式的性质

|a| - |b|≤|a±b|≤|a| + |b|. 此 性 质 可用 来 解 不等 式 或 证明 不 等
式.

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3.基本不等式 定理 1:设 a,b∈R,则 a2+b2≥2ab.当且仅当 a=b 时,等 号成立. a+b 定理 2:如果 a,b 为正数,则 2 ≥ ab,当且仅当 a=b 时, 等号成立. a+b+c 3 定理 3:如果 a,b,c 为正数,则 3 ≥ abc,当且仅当 a=b=c 时,等号成立.

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定理 4:(一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1、a2、…、 a1+a2+…+an n an 为 n 个正数,则 ≥ a1a2…an,当且仅当 a1=a2 n =…=an 时,等号成立.

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4.柯西不等式 (1)设 a,b,c,d 为实数,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当 且仅当 ad=bc 时等号成立. ?n ? n * 2 ? ?b2? (2)若 ai,bi(i∈N )为实数,则( ?ai )? i ?≥( ?aibi)2,当且仅 i=1 i=1 ? ? i=1
n

当 bi=0(i=1,2, …, n)或存在一个数 k, 使得 ai=kbi(i=1,2, …, n)时,等号成立. (3)柯西不等式的向量形式:设 α,β 为平面上的两个向量, 则|α|· |β|≥|α·β|,当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立.
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5.绝对值不等式 |a|-|b|≤|a± b|≤|a|+|b|.需要灵活地应用. 6.不等式的性质,特别是基本不等式链 a+b 1 1 1≤ ab≤ 2 ≤ a+b 和求最值中经常用到. 7.证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法.另外还 有拆项法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、 数形结合法等.
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a2+b2 2 (a>0,b>0),在不等式的证明

热点一 含绝对值不等式的解法
【例1】 已知函数f(x)=|x+a|+|x-2|. (1)当a=-3时,求不等式f(x)≥3的解集; (2)若f(x)≤|x-4|的解集包含[1,2],求a的取值范围.

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?-2x+5,x≤2, ? (1)当 a=-3 时,f(x)=?1,2<x<3, ?2x-5,x≥3. ?

当 x≤2 时,由 f(x)≥3 得-2x+5≥3,解得 x≤1; 当 2<x<3 时,f(x)≥3 无解; 当 x≥3 时,由 f(x)≥3 得 2x-5≥3,解得 x≥4; 所以 f(x)≥3 的解集为{x|x≤1,或 x≥4}.

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(2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|. 当x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|

?4-x-(2-x)≥|x+a|?-2-a≤x≤2-a.
由条件得-2-a≤1且2-a≥2,即-3≤a≤0. 故满足条件的a的取值范围是[-3,0].

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规律方法 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤:
①求零点;②划区间、去绝对值号;③分别解去掉绝对值的不 等式;④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.

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【训练1】 若不等式|x+1|+|x-2|<a无实数解,则a的取值范围 是________.

解析

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,如a≤3. 答案 (-∞,3]

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热点二

不等式的证明

1 1 5 【例 2】 已知实数 x,y 满足:|x+y|<3,|2x-y|<6,求证:|y|<18.

证明 因为 3|y|=|3y|=|2(x+y)-(2x-y)|≤2|x+y|+|2x-y|, 1 1 由题设知|x+y|<3,|2x-y|<6, 2 1 5 5 从而 3|y|<3+6=6,所以|y|<18.

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探究提高 -y),

利用待定系数法求解, 如本题中: 设 y=m(x+y)+n(2x

2 ? ?m=3, 则? ?n=-1, 3 ?

即 3y=2(x+y)-(2x-y).

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【训练 2】 设 a,b 是非负实数,求证:a3+b3≥ ab(a2+b2).

证明

由 a, b 是非负实数, 作差得 a3+b3- ab(a2+b2)=a2 a

( a- b)+b2 b( b- a)=( a- b)[( a)5-( b)5].当 a≥b 时 , a ≥ b , 从 而 ( a )5≥( b )5 , 得 ( a - b )[( a )5 - ( b)5]≥0;当 a<b 时, a< b,从而( a)5<( b)5,得( a- b)[( a)5-( b)5]>0. 所以 a3+b3≥ ab(a2+b2).

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热点三 绝对值不等式的综合应用 【例 3】 已知 f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式 f(x)≤3 的解集为{x| -2≤x≤1}. (1)求 a 的值;
? ?x ? ? ? (2)若?f?x?-2f ?2? ? ≤k ? ? ? ? ?

恒成立,求 k 的取值范围.

解 (1)由|ax+1|≤3 得-4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}, 所以当 a≤0 时,不合题意. 4 2 当 a>0 时,-a≤x≤a,得 a=2.
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(2)记

?x ? h(x)=f(x)-2f?2?, ? ?

?1,x≤-1, ? ?-4x-3,-1<x<-1, 2 则 h(x)=? ? 1 ?-1,x≥- , 2 ? 所以|h(x)|≤1,因此 k≥1.

规律方法 解答含有绝对值不等式的恒成立问题时,通常将其 转化为分段函数,再求分段函数的最值,从而求出所求参数的 值.
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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 法一 (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-3=-1, 所以? ? ?a+3=5,

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), ?-2x-1,x<-3, ? 于是 g(x)=|x-2|+|x+3|=?5,-3≤x≤2, ?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].
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法二 (1)同法一.
(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|. 由|x-2|+|x+3|≥|(x-2)-(x+3)|=5(当且仅当-3≤x≤2时等号 成立),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].

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