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2017年高考文科数学一轮 专题二十三 不等式选讲 听课手册


不等式选讲

1.[2015· 陕西卷改编] 已知关于 x 的不等式|x+a|<b 的解集为{x|2<x<4},则实数 a,b 的值分别为________. 2.[2013· 陕西卷] 设 a,b∈R,|a-b|>2,则关于实数 x 的不等式|x-a|+|x-b|>2 的解 集是________. 3.[2015· 江苏卷改编]

不等式 x+|2x+3|≥2 的解集为________. 1? 4.[2014· 新课标全国卷Ⅱ改编] 设函数 f(x)=? ?x+a?+|x-a|(a>0).则 f(x)与 2 的大小 关系为________. 5.[2014· 江西卷改编] x,y∈R,若|x|+|y|+|x-1|+|y-1|≤2,则 x+y 的取值范围为 ________. 1 1 6.[2014· 新课标全国卷Ⅰ改编] 若 a>0,b>0,且 + = ab,则 a3+b3 的最小值为 a b ________. 1 7. [2013· 新课标全国卷Ⅱ改编] 设 a, b, c 均为正数, a+b+c=1, 则 ab+bc+ca________ 3 (填“>,<,≥,≤”). 8.[2014· 江苏卷改编] 已知 x>0,y>0,则(1+x+y2)(1+x2+y)________9xy(填“>,<, ≥,≤”).

考点一

含绝对值的不等式的解法 题型:解答 分值:5~10 分 难度:中等 热点:解绝对值不等式

1 已知函数 f(x)=|2x+1|,g(x)=|x|+a. (1)当 a=0 时,解不等式 f(x)≥g(x); (2)若存在 x∈R,使得 f(x)≤g(x)成立,求实数 a 的取值范围. [听课笔记]

[小结] 解含有绝对值的不等式的基本方法是分段去绝对值符号后,转化为求几个不等式 组的解,最后求并集得出原不等式的解集. 式题 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.

考点二

不等式的证明 题型:解答 分值:5~10 分 难度:中等偏难 热点:不等式的证明

2 [2015· 全国卷Ⅱ] 设 a,b,c,d 均为正数,且 a+b=c+d.证明: (1)若 ab>cd,则 a+ b> c+ d; (2) a+ b> c+ d是|a-b|<|c-d|的充要条件. [听课笔记]

[小结] 证明不等式的基本方法有综合法、分析法、反证法、放缩法等.对含有绝对值的 不等式,可以考虑使用分析法进行证明. 式题 已知 a2+b2=1,c2+d2=1. (1)求证:ab+cd≤1;

(2)求 a+ 3b 的取值范围.

考点三

绝对值不等式的综合 题型:解答 分值:5~10 分 难度:中等偏难 热点:不等式的求解、证明,或与函数的综合

3 [2015· 全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>0. (1)当 a=1 时,求不等式 f(x)>1 的解集; (2)若 f(x)的图像与 x 轴围成的三角形面积大于 6,求 a 的取值范围. [听课笔记]

[小结] 在绝对值不等式的综合问题中,多表现为题中出现含绝对值且含参量的函数,一 般会涉及解绝对值不等式,绝对值不等式恒成立问题,以及由函数性质或图像引起的最值问 题、范围问题、求参数问题等. 式题 已知函数 f(x)=|x|,g(x)=-|x-4|+m.

(1)解关于 x 的不等式 g[f(x)]+2-m>0; (2)若函数 f(x)的图像恒在函数 g(x)图像的上方,求实数 m 的取值范围.

不等式选讲 ■ 核心知识聚焦 1.-3 1 [解析] 由|x+a|<b,得 -b-a<x<b-a,
? ?a=-3, ?-b-a=2, 则? 解得? ?b=1. ?b-a=4, ?

2.(-∞,+∞) [解析] 利用绝对值不等式的性质可得|x-a|+|x-b|≥|(x-a)-(x-b)| =|b-a|=|a-b|.又由|a-b|>2 恒成立,故不等式的解集为(-∞,+∞). 3 3 ? ? ?x<-2, ?x≥-2, 1? ? ? 3.?x?x≤-5或x≥-3? [解析] 原不等式可化为? 或? 解得 x≤-5 ? ? ? ?3x+3≥2, ?-x-3≥2 ? 1 或 x≥- . 3 1? ? ? 综上,原不等式的解集是?x? ?x≤-5或x≥-3 .
? ?

1? ? 1 ? 1 4.f(x)≥2 [解析] 由 a>0,有 f(x)=? ?x+a?+|x-a|≥?x+a-(x-a)?=a+a≥2,所 以 f(x)≥2. 5.[0,2]
? ?|x|+|x-1|≥1, [解析] ? ?|x|+|y|+|x-1|+|y-1|≥2?|x|+|y|+|x-1|+|y- ?|y|+|y-1|≥1 ?

?|x|+|x-1|=1, ? ?0≤x≤1, ? 1|=2?? ?? ?0≤x+y≤2. ? ? ?|y|+|y-1|=1 ?0≤y≤1

6.4 2

1 1 2 [解析] 由 ab= + ≥ ,得 ab≥2,当且仅当 a=b= 2时等号成立. a b ab 2,当且仅当 a=b= 2时等号成立.
3

故 a3+b3≥2 a3b3≥4
3

所以 a +b 的最小值为 4 2. 7.≤ [解析] 由 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca 得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca, 1 当且仅当 a=b=c= 时等号成立. 3 由题设得(a+b+c)2=1,即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 1 所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3 8.≥ [解析] 因为 x>0,y>0, 3 3 所以 1+x+y2≥3 xy2>0,1+x2+y≥3 x2y>0,当且仅当 x=y=1 时等号成立. 3 3 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3 xy2·3 x2y=9xy. ■ 考点考向探究 考点一 含绝对值的不等式的解法

例 1 解:(1)当 a=0 时,由 f(x)≥g(x)得|2x+1|≥|x|,两边平方整理得 3x2+4x+1≥0, 1 解得 x≤-1 或 x≥- , 3 1 ∴原不等式的解集为(-∞,-1]∪[- ,+∞). 3

? (2)由 f(x)≤g(x)得 a≥|2x+1|-|x|,令 h(x)=|2x+1|-|x|,即 h(x)=?3x+1,-1<x<0, 2 ?x+1,x≥0,
1 1 1 故 h(x)min=h(- )=- ,故所求实数 a 的取值范围为(- ,+∞). 2 2 2

1 -x-1,x≤- , 2

?-2x+5,x≤2, ? 变式题 解:(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}. (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,解得-3≤a≤0, 故满足条件的实数 a 的取值范围为[-3,0]. 考点二 不等式的证明

例 2 证明:(1)因为( a+ b)2=a+b+2 ab, ( c+ d)2=c+d+2 cd, 由题设 a+b=c+d,ab>cd, 得( a+ b)2>( c+ d)2,因此 a+ b> c+ d. (2)(i)若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即 (a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd. 因为 a+b=c+d,所以 ab>cd. 由(1)得 a+ b> c+ d. (ii)若 a+ b> c+ d, 则( a+ b)2>( c+ d)2, 即 a+b+2 ab>c+d+2 cd. 因为 a+b=c+d,所以 ab>cd.于是

(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2, 因此|a-b|<|c-d|. 综上, a+ b> c+ d是|a-b|<|c-d|的充要条件. 变式题 解:(1)证明:∵a2+b2≥2ab,c2+d2≥2cd, ∴a2+b2+c2+d2≥2(ab+cd),当且仅当 a=b=c=d= 又∵a2+b2=1,c2+d2=1, ∴2(ab+cd)≤2,∴ab+cd≤1. (2)设 m=(a,b),n=(1, 3), ∵|m· n|≤|m|· |n|,∴|a+ 3b|≤2 a2+b2=2, ∴-2≤a+ 3b≤2,即 a+ 3b 的取值范围为[-2,2]. 考点三 绝对值不等式的综合 2 时取等号. 2

例 3 解:(1)当 a=1 时,f(x)>1 化为|x+1|-2|x-1|-1>0. 当 x≤-1 时,不等式化为 x-4>0,无解; 2 当-1<x<1 时,不等式化为 3x-2>0,解得 <x<1; 3 当 x≥1 时,不等式化为-x+2>0,解得 1≤x<2.
? 2 ? 所以 f(x)>1 的解集为?x|3<x<2?. ? ?

?x-1-2a,x<-1, (2)由题设可得 f(x)=?3x+1-2a,-1≤x≤a, ?-x+1+2a,x>a,
所以函数 f(x)的图像与 x 轴围成的三角形的三个顶点分别为 A? 2 C(a,a+1),△ABC 的面积为 (a+1)2. 3 2 由题设得 (a+1)2>6,又 a>0,故 a>2. 3 所以 a 的取值范围为(2,+∞). 变式题 解: (1)由 g[f(x)]+2-m>0 得||x|-4|<2, ∴-2<|x|-4<2, ∴2<|x|<6, ∴-6≤x≤ -2 或 2≤x≤6, 故原不等式的解集为[-6,-2]∪[2,6]. (2)∵函数 f(x)的图像恒在函数 g(x)图像的上方, ∴f(x)>g(x)恒成立,即 m<|x-4|+|x|恒成立. ∵|x-4|+|x|≥|(x-4)-x|=4, ∴m 的取值范围为 m<4. ■ 教师备用例题 2a-1 ? ? 3 ,0?,B(2a+1,0),

[备选理由] 例 1 为求解不等式及不等式恒成立的问题,是对听课例 1 的补充.例 2 考查 不等式的证明,基本不等式以及柯西不等式的应用,考查推理与计算能力.例 3 考查解绝对 值不等式以及函数与不等式的综合. 例 1(配听课例 1 使用)已知 f(x)=|x+1|+|x-2|,g(x)=|x+1|-|x-a|+a(a∈R). (1)当 a=3 时,解不等式 g(x)≤5; (2)若不等式 f(x)≥g(x)恒成立,求 a 的取值范围. 解:(1)原不等式等价于不等式组
? ? ? ?x<-1, ?-1≤x≤3, ?x>3, ? 或? 或? ?-x-1+x-3≤2 ? ?x+1+x-3≤2 ? ?x+1-x+3≤2, ?

解得 x≤2, 故不等式 f(x)≤5 的解集为(-∞,2]. (2)若不等式 f(x)≥g(x)恒成立,即|x-2|+|x-a|≥a 恒成立. 而|x-2|+|x-a|≥|x-2-x+a|=|a-2|,则需满足|a-2|≥a, 解得 a≤1,故 a 的取值范围为(-∞,1]. 1? 例 2(配听课例 2 使用)(1)设函数 f(x)=? ?x-a?+|x+a|(a>0),证明:f(x)≥2; (2)若实数 x,y,z 满足 x2+4y2+z2=3,求证:|x+2y+z|≤3. 证明:(1)由 a>0, 1 1 ? 1 有 f(x)=|x- |+|x+a|≥? ?(x-a)-(x+a)?=a+a≥2,当且仅当 a=1 时取等号, a 所以 f(x)≥2. (2)∵x2+4y2+z2=3, 由柯西不等式得[x2+(2y)2+z2](12+12+12)≥(x+2y+z)2(当且仅当 x 2y z = = 时取等号), 1 1 1 整理得(x+2y+z)2≤9,即|x+2y+z|≤3. 例 3(配听课例 3 使用)已知函数 f(x)=|x+2|-|2x-2|. (1)解不等式 f(x)≥-2; (2)设 g(x)=x-a,对任意 x∈[a,+∞),都有 g(x)≥f(x)成立,求 a 的取值范围. 解:(1)当 x≤-2 时,不等式化为 x-4≥-2,解得 x≥2,∴x∈?; 2 2 当-2<x<1 时,不等式化为 3x≥-2,解得 x≥- ,∴- ≤x<1; 3 3 当 x≥1 时,不等式化为-x+4≥-2,解得 x≤6,∴1≤x≤6, 2 ? ? - ≤x≤6?. 综上,不等式的解集为?x? ? 3
? ?

?x-4,x≤-2, (2)f(x)=?3x,-2<x<1, ?-x+4,x≥1,

函数 f(x)的图像如图所示. ∵g(x)=x-a 的图像为一条直线,-a 表示直线的纵截距,当直线过点(1,3)时,-a=2, ∴当-a≥2,即 a≤-2 时,g(x)≥f(x)成立; a 当-a<2,即 a>-2 时,令-x+4=x-a,得 x=2+ , 2 a ∴a≥2+ ,即 a≥4 时 g(x)≥f(x)成立. 2 综上,a 的取值范围为{a|a≤-2 或 a≥4}.


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