2019-2020年高考数学一轮复习 绝对值不等式训练 理 新人教A版选修4-5.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 绝对值不等式训练 理 新人教A版选修4-5备考方向要明了考 什 么怎 么 考1.理解绝对值不等式的几何意义，并能利用绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：(1)|ab|a|b|；(2)|ab|ac|cb|.2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|axb|c；|axb|c；|xa|xb|c.从近两年的高考试题可以看出，本节重点考查含绝对值不等式的解法(可能含参)或以函数为背景证明不等式，题型为解答题，如xx年新课标T24等.归纳知识整合1绝对值不等式的解法(1)|axb|c(c0)和|axb|c(c0)型不等式的解法|axb|ccaxbc.|axb|caxbc或axbc.(2)|xa|xb|c(c0)和|xa|xb|c(c0)型不等式的解法法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想探究1.解含绝对值不等式或含绝对值方程的关键是什么？提示：关键是根据绝对值的定义或性质去掉绝对值2绝对值三角不等式(1)定理1：如果a，b是实数，则|a|b|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立(2)定理2：如果a，b，c是实数，那么|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立探究2.绝对值的三角不等式的向量形式及几何意义是什么？提示：当a，b不共线时，|ab|a|b|，它的几何意义是三角形的两边之和大于第三边自测牛刀小试1求不等式|2x1|3的解集解：|2x1|3等价于2x13或2x13，解得x2或x1.所以解集为(，12，)2已知函数f(x)|x2|x1|，求f(x)的值域解：函数可化为f(x)所以f(x)3,33(xx江西高考改编)对于xR，求不等式|x10|x2|8的解集解：由题意可得或或解得x0，)4已知关于x的不等式|x1|x|k无解，求实数k的取值范围解：|x1|x|x1x|1，当k1时，不等式|x1|x|k无解，故k1.5如果关于x的不等式|xa|x4|1的解集是全体实数，求实数a的取值范围解：在数轴上，结合实数绝对值的几何意义可知a5或a3.绝对值不等式性质的应用例1确定“|xa|m且|ya|m”是“|xy|2m(x，y，a，mR)”的什么条件自主解答|xy|(xa)(ya)|xa|ya|mm2m，|xa|m且|ya|m是|xy|2m的充分条件取x3，y1，a2，m2.5，则有|xy|252m，但|xa|5，不满足|xa|m2.5，故|xa|m且|ya|m不是|xy|2m的必要条件故为充分不必要条件两数和与差的绝对值不等式的性质|a|b|ab|a|b|(1)对绝对值三角不等式定理|a|b|ab|a|b|中等号成立的条件要深刻理解，特别是用此定理求函数的最值时(2)该定理可强化为|a |b|ab|a|b|，它经常用于证明含绝对值的不等式1若不等式|x1|x2|a对任意xR恒成立，求a的取值范围解：由于|x1|x2|(x1)(x2)|3，所以只需a3即可绝对值不等式的解法例2(xx新课标全国卷)已知函数f(x)|xa|x2|.(1)当a3时，求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)|x4|的解集包含1,2，求a的取值范围自主解答(1)当a3时，f(x)当x2时，由f(x)3得2x53，解得x1；当2x3时，f(x)3无解；当x3时，由f(x)3得2x53，解得x4；所以f(x)3的解集为x|x1或x4(2)f(x)|x4|x4|x2|xa|.当x1,2时，|x4|x2|xa|4x(2x)|xa|2ax2a.由条件得2a1且2a2，即3a0.故满足条件的a的取值范围为3,0绝对值不等式的解法(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2设函数f(x)|x1|xa|(1)若a1，解不等式f(x)3；(2)如果xR，f(x)2，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|x1|，f(x)作出函数f (x)|x1|x1|的图象由图象可知，不等式的解集为.(2)若a1，f(x)2|x1|，不满足题设条件：若a1，f(x)f(x)的最小值为a1.所以对于xR，f(x)2的充要条件是|a1|2，所以a的取值范围是(，13，)3(xx辽宁高考)已知函数f(x)|x2|x5|.(1)证明：3f(x)3；(2)求不等式f(x)x28x15的解集解：(1)证明：f(x)|x2|x5|当2x5时，32x73.所以3f(x)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|5x63种方法求解绝对值不等式的方法形如|xa|xb|c(或c)型的不等式主要有如下解法：(1)零点分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(，a，(a，b，(b，)(此处设ac(c0)的几何意义：数轴上到点x1a和x2b的距离之和大于c的点的集合(3)图象法：作出函数y1|xa|xb|和y2c的图象，结合图象求解. 创新交汇含参数的绝对值不等式的恒成立问题1含参数的绝对值不等式的恒成立问题是高考的热点内容之一，此类问题常与二次函数、对数函数、三角函数结合命题，需要有一定的综合知识的能力2解答此类问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，转化为分段函数，然后利用数形结合解决，是常用的思想方法典例(xx辽宁高考)已知f(x)|ax1|(aR)，不等式f(x)3的解集为x|2x1(1)求a的值；(2)若k恒成立，求k的取值范围解(1)由|ax1|3得4ax2.又f(x)3的解集为x|2x1，所以当a0时，不合题意当a0时，x，得a2.(2)记h(x)f(x)2f，则h(x)所以|h(x)|1，因此k1.1本题有以下创新点把绝对值不等式与集合、函数知识、恒成立问题紧密结合起来研究，尽管难度不大，但需要有一定的知识综合能力2解决本题的关键点解答本题的关键点：(1)先求解不等式|ax1|3，并将解集与已知解集对照求出a的值；(2)利用零点分段讨论去掉绝对值，将问题转化为恒成立问题3在解决恒成立问题时应注意Cf(x)恒成立Cf(x)max，Cf(x)恒成立Cf(x)min.1(xx陕西高考改编)若存在实数x使|xa|x1|3成立，求实数a的取值范围解：|xa|x1|a1|，则只需要|a1|3，解得2a4.2(xx苏北四市调研)已知函数f(x)|x1|x2|.若不等式|ab|ab|a|f(x)对a，bR，且a0恒成立，求实数x的范围解：由|ab|ab|a|f(x)，且a0，得f(x)又因为2，则有2f(x)解不等式|x1|x2|2，得x.即实数x的范围是.1(xx青岛模拟)若不等式x2|2x6|a对于一切实数x均成立，求实数a的最大值解：令f(x)x2|2x6|，当x3时，f(x)x22x6(x1)279；当x时，原不等式可化为2x12x16，解得x，此时x；当x时，原不等式可化为2x12x16，解得x，此时x|a2|1对于一切非零实数x均成立，求实数a的取值范围解： 2，|a2|12，即|a2|1，解得1a2；(2)求函数yf(x)的最小值解：(1)f(x)|2x1|x4|当x2得，x7.故x7；当x2，得x.故x2，得x3，故x4.故原不等式的解集为.(2)画出f(x)的图象如图：所以f(x)min.1若不等式|3xb|4的解集中整数有且仅有1,2,3，求实数b的取值范围解：|3xb|4，43xb4.x.(*)若原不等式的整数解只有1,2,3，由(*)式，知01且34.解之得4b7且5b8，5b0)(1)当a1时，求此不等式的解集；(2)若此不等式的解集为R，求实数a的取值范围解：(1)当a1时，不等式为|x2|x1|2由绝对值的几何意义知，不等式的意义可解释为数轴上的点x到1、2的距离之和大于等于2，所以x或x.所以不等式的解集为.(2)|ax2|axa|a2|，原不等式的解集为R等价于|a2|2，a4或a0，又a0，a4.3已知f(x)|6xa|.(1)若不等式f(x)4的解集为，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若f(x1)f(x1)b对一切实数x恒成立，求实数b的取值范围解：(1)由f(x)4得|6xa|4，解得x或x，依题意，a1.(2)当a1时，f(x)|6x1|，f(x1)|6x7|，f(x1)|6x5|f(x1)f(x1)|6x7|6x5|(6x7)(6x5)|12，b1nx(x1，x0，n为大于1的正整数)，了解当n为大于1的实数时贝努利不等式也成立5.会用上述不等式证明一些简单问题能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值6.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法 .1.该部分是对必修5中“不等式”的补充和深化，属选学选考内容单独命题时，以解答题形式出现，属中等难度题目2.高考考查的重点是不等式的证明、基本不等式、柯西不等式、数学归纳法的应用，利用基本不等式、柯西不等式求函数的最值等，如xx年新课标T24等.归纳知识整合1比较法作差比较法与作商比较法的基本原理：方法原理作差法ab0ab作商法1ab(a0，b0)2综合法与分析法方法特征综合法证明不等式时，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过推理论证而得出命题成立，综合法又叫顺推证法或由因导果法分析法证明命题时，从待证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等)这是一种执果索因的思考和证明方法.探究1.在证明不等式时综合法和分析法有怎样的关系？提示：综合法：由条件出发推导出所要证明的不等式成立分析法：从结论出发寻找使结论成立的充分条件，综合法与分析法是对立统一的两种方法在实际解题时，常常用分析法探求解题思路，用综合法表达2在什么条件下用分析法证明不等式？提示：如果不适合用反证法、归纳法，而综合法又不易操作时，通过分析又容易找到使要证明结论成立的已知条件，这时用分析法3反证法先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法4放缩法证明不等式时，有时要把所证不等式的一边适当地放大或缩小，以利于化简，并使它与不等式的另一边的不等关系更为明显，从而得出原不等式成立这种方法称为放缩法5数学归纳法数学归纳法证明不等式的一般步骤(1)验证：当n取第一个值n0(例如n01,2等)时结论正确；(2)假设当nk时结论正确，证明当nk1时结论也正确综合(1)(2)可知，结论对于任意nn0，且n0，n N*都成立6柯西不等式设a，b，c，d均为实数，则(a2b2)(c2d2)(acbd)2等号当且仅当adbc时成立自测牛刀小试1设t，s(ba0)，确定s与t的大小关系解：ts0，ts，即s0，b0，(ab)5529.4设ab0，求证：3a32b33a2b2ab2.证明：3a32b3(3a2b2ab2)3a2(ab)2b2(ba)(3a22b2)(ab)因为ab0，所以ab0,3a22b20.从而(3a22b2)(ab)0.故3a32b33a2b2ab2成立5数列an的通项公式为ann(n2)求证：n.证明：.比较法证明不等式例1设a，b是非负实数，求证：a3b3(a2b2)自主解答由a，b是非负实数，作差得a3b3(a2b2)a2()b2()()()5()5)当ab时，从而()5()5，得()()5()5)0；当ab时，从而()50.所以a3b3(a2b2)作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；(3)判断差的符号；(4)下结论其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负1设ab0，求证：.证明：法一：ab0，ab0，ab0，a2b20，ab0.0，.法二：ab0，ab0，ab0.11.用分析法和综合法证明不等式例2设a0，b0，c0，求证：.自主解答要证，只需证111，只需证，只需证(abc).(abc)(bc)(ac)(ab)33，当且仅当abc时“”成立，故原不等式成立分析综合法分析法与综合法常常结合起来使用，称为分析综合法，其实质是既充分利用已知条件，又时刻瞄准解题目标，即不仅要搞清已知什么，还要明确干什么，通常用分析法找到解题思路，用综合法书写证题过程2已知a，b，c均为正实数求证：c a b .证明：a，b，c均为正实数， 2 2c ，同理，2a ，2b ，三式相加可得c a b .用反证法证明不等式例3已知f(x)x2pxq，求证|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.自主解答假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，则|f(1)|2|f(2)|f(3)|2.而|f(1)|2|f(2)|f(3)|f(1)f(3)2f(2)|(1pq)(93pq)(84p2q)|2，与|f(1)|2|f(2)|f(3)|2矛盾，所以|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.若本例已知中的q1，求证：f(1)与f(1)中至少有一个不小于2.证明：q1，f(x)x2px1假设f(1)与f(1)都小于2，则f(1)f(1)1.试证明a，b，c，d中至少有一个负数证明：假设a，b，c，d均为非负数，即a0，b0，c0，d0.ab1，cd1，(ab)(cd)(acbd)(bcad)1.a，b，c，d均为非负数，则bcad0，故acbd1.这与已知条件acbd1矛盾故假设不成立，因此a，b，c，d中至少有一个为负数用放缩法证明不等式例4已知：an(nN)，求证：ann，an123n.，an(23n).综上得，an2等；(2)在和或积中换大(或换小)某些项；(3)扩大(或缩小)分式的分子或分母，如(a，b，mR且ab)，0，1，求证： .证明：由已知1，及a0，可知b0，要证，可证1，即证1abab1，只需证abab0，即1，即1，1已知原不等式 成立2已知函数f(x)是(，)上的增函数，a、bR.(1)若ab0，求证：f(a)f(b)f(a)f(b)；(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论解：(1)证明：ab0，ab.由已知f(x)的单调性得：f(a)f(b)又ab0baf(b)f(a)两式相加即得：f(a)f(b)f(a)f(b)(2)命题(1)的逆命题为：若f(a)f(b)f(a)f(b)，求证：ab0.逆命题成立下面用反证法证之假设ab0，那么：f(a)f(b)f(a)f(b)这与已知矛盾，故ab0.逆命题得证