2019届高考数学二轮复习 专题六 第2讲 选修4-5 不等式选讲学案.docx

第2讲选修4-5 不等式选讲考向预测本部分主要考查绝对值不等式的解法求含绝对值的函数的最值及求含参数的绝对值不等式中的参数的取值范围，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，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想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时，等号成立2|axb|c，|axb|c(c0)型不等式的解法(1)|axb|ccaxbc(2)|axb|caxbc或axbc3|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，bR，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不等式)如果a1，a2，an为n个正数，则，当且仅当a1a2an时，等号成立热点一绝对值不等式的解法与最值问题【例1】(2019肇庆一模)已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求实数的取值范围解（1）不等式，即.可得，或或，解得，所以不等式的解集为.（2），当且仅当时，两处等号同时成立，所以，解得或，实数a的取值范围是探究提高1解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：求零点；划分区间，去绝对值符号；分段解不等式；求各段的并集此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解2不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决【训练1】(2017郑州三模)已知不等式|xm|x|的解集为(1，)(1)求实数m的值；(2)若不等式对x(0，)恒成立，求实数a的取值范围解(1)由|xm|x|，得|xm|2m2，又不等式|xm|x|的解集为(1，)，则1是方程2mxm2的解，解得m2(m0舍去)(2)m2，不等式对x(0，)恒成立等价于不等式a5|x1|x2|a2对x(0，)恒成立设f(x)|x1|x2|，当0x2时，f(x)在(0，2)上是增函数，1f(x)3，当x2时，f(x)3因此函数f(x)的值域为(1，3从而原不等式等价于解得1cd，则；(2)是|ab|，只需证明()2()2，也就是证明ab2cd2，只需证明，即证abcd由于abcd，因此(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24abcd由(1)得若，则()2()2，ab2cd2abcd，所以abcd于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2因此|ab|是|ab|cd|的充要条件1(2018全国I卷)已知（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围2(2018全国II卷)设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围1(2016全国卷)已知函数f(x)，M为不等式f(x)2的解集(1)求M；(2)证明：当a，bM时，|ab|0；(2)若x0R，使得f(x0)2m2L(A，C)，求x的取值范围；(2)当xR时，不等式L(A，B)tL(A，C)恒成立，求t的最小值2(2018福建联考)已知不等式的解集为（）求的值；（）若，求证：参考答案1【解题思路】(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.【答案】（1）当时，的解集为（2）当时成立等价于当时成立若，则当时；若，的解集为，所以，故综上所述，的取值范围为2【解题思路】（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围【答案】（1）当时，可得的解集为（2）等价于，而，且当时等号成立，故等价于，由可得或，所以的取值范围是点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向1【解题思路】(1)零点分段讨论法得出f(x)的解析式，再分类讨论求解f(x)2(2)平方后利用作差比较法【答案】(1)解f(x)当x时，由f(x)2得2x1，所以1x；当x时，f(x)2恒成立当x时，由f(x)2得2x2，解得x1，所以x1所以f(x)2的解集Mx|1x1(2)证明由(1)知，当a，bM时，1a1，1b1，从而(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，所以(ab)2(1ab)2，因此|ab|0 (2) 存在性问题转化为求最值问题【答案】解(1)当x0，解得x3，从而x0，解得x，又2x，2x时，f(x)2x1x2x3，令x30，解得x3又x，x3综上，不等式f(x)0的解集为(3，)(2)由(1)得f(x)，f(x)minf x0R，使得f(x0)2m2，整理得4m28m50，解得mL(A，C)，进一步解出x的范围(2)由定义得出L(A，B)tL(A，C)，再利用绝对值三角不等式求解即可【答案】解(1)由定义得|x1|1|x5|1，则|x1|x5|，两边平方得8x24，解得x3故x的取值范围为(3，)(2)当xR时，不等式|x1|x5|t恒成立，也就是t|x1|x5|恒成立，因为|x1|x5|(x1)(x5)|4，所以t4，所以tmin4故t的最小值为42【解题思路】（1）根据，进行分类讨论，求出不等式的解集，由此能求出（2）由，知，由此利用作商法和基本不等式的性质能证明【答案】（）原不等式等价于或或，解得或，即，.（）由（）知，即，且，当且仅当，时取“”,