2018年高考数学二轮复习专题八系列4选讲第2讲不等式选讲课件文.ppt

2.(2017·全国Ⅱ)已知a0，b0，a3＋b3＝2，证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； 证明 证明　(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a4＋b4－2a2b2) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. 1 2 1 2 证明 (2)a＋b≤2. 证明　因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b) 所以(a＋b)3≤8， 因此a＋b≤2. 解答 押题依据　不等式选讲问题中，联系绝对值，关联参数、体现不等式恒成立是考题的“亮点”所在，存在问题、恒成立问题是高考的热点，备受命题者青睐. 1 2 1.已知函数f(x)＝|x－2|＋|2x＋a|，a∈R. (1)当a＝1时，解不等式f(x)≥4； 押题依据 解　当a＝1时，f(x)＝|x－2|＋|2x＋1|. 由f(x)≥4，得|x－2|＋|2x＋1|≥4. 当x≥2时，不等式等价于x－2＋2x＋1≥4， 即x≥1，所以1≤x2； 解得x≤－1，所以x≤－1. 所以原不等式的解集为{x|x≤－1或x≥1}. 1 2 解答 1 2 (2)若?x0，使f(x0)＋|x0－2|3成立，求a的取值范围. 解　应用绝对值不等式，可得 f(x)＋|x－2|＝2|x－2|＋|2x＋a|＝|2x－4|＋|2x＋a|≥|2x＋a－(2x－4)|＝|a＋4|. 因为?x0，使f(x0)＋|x0－2|3成立， 所以(f(x)＋|x－2|)min3， 所以|a＋4|3，解得－7a－1， 故实数a的取值范围为(－7，－1). 押题依据　不等式选讲涉及绝对值不等式的解法，包含参数是命题的显著特点.本题将二元函数最值、解绝对值不等式、不等式证明综合为一体，意在检测考生理解题意，分析问题、解决问题的能力，具有一定的训练价值. 解答 1 2 押题依据 1 2 解　因为x，y∈R＋，x＋y＝4， 由基本不等式，得 当且仅当x＝y＝2时取等号. 1 2 只需不等式|a＋2|－|a－1|≤1成立即可. 构造函数f(a)＝|a＋2|－|a－1|， 则等价于解不等式f(a)≤1. 所以解不等式f(a)≤1，得a≤0. 所以实数a的取值范围为(－∞，0]. 证明 1 2 证明　因为x，y∈R＋，x＋y＝4， 所以y＝4－x(0x4)， 于是x2＋2y2＝x2＋2(4－x)2 * * * * 热点分类突破 真题押题精练 Ⅰ 热点分类突破 热点一　含绝对值不等式的解法 含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|a(a0)?f(x)a或f(x)－a. (2)|f(x)|a(a0)?－af(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. 例1　(2017届辽宁省葫芦岛协作体模拟)设函数f(x)＝|x＋2|－|x－1|. (1)求不等式f(x)1的解集； 解答 解　∵f(x)＝|x＋2|－|x－1| 思维升华 当x≤－2时，f(x)＝－30，不合题意. ∴当－2x1时，由2x＋11，得0x1， 当x≥1时，f(x)＝31恒成立，得x≥1. 故不等式f(x)1的解集为(0，＋∞). 思维升华　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)若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解，求实数m的取值范围. 解答 解　由(1)可知，f(x)的最大值为3， 故f(x)＋4的最大值为7. 若关于x的不等式f(x)＋4≥|1－2m|有解， 只需7≥|1－2m|， 即－7≤2m－1≤7，求得m的取值范围为[－3,4]. 思维升华 思维升华　用图象法、数形结合法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. 跟踪演练1　(2017届河北省石家庄二中三模)已知不等式|x－a|＋|2x－3| . (1)已知a＝2，求不等式的解集； 解答 解　当a＝2时，可得|x－2|＋|2x－3|2， (2)已知不等式的解集为R，求a的取值范围. 解答 可得－3a1或a∈?， 综上所述，a的取值范围是(－3,1). 热点二　不等式的证明 1.含有绝对值的不等式的性质 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. 2.算术—几何平均不等式 定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立. 解答 证明 (2)若实数a，b，c满足a2＋b2≤c，求证：2(a＋b＋c)＋1≥0，并说明取等条件. 证明　2(a＋b＋c)＋1≥2(a＋b＋a2＋b2)＋1 ＝(a＋b＋1)2≥0， 思维升华 思维升华　(1)作差