届高考一轮复习备考讲义全国用人教A版 第十四章 系列4选讲 142含答案Word文件下载.docx
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|x|>
(-∞,-a)∪(a,+∞)
(-∞,0)∪(0,+∞)
R
(2)|ax+b|≤c(c>
0)和|ax+b|≥c(c>
0)型不等式的解法
①|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c;
②|ax+b|≥c⇔ax+b≥c或ax+b≤-c.
(3)|x-a|+|x-b|≥c(c>
0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>
①利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;
②利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;
③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.
2.含有绝对值的不等式的性质
(1)如果a,b是实数,则|a|-|b|≤|a±
b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.
(2)如果a,b,c是实数,那么|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b-c)≥0时,等号成立.
3.不等式证明的方法
(1)比较法
①作差比较法
知道a>
b⇔a-b>
0,a<
b⇔a-b<
0,因此要证明a>
b,只要证明a-b>
0即可,这种方法称为作差比较法.
②作商比较法
由a>
b>
0⇔>
1且a>
0,b>
0,因此当a>
0时,要证明a>
b,只要证明>
1即可,这种方法称为作商比较法.
(2)综合法
从已知条件出发,利用不等式的有关性质或定理,经过推理论证,最终推导出所要证明的不等式成立,这种证明方法叫做综合法,即“由因导果”的方法.
(3)分析法
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),从而得出要证的不等式成立,这种证明方法叫做分析法,即“执果索因”的方法.
题组一 思考辨析
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×
”)
(1)若|x|>
c的解集为R,则c≤0.( ×
)
(2)不等式|x-1|+|x+2|<
2的解集为∅.( √ )
(3)对|a+b|≥|a|-|b|当且仅当a>
0时等号成立.( ×
(4)对|a|-|b|≤|a-b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立.( ×
(5)对|a-b|≤|a|+|b|当且仅当ab≤0时等号成立.( √ )
题组二 教材改编
2.[P20T7]不等式3≤|5-2x|<
9的解集为( )
A.[-2,1)∪[4,7)B.(-2,1]∪(4,7]
C.(-2,-1]∪[4,7)D.(-2,1]∪[4,7)
答案 D
解析 由题意得
即
解得不等式的解集为(-2,1]∪[4,7).
3.[P20T8]求不等式|x-1|-|x-5|<
2的解集.
解 ①当x≤1时,原不等式可化为1-x-(5-x)<
2,
∴-4<
2,不等式恒成立,∴x≤1;
②当1<
x<
5时,原不等式可化为x-1-(5-x)<
∴x<
4,∴1<
4;
③当x≥5时,原不等式可化为x-1-(x-5)<
2,该不等式不成立.
综上,原不等式的解集为(-∞,4).
题组三 易错自纠
4.若函数f(x)=|x+1|+2|x-a|的最小值为5,则实数a=________.
答案 4或-6
解析 方法一 ①当a=-1时,f(x)=3|x+1|,
f(x)min=0,不符合题意;
②当a<
-1时,f(x)=
∴f(x)min=f(a)=-a-1=5,∴a=-6成立;
③当a>
∴f(x)min=f(a)=a+1=5,∴a=4成立.
综上,a=4或a=-6.
方法二 当a=-1时,f(x)min=0,不符合题意;
当a≠-1时,f(x)min=f(a)=|a+1|=5,
∴a=4或a=-6.
5.已知a,b,c是正实数,且a+b+c=1,则++的最小值为________.
答案 9
解析 把a+b+c=1代入到++中,
得++
=3+++
≥3+2+2+2=9,
当且仅当a=b=c=时,等号成立.
6.若不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+a+2对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围为______________.
答案
解析 设y=|2x-1|+|x+2|
=
当x<
-2时,y=-3x-1>
5;
当-2≤x<
时,y=-x+3>
,y≤5;
当x≥时,y=3x+1≥,故函数y=|2x-1|+|x+2|的最小值为.因为不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+a+2对任意实数x恒成立,所以≥a2+a+2.
解不等式≥a2+a+2,得-1≤a≤,
故实数a的取值范围为.
题型一 绝对值不等式的解法
1.(2017·
全国Ⅰ)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.
解
(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于
x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0.①
-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;
当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,
从而-1≤x≤1;
当x>
1时,①式化为x2+x-4≤0,
从而1<
x≤.
所以f(x)≥g(x)的解集为.
(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2,
所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于
当x∈[-1,1]时,f(x)≥2.
又f(x)在[-1,1]上的最小值必为f(-1)与f
(1)之一,
所以f(-1)≥2且f
(1)≥2,得-1≤a≤1.
所以a的取值范围为[-1,1].
2.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)的图象与x轴围成的三角形的面积大于6,求a的取值范围.
解
(1)当a=1时,
f(x)>
1化为|x+1|-2|x-1|-1>
当x≤-1时,不等式化为x-4>
0,无解;
当-1<
1时,不等式化为3x-2>
0,解得<
1;
当x≥1时,不等式化为-x+2>
0,解得1≤x<
2.
所以f(x)>
1的解集为.
(2)由题设可得,f(x)=
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A,B(2a+1,0),C(a,a+1),
△ABC的面积为(a+1)2.
由题设得(a+1)2>
6,故a>
所以a的取值范围为(2,+∞).
思维升华解绝对值不等式的基本方法
(1)利用绝对值的定义,通过分类讨论转化为解不含绝对值符号的普通不等式.
(2)当不等式两端均为正号时,可通过两边平方的方法,转化为解不含绝对值符号的普通不等式.
(3)利用绝对值的几何意义,数形结合求解.
题型二 利用绝对值不等式求最值
典例
(1)对任意x,y∈R,求|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|的最小值;
(2)对于实数x,y,若|x-1|≤1,|y-2|≤1,求|x-2y+1|的最大值.
解
(1)∵x,y∈R,
∴|x-1|+|x|≥|(x-1)-x|=1,
当且仅当0≤x≤1时等号成立,
∴|y-1|+|y+1|≥|(y-1)-(y+1)|=2,
当且仅当-1≤y≤1时等号成立,
∴|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|≥1+2=3,
当且仅当0≤x≤1,-1≤y≤1同时成立时等号成立.
∴|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|的最小值为3.
(2)|x-2y+1|=|(x-1)-2(y-1)|≤|x-1|+|2(y-2)+2|≤1+2|y-2|+2≤5,即|x-2y+1|的最大值为5.
思维升华求含绝对值的函数最值时,常用的方法有三种
(1)利用绝对值的几何意义.
(2)利用绝对值三角不等式,即|a|+|b|≥|a±
b|≥|a|-|b|.
(3)利用零点分区间法.
跟踪训练(2017·
西安模拟)已知a和b是任意非零实数.
(1)求的最小值;
(2)若不等式|2a+b|+|2a-b|≥|a|(|2+x|+|2-x|)恒成立,求实数x的取值范围.
解
(1)∵≥==4,
当且仅当(2a+b)(2a-b)≥0时等号成立,
∴的最小值为4.
(2)若不等式|2a+b|+|2a-b|≥|a|(|2+x|+|2-x|)恒成立,即|2+x|+|2-x|≤恒成立,
故|2+x|+|2-x|≤min.
由
(1)可知,的最小值为4,
∴x的取值范围即为不等式|2+x|+|2-x|≤4的解集.
解不等式得-2≤x≤2,
故实数x的取值范围为[-2,2].
题型三 绝对值不等式的综合应用
典例已知函数f(x)=|x-a|+(a≠0).
(1)若不等式f(x)-f(x+m)≤1恒成立,求实数m的最大值;
(2)当a<
时,函数g(x)=f(x)+|2x-1|有零点,求实数a的取值范围.
解
(1)∵f(x)=|x-a|+(a≠0),
∴f(x+m)=|x+m-a|+,
∴f(x)-f(x+m)=|x-a|-|x+m-a|≤1,
又|x-a|-|x+m-a|≤|m|,
∴|m|≤1,∴-1≤m≤1,
∴实数m的最大值为1.
时,
g(x)=f(x)+|2x-1|=|x-a|+|2x-1|+
∴g(x)min=g=-a+
=≤0,
∴或
∴-≤a<
0,
∴实数a的取值范围是.
思维升华
(1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值,化为分段函数来解决.
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法.
全国Ⅲ)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集;
(2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.
解
(1)f(x)=
当x<-1时,f(x)≥1无解;
当-1≤x≤2时,由f(x)≥1,得2x-1≥1,解得1≤x≤2;
当x>2时,由f(x)≥1,解得x>2,
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(2)由f(x)≥x2-x+m,得
m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.
而|x+1|-|x-2|-x2+x
≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|
=-2+≤,
当x=时,|x+1|-|x-2|-x2+x=.
故m的取值范围为.
题型四 用综合法与分析法证明不等式
典例
(1)已知x,y均为正数,且x>
y,求证:
2x+≥2y+3;
(2)设a,b,c>
0且ab+bc+ca=1,求证:
a+b+c≥.
证明
(1)因为x>
0,y>
0,x-y>
2x+-2y=2(x-y)+
=(x-y)+(x-y)+
≥3=3,
所以2x+≥2y+3.
(2)因为a,b,c>
所以要证a+b+c≥,
只需证明(a+b