第二讲 不等式选讲选修45Word格式文档下载.docx

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故m的取值范围为

.

2．（2016·

全国卷Ⅱ）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，b∈M时，|a＋b|<

|1＋ab|.

当x≤－

时，由f（x）<

2得－2x<

2，解得x>

－1；

当－

<

x<

时，f（x）<

2；

当x≥

2得2x<

2，解得x<

1.

所以f（x）<

2的解集M＝{x|－1<

1}．

由

（1）知，当a，b∈M时，－1<

a<

1，－1<

b<

1，从而（a＋b）2－（1＋ab）2＝a2＋b2－a2b2－1＝（a2－1）（1－b2）<

0.

因此|a＋b|<

考点一　含绝对值不等式的解法

1．|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c型不等式的解法

（1）若c>

0，则|ax＋b|≤c⇔－c≤ax＋b≤c，|ax＋b|≥c⇔ax＋b≥c或ax＋b≤－c，然后根据a，b的取值求解即可；

（2）若c<

0，则|ax＋b|≤c的解集为∅，|ax＋b|≥c的解集为R.

2．|x－a|＋|x－b|≥c，|x－a|＋|x－b|≤c（c>

0）型不等式的解法

（1）令每个绝对值符号里的一次式为0，求出相应的根；

（2）把这些根由小到大排序，它们把数轴分为若干个区间；

（3）在所分区间上，根据绝对值的定义去掉绝对值符号，讨论所得的不等式在这个区间上的解集；

（4）这些解集的并集就是原不等式的解集．

[解]　

（1）当a＝1时，f（x）＝－x2＋x＋4，

g（x）＝

－1时，f（x）－g（x）＝－x2＋3x＋4＝（x＋1）（－x＋4）≥0，

解得－1≤x≤4，∴不成立．

当－1≤x≤1时，f（x）－g（x）＝－x2＋x＋2＝（x＋1）（－x＋2）≥0，

解得－1≤x≤2，∴－1≤x≤1.

1时，f（x）－g（x）＝－x2－x＋4≥0，

解得

≤x≤

∴1<

x≤

综上得：

－1≤x≤

所以解集为

（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]．

用零点分段法解绝对值不等式的4步骤

（1）求零点．

（2）划区间，去绝对值号．

（3）分别解去掉绝对值号的不等式．

（4）取每个结果的并集，注意在分段讨论时不要遗漏区间的端点值．

[对点训练]

设函数f（x）＝|x＋2|－|x－1|.

（1）求不等式f（x）>

1的解集；

（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]　

（1）函数f（x）可化为f（x）＝

当x≤－2时，f（x）＝－3<

0，不合题意；

当－2<

1时，f（x）＝2x＋1>

1，得x>

0，即0<

1；

当x≥1时，f（x）＝3>

1，即x≥1.

综上，不等式f（x）>

1的解集为（0，＋∞）．

（2）关于x的不等式f（x）＋4≥|1－2m|有解等价于

（f（x）＋4）max≥|1－2m|，

由

（1）可知f（x）max＝3，

即|1－2m|≤7，解得－3≤m≤4.

故实数m的取值范围为[－3,4]．

考点二　含绝对值不等式的综合问题

1．定理1：

如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．

2．定理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．

角度1：

绝对值的几何意义及应用

[解]　

（1）当a＝2时，f（x）＝|2x－2|＋2.

解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.

因此f（x）≤6的解集为{x|－1≤x≤3}．

（2）当x∈R时，

f（x）＋g（x）＝|2x－a|＋a＋|1－2x|

≥|2x－a＋1－2x|＋a

＝|1－a|＋a.

所以当x∈R时，f（x）＋g（x）≥3等价于|1－a|＋a≥3.①

当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解．

当a>

1时，①等价于a－1＋a≥3，解得a≥2.

所以a的取值范围是[2，＋∞）．

[思维流程]　

（1）

―→

（2）

[解]　

（1）f（x）＝|x－m|－|x＋3m|＝

当m＝1时，由

或x≤－3，得x≤－

∴不等式f（x）≥1的解集为

（2）不等式f（x）<

|2＋t|＋|t－1|对任意的实数x，t恒成立，等价于对任意的实数x，f（x）<

（|2＋t|＋|t－1|）min恒成立，

即f（x）max<

（|2＋t|＋|t－1|）min，∵f（x）＝|x－m|－|x＋3m|≤|（x－m）－（x＋3m）|＝4m，

|2＋t|＋|t－1|≥|（2＋t）－（t－1）|＝3，

∴4m<

3，又m>

0，∴0<

m<

即实数m的取值范围为

绝对值恒成立问题应关注的3点

（1）巧用“||a|－|b||≤|a±

b|≤|a|＋|b|”求最值．

（2）f（x）<

a恒成立⇔f（x）max<

a，f（x）>

a恒成立⇔f（x）min>

a.

（3）f（x）<

a有解⇔f（x）min<

a有解⇔f（x）max>

1．[角度1]（2017·

山西吕梁二模）已知函数f（x）＝|x－1|＋|x－a|.

（1）若a＝－1，解不等式f（x）≥3；

（2）如果∃x∈R，使得f（x）<

2成立，求实数a的取值范围．

[解]　

（1）若a＝－1，f（x）≥3，

即为|x－1|＋|x＋1|≥3，

当x≤－1时，1－x－x－1≥3，

即有x≤－

；

当－1<

1时，1－x＋x＋1＝2≥3不成立；

当x≥1时，x－1＋x＋1＝2x≥3，解得x≥

综上可得，f（x）≥3的解集为

∪

（2）∃x∈R，使得f（x）<

2成立，

即有2>

f（x）min，

由函数f（x）＝|x－1|＋|x－a|≥|x－1－x＋a|＝|a－1|，

当（x－1）（x－a）≤0时，

取得最小值|a－1|，

即|a－1|<

2，

即－2<

a－1<

解得－1<

3.

则实数a的取值范围为（－1,3）．

2．[角度2]已知函数f（x）＝|x－3|，g（x）＝－|x＋4|＋m.

（1）已知常数a<

2，解关于x的不等式f（x）＋a－2>

0；

（2）若函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，求实数m的取值范围．

[解]　

（1）由f（x）＋a－2>

0得|x－3|>

2－a，

∴x－3>

2－a或x－3<

a－2.

∴x>

5－a或x<

a＋1，

故不等式的解集为（－∞，a＋1）∪（5－a，＋∞）．

（2）∵函数f（x）的图象恒在函数g（x）图象的上方，

∴f（x）>

g（x）恒成立，

则m<

|x－3|＋|x＋4|恒成立，

∵|x－3|＋|x＋4|≥|（x－3）－（x＋4）|＝7，

∴m的取值范围为m<

7.

考点三　不等式的证明

　证明不等式的5个基本方法

（1）比较法：

作差或作商比较．

（2）综合法：

根据已知条件、不等式的性质、基本不等式，通过逻辑推理导出结论．

（3）分析法：

执果索因的证明方法．

（4）反证法：

反设结论，导出矛盾．

（5）放缩法：

通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法．

[证明]　

（1）（a＋b）（a5＋b5）

＝a6＋ab5＋a5b＋b6

＝（a3＋b3）2－2a3b3＋ab（a4＋b4）

＝4＋ab（a2－b2）2≥4.

（2）因为（a＋b）3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3

＝2＋3ab（a＋b）

≤2＋

（a＋b）

＝2＋

所以（a＋b）3≤8，因此a＋b≤2.

不等式的证明技巧

不等式证明的基本方法是比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法，其中以比较法和综合法最为基础，使用综合法证明不等式的关键就是通过适当的变换后使用重要不等式，证明过程注意从重要不等式的形式入手达到证明的目的．

已知实数a，b，c满足a>

0，b>

0，c>

0，且abc＝1.

（1）证明：

（1＋a）（1＋b）（1＋c）≥8；

[证明]　

（1）∵1＋a≥2

，1＋b≥2

，1＋c≥2

∴（1＋a）（1＋b）（1＋c）≥2

·

2

＝8

∵abc＝1，∴（1＋a）（1＋b）（1＋c）≥8.

（2）∵ab＋bc≥2

＝2

ab＋ac≥2

bc＋ac≥2

上面三式相加得，

2ab＋2bc＋2ca≥2

＋2

即ab＋bc＋ca≥

又

＝ab＋bc＋ac，

∴