高考第二轮复习理数专题二十三 不等式选讲

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1、2017年高考第二轮复习：（理数）专题二十三不等式选讲1(2015山东，5，易)不等式|x1|x5|2的解集是()A(，4) B(，1) C(1，4) D(1，5)1A由|x1|x5|2或或x1或1x4或x1的解集3解：(1)f(x)yf(x)的图象如图所示(2)由f(x)的表达式及图象，当f(x)1时，可得x1或x3；当f(x)1时，可得x或x5，故f(x)1的解集为x|1x3；f(x)1的解集为.4(2016课标，24，10分，中)已知函数f(x)|2xa|a.(1)当a2时，求不等式f(x)6的解集；(2)设函数g(x)|2x1|.当xR时，f(x)g(x)3，求a的取值范围4解：(1)

2、当a2时，f(x)|2x2|2.解不等式|2x2|26得1x3.因此f(x)6的解集为x|1x3(2)当xR时，f(x)g(x)|2xa|a|12x|2xa12x|a|1a|a.所以当xR时，f(x)g(x)3等价于|1a|a3.当a1时，上式等价于1aa3，无解当a1时，上式等价于a1a3，解得a2.所以a的取值范围是2，)5(2015江苏，21D，10分，易)解不等式x|2x3|2.5解：原不等式可化为或解得x5或x.综上，原不等式的解集是x|x5或x6(2014课标，24，10分，中)设函数f(x)|xa|(a0)(1)证明：f(x)2；(2)若f(3)0，得f(x)a2，所以f(x)2

3、.(2)f(3)|3a|.当a3时，f(3)a，由f(3)5得3a.当0a3时，f(3)6a，由f(3)5得a3.综上，a的取值范围是.7(2013福建，21(3)，7分，中)设不等式|x2|a(aN*)的解集为A，且A，A.(1)求a的值；(2)求函数f(x)|xa|x2|的最小值7解：(1)因为A，且A，所以|2|a，且|2|a，解得0时，x，得a2.(2)记h(x)f(x)2f|2x1|2|x1|，则h(x)所以当x1时，h(x)1；当1x时，1h(x)1.(1)当a2时，求不等式f(x)4|x4|的解集；(2)已知关于x的不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集为x|1x2，求a的值【

4、解析】(1)当a2时，f(x)|x4|x2|x4|当x2时，由f(x)4|x4|得2x64，解得x1；当2x1，所以|4x2a|2，解得x.又已知|h(x)|2的解集为x|1x2，所以解得a3.解绝对值不等式的关键是去掉绝对值，要注意分类讨论思想的运用解题(1)时将不等式转化为f(x)|x4|4后，利用零点分段法去绝对值，运用分类讨论的思想，确定不等式的解集；解题(2)的关键是构造辅助函数h(x)f(2xa)2f(x)进行求解 (2015课标，24，10分)已知函数f(x)|x1|2|xa|，a0.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求

5、a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)1化为|x1|2|x1|10.当x1时，不等式化为x40，即x4，无解；当1x0，解得x0，解得1x1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(2a1，0)，C(a，a1)，ABC的面积为(a1)2.由题设得(a1)26，故a2.所以a的取值范围为(2，)含绝对值不等式的常用解法(1)基本性质法：对aR，|x|aaxa，|x|axa或xa.(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法脱去绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号

6、的不等式(组)求解(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值转化为数轴上两点的距离求解(5)数形结合法：在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象，利用函数图象求解含参数的绝对值不等式问题多考查恒成立、存在性、参数范围问题此类问题多可转化为最值问题，以解答题的形式考查 2(2013课标，24，10分)已知函数f(x)|2x1|2xa|，g(x)x3.(1)当a2时，求不等式f(x)1，且当x时，f(x)g(x)，求a的取值范围【解析】(1)当a2时，不等式f(x)g(x)化为|2x1|2x2|x30.设函数y|2x1|2x2|x3，则y其图象如图所示从图象可知，当且仅当x(

7、0，2)时，y0.所以原不等式的解集是x|0xxf(x)恒成立时a的取值范围解：(1)由题意得，当a2时，f(x)f(x)在(2，)上单调递增，f(x)的值域为2，)(2)由g(x)|x1|，不等式g(x)2xf(x)恒成立，有|x1|xa|2恒成立，即(|x1|xa|)min2.而|x1|xa|(x1)(xa)|1a|，|1a|2，解得a1或a3.不等式恒成立时求参数范围问题的解法(1)分离参数法：运用“f(x)a恒成立f(x)maxa，f(x)a恒成立f(x)mina”可解决恒成立中的参数取值范围问题(2)更换主元法：对于不少含参不等式恒成立问题，若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时

8、，可转换思维角度，将主元与参数互换，常可得到简捷的解法(3)数形结合法：在研究曲线交点的恒成立问题时数形结合，揭示问题所蕴含的几何背景，发挥形象思维与抽象思维的优势，可直接解决问题1(2016山西大同质检，24，10分)已知函数f(x)|2x1|x2a|.(1)当a1时，求f(x)3的解集；(2)当x1，2时，f(x)3恒成立，求实数a的取值范围1解：(1)当a1时，由f(x)3，可得|2x1|x2|3，或或解得0x，解得x2，解得x2.综上可得，0x2，即不等式的解集为0，2(2)当x1，2时，f(x)3恒成立，即|x2a|3|2x1|42x，故2x42ax42x，即3x42a4x.再根据3

9、x4在x1，2上的最大值为642，4x的最小值为422，2a2，a1，即a的取值范围为12(2016河南开封二模，24，10分)已知函数f(x)|2x1|2x3|.(1)求不等式f(x)6的解集；(2)若关于x的不等式f(x)|a1|的解集不是空集，求实数a的取值范围2解：(1)原不等式等价于或或解得x2或x或1x4，a5，实数a的取值范围为(，3)(5，)3(2015福建泉州模拟，21(3)，7分)已知函数f(x)|x3|x2|.(1)求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)|a4|有解，求a的取值范围3解：(1)f(x)|x3|x2|3，当x2时，有x3(x2)3，解得x2；当x3时，x

10、3(x2)3，解得x；当3x2时，有2x13，解得1x2.综上，f(x)3的解集为x|x1(2)由绝对值不等式的性质可得，|x3|x2|(x3)(x2)|5，则有5|x3|x2|5.若f(x)|a4|有解，则|a4|5，解得1a9.所以a的取值范围是1，94(2016河北唐山模拟，24，10分)设不等式2|x1|x2|0的解集为M，a，bM.(1)证明：；(2)比较|14ab|与2|ab|的大小，并说明理由4解：(1)证明：记f(x)|x1|x2|由22x10，解得x，则M.所以|a|b|.(2)由(1)得a2，b2.因为|14ab|24|ab|2(18ab16a2b2)4(a22abb2)(

11、4a21)(4b21)0，所以|14ab|24|ab|2，故|14ab|2|ab|.5(2015河北石家庄模拟，24，10分)设函数f(x)|x3|x1|，xR.(1)解不等式f(x)1；(2)设函数g(x)|xa|4，且g(x)f(x)在x2，2上恒成立，求实数a的取值范围5解：(1)函数f(x)|x3|x1|故由不等式f(x)3或解得x.(2)函数g(x)f(x)在x2，2上恒成立，即|xa|4|x3|x1|在x2，2上恒成立，在同一个坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象，如图所示故当x2，2时，若0a4，则函数g(x)的图象在函数f(x)的图象的下方，g(x)f(x)在x2，2上恒成

12、立，求得4a0，故所求的实数a的取值范围为4，01(2014陕西，15A，易)设a，b，m，nR，且a2b25，manb5，则的最小值为_1【解析】根据柯西不等式(manb)2(a2b2)(m2n2)，得255(m2n2)，得m2n25，故的最小值为.【答案】2(2016课标，24，10分)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|1ab|.2考向1解： (1)f(x)当x时，由f(x)2得2x1；当x时，f(x)2；当x时，由f(x)2得2x2，解得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

13、(ab)2(1ab)2a2b2a2b21(a21)(1b2)0，因此|ab|0，b0，且ab.证明：(1)ab2；(2)a2a2与b2b0，b0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab22，即ab2.(2)假设a2a2与b2b2同时成立，则由a2a0得0a1；同理，0b1，从而ab1，这与ab1矛盾故a2a2与b2b0，y0，证明：(1xy2)(1x2y)9xy.4证明：因为x0，y0，所以1xy230， 1x2y30，故(1xy2)(1x2y)339xy.5(2014福建，21(3)，7分，中)已知定义在R上的函数f(x)|x1|x2|的最小值为a.(1)求a的值；(2)若p，q，r是

14、正实数，且满足pqra，求证：p2q2r23.5解：(1)因为|x1|x2|(x1)(x2)|3，当且仅当1x2时，等号成立，所以f(x)的最小值等于3，即a3.(2)证明：由(1)知pqr3，又因为p，q，r是正实数，所以(p2q2r2)(121212)(p1q1r1)2(pqr)29，即p2q2r23.不等式的证明是高考的一个重要考向，证明方法灵活多样，技巧性和综合性较强全国高考都是以解答题的形式出现在复习中，熟练掌握不等式的证明方法尤为重要，弄清每种方法的适用性，通过训练寻找解题规律 1(2015课标，24，10分)设a，b，c，d均为正数，且abcd，证明：(1)若abcd，则；(2)

15、是|ab|cd|的充要条件【证明】(1)因为()2ab2，()2cd2，由题设abcd，abcd得()2()2.因此.(2)若|ab|cd|，则(ab)2(cd)2，即(ab)24ab(cd)24cd.因为abcd，所以abcd.由(1)得.若，则()2()2，即ab2cd2.因为abcd，所以abcd.于是(ab)2(ab)24ab(cd)24cd(cd)2.因此|ab|cd|.综上，是|ab|cd|的充要条件本例考查不等式的证明和充要条件的判定，考查推理论证能力和转化与化归的思想方法解题(1)利用分析法证明，要证的不等式两边都是正数，要证原不等式，只要证明左边的平方大于右边的平方即可；解题

16、(2)要分充分性和必要性两种情况证明，同样通过两边平方来证明 (2013课标，24，10分)设a，b，c均为正数，且abc1，证明：(1)abbcca；(2)1.证明：(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca得a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因为b2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.证明不等式常用的方法(1)证明不等式的常用方法有比较法、综合法、分析法如果已知条件与待证结论的联系不明显，可考虑用分析法(2)如果待证命题是否定性命题或唯一性命题或以“至

17、少”“至多”等方式给出，则考虑用反证法(3)如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明利用基本不等式和柯西不等式求最值问题是近几年高考常考内容，在全国高考中一般是以解答题形式考查，难度属中低档复习中掌握基本不等式、柯西不等式及其变形技巧是解答此类问题的关键 2(1)(2013湖南，10)已知a，b，cR，a2b3c6，则a24b29c2的最小值为_(2)(2014课标，24，10分)若a0，b0，且.求a3b3的最小值；是否存在a，b，使得2a3b6？并说明理由【解析】(1)由柯西不等式(a24b29c2)(1212

18、12)(a2b3c)2得3(a24b29c2)36，所以a24b29c212，当且仅当a2b3c2时，a24b29c2取得最小值12.(2)由，得ab2，且当ab时等号成立故a3b324，且当ab时等号成立所以a3b3的最小值为4.不存在a，b，使得2a3b6.理由如下：由(1)知，2a3b24.由于46，从而不存在a，b，使得2a3b6.解题(1)时注意观察已知与所求式的特点，由柯西不等式求解；解题(2)时结合已知等式运用基本不等式得到ab2，再次运用基本不等式求出最小值；解题(2)时运用基本不等式求出2a3b的最小值为4，而46，从而说明不存在a，b，使得2a3b6. (2015陕西，24

19、，10分)已知关于x的不等式|xa|b的解集为x|2x4(1)求实数a，b的值；(2)求的最大值解：(1)由|xa|b，得baxba，则解得a3，b1.(2)24，当且仅当，即t1时等号成立，故()max4.利用基本不等式、柯西不等式求最值的方法(1)在运用基本不等式求函数的最大(小)值时，常需要对函数式作“添、裂、配、凑”变形，使其完全满足基本不等式要求的“正、定、等”三个条件(2)在应用柯西不等式求最大值时，要注意等号成立的条件，柯西不等式在排列上规律明显，具有简洁、对称的美感，运用柯西不等式求解时，按照“一看、二构造、三判断、四运用”可快速求解此类问题1(2016贵州六校联考，24，10

20、分)已知a0，b0，ab1，求证：(1)8；(2)9.1证明：(1)ab1，a0，b0，2224448(当且仅当ab时，等号成立)，8.(2)1，由(1)知8.9.2(2016湖北武汉四校联考，24，10分)已知关于x的不等式m|x2|1，其解集为0，4(1)求m的值；(2)若a，b均为正实数，且满足abm，求a2b2的最小值2解：(1)不等式m|x2|1可化为|x2|m1，1mx2m1，即3mxm1.其解集为0，4，m3.(2)由(1)知ab3，(a2b2)(1212)(a1b1)2(ab)29，a2b2，a2b2的最小值为.3(2016陕西宝鸡质检，24，10分)已知a，b均为正数，且ab

21、1，证明：(1)(axby)2ax2by2；(2).3证明：(1)(axby)2(ax2by2)a(a1)x2b(b1)y22abxy，因为ab1，所以a1b，b1a.又a，b均为正数，所以a(a1)x2b(b1)y22abxyab(x2y22xy)ab(xy)20，当且仅当xy时等号成立所以(axby)2ax2by2.(2)4a2b24a2b24a2b2114(a2b2)224242.当且仅当ab时等号成立4(2016广东佛山一模，24，10分)已知二次函数f(x)x2axb(a，bR)的定义域为1，1，且|f(x)|的最大值为M.(1)证明：|1b|M；(2)证明：M.4证明：(1)M|f

22、(1)|1ab|， M|f(1)|1ab|，2M|1ab|1ab|(1ab)(1ab)|2|1b|，M|1b|.(2)依题意，M|f(1)|，M|f(0)|，M|f(1)|.又|f(1)|1ab|，|f(1)|1ab|，|f(0)|b|.4M|f(1)|2|f(0)|f(1)|1ab|2|b|1ab|(1ab)2b(1ab)|2.M.5(2016福建厦门质检，21(3)，7分)已知a，b，c为非零实数，且a2b2c21m0，12m0.(1)求证：；(2)求实数m的取值范围5解：(1)证明：由柯西不等式得(a2b2c2)，即(a2b2c2)36.(2)由已知得a2b2c2m1，2m1，(m1)(

23、2m1)36，即2m23m350，解得m或m5.又a2b2c2m10，2m10，m5.即实数m的取值范围是5，)6(2015黑龙江大庆二模，24，10分)已知函数f(x)m|x1|x2|，mR，且f(x1)0的解集为0，1(1)求m的值；(2)若a，b，c，x，y，zR，且x2y2z2a2b2c2m，求证：axbycz1.6解：(1)由f(x1)0得|x|x1|m.|x|x1|1恒成立，若m1，不等式|x|x1|m的解集为，不合题意若m1，当x0时，得x，则x1时，得x，则10)型不等式的解法(1)若c0，则|axb|c等价于caxbc，|axb|c等价于axbc或axbc，然后根据a，b的值

24、解出即可(2)若c0，则|axb|c的解集为，|axb|c的解集为R.2|xa|xb|c(或c)(c0)，|xa|xb|c(或c)(c0)型不等式的解法可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解(1)零点分区间法的一般步骤令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集(2)利用绝对值的几何意义由于|xa|xb|与|xa|xb|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|xa|xb|c(c0)或|xa|xb|

25、c(c0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观3|f(x)|g(x)，|f(x)|g(x)(g(x)0)型不等式的解法(1)|f(x)|g(x)f(x)g(x)或f(x)g(x)(2)|f(x)|g(x)g(x)f(x)g(x)解含绝对值号的不等式要注意分类讨论思想的应用二、几种特殊不等式1绝对值的三角不等式定理1：若a，b为实数，则|ab|a|b|，当且仅当ab0时，等号成立定理2：设a，b，c为实数，则|ac|ab|bc|，当且仅当(ab)(bc)0时，等号成立2三个正数的算术几何平均不等式：如果a，b，cR，那么，当且仅当abc时等号成立3基本不等式(基本不等式的推广)：对于n个正数a1，a2，an，它们的算术平均值不小于它们的几何平均值，即，当且仅当a1a2an时等号成立4一般形式的柯西不等式设a1，a2，a3，an，b1，b2，b3，bn是实数，则(aaa)(bbb)(a1b1a2b2anbn)2，当且仅当bi0(i1，2，n)或存在一个数k，使得aikbi(i1，2，n)时，等号成立内容总结