高考数学二轮复习 专题八 选考4系列选讲 第二讲 选考4-5 不等式选讲 学案 理-人教版高三全册数学学案.doc

第二讲不等式选讲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ab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)零点分段讨论法．(2)绝对值的几何意义．(3)数形结合法．[解](1)当a＝1时f(x)＝|x＋1|－|x－1|即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x≤－12x－1<x<12x≥1.))故不等式f(x)>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(12))))).(2)当x∈(01)时|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(01)时|ax－1|<1成立．若a≤0则当x∈(01)时|ax－1|≥1；若a>0时则|ax－1|<1的解集为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(2a))))).所以eq\f(2a)≥1故0<a≤2.用零点分段讨论法解绝对值不等式的4步(1)令每个绝对值符号的代数式为零并求出相应的根；(2)将这些根按从小到大排列把实数集分为若干个区间；(3)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；(4)取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．[对点训练](2018·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x－1|(a∈R)．(1)当a＝－1时求f(x)≤2的解集．(2)若f(x)≤|2x＋1|的解集包含集合eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12)1))求实数a的取值范围．[解](1)当a＝－1时f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|由f(x)≤2得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(12)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(12)))≤1.上述不等式化为数轴上点x到两点－eq\f(12)eq\f(12)的距离之和小于等于1则－eq\f(12)≤x≤eq\f(12)即原不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(12)\f(12))).(2)∵f(x)≤|2x＋1|的解集包含eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12)1))∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12)1))时不等式f(x)≤|2x＋1|恒成立∴|2x－a|＋2x－1≤2x＋1即|2x－a|≤2∴2x－2≤a≤2x＋2在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(12)1))上恒成立∴(2x－2)max≤a≤(2x＋2)min∴0≤a≤3.考点二含绝对值不等式的综合问题1．定理1：如果ab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abc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．[解](1)当a＝1时f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋4x≤－12－1<x≤2－2x＋6x>2.))可得f(x)≥0的解集为{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等价于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|且当x＝2时等号成立．故f(x)≤1等价于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.角度2：含绝对值不等式的恒成立问题[解](1)由题意得当a＝2018时f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2018x≥20182018x<2018))因为f(x)在[2018＋∞)上单调递增所以f(x)的值域为[2018＋∞)．(2)由g(x)＝|x＋1|不等式g(x)－2>x－f(x)恒成立知|x＋1|＋|x－a|>2恒成立即(|x＋1|＋|x－a|)min>2.而|x＋1|＋|x－a|≥|(x＋1)－(x－a)|＝|1＋a|所以|1＋a|>2解得a>1或a<－3.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<af(x)>a恒成立⇔