2021届高考数学二轮总复习-层级二-专题七-选修系列第二讲-不等式选讲学案.doc

2021届高考数学二轮总复习 层级二 专题七 选修系列第二讲 不等式选讲学案2021届高考数学二轮总复习 层级二 专题七 选修系列第二讲 不等式选讲学案年级：姓名：第二讲不等式选讲1(2019全国卷)已知f(x)|xa|x|x2|(xa)(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若x(，1)时，f(x)0，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|x|x2|(x1)当x1时，f(x)2(x1)20；当x1时，f(x)0.所以，不等式f(x)0的解集为(，1)(2)因为f(a)0，所以a1.当a1，x(，1)时，f(x)(ax)x(2x)(xa)2(ax)(x1)0恒成立；当a0，不满足题意综上，a的取值范围为1，)2(2018全国卷)已知f(x)|x1|ax1|.(1)当a1时，求不等式f(x)1的解集；(2)若x(0,1)时，不等式f(x)x成立，求a的取值范围解：(1)当a1时，f(x)|x1|x1|，即f(x)故不等式f(x)1的解集为.(2)当x(0,1)时|x1|ax1|x成立等价于当x(0,1)时，|ax1|0的解集；(2)若关于x的不等式|2m1|f(x3)3|x5|有解，求实数m的取值范围解(1)f(x)当x时，由x30，得x3；当2x0，得2x0，得x2，综上可得不等式f(x)0的解集为(3，)(2)依题意得|2m1|(f(x3)3|x5|)min，令g(x)f(x3)3|x5|2x5|2x10|2x52x10|5，当5x时，等号成立|2m1|5，解得m2或m3，即实数m的取值范围是(，32，).| 规 律 方 法 |解绝对值不等式的常用方法(1)基本性质法：对aR，|x|aaxaxa.(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号(3)零点分区间法(定义法)：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解(4)几何法：利用绝对值的几何意义，画出数轴，将绝对值问题转化为数轴上两点的距离问题求解(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|练题点|(2019成都模拟)已知函数f(x)|x2|k|x1|，kR.(1)当k1时，若不等式f(x)4的解集为x|x1xx2，求x1x2的值；(2)当xR时，若关于x的不等式f(x)k恒成立，求k的最大值解：(1)由题意，得|x2|x1|2时，原不等式可化为2x5，2x；当x1时，原不等式可化为2x3，x1；当1x2时，原不等式可化为34，1x2.综上，原不等式的解集为，即x1，x2.x1x21.(2)由题意，得|x2|k|x1|k.当x2时，即不等式3kk恒成立，k0.当x2或x0时，|x1|1，不等式|x2|k|x1|k恒成立当2x1时，原不等式可化为2xkxkk，可得k1，k3.当1x0时，原不等式可化为2xkxkk，可得k1，k4；(2)若存在x0使不等式a1f(x0)成立，求实数a的取值范围解(1)由题意得f(x)则f(x)4或或x2或01.所以不等式f(x)4的解集为(，2)(0，)(2)存在x0使不等式a1f(x0)成立a1f(x)min.由(1)知，f(x)minf，则a1，解得a，所以实数a的取值范围为.| 规 律 方 法 |含绝对值的不等式的成立问题主要是利用转化思想去转化求解，常见的类型有：(1)不等式能成立问题在区间D上存在实数x使不等式f(x)A成立，等价于在区间D上f(x)maxA；在区间D上存在实数x使不等式f(x)B成立，等价于在区间D上f(x)minA在区间D上恒成立，等价于不等式f(x)A的解集为D；不等式f(x)B在区间D上恒成立，等价于不等式f(x)0；(2)若f(x)3|x4|m2|对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围解：(1)当x4时，f(x)2x1x4x5，原不等式即x50，解得x5，又x4，x4；当x0，解得x1，又x4，1x4；当x0，解得x5，x1或x|m2|对一切实数x恒成立，需|m2|0，b0，ab2.(1)求证：a2b22；(2)求证： 1.证明(1)因为a0，b0，所以a2b22ab，当且仅当ab1时，等号成立，所以a2b2(ab)22.(2)因为，当且仅当a42，b22时取等号，所以 1.| 规 律 方 法 |证明不等式的常用方法不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证法等(1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分析法(2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法|练题点|(2019长春模拟)设不等式|x1|x1|1.解：(1)由已知，令f(x)|x1|x1|由|f(x)|2，得1x1，即Ax|1x1，只需证|1abc|abc|，只需证1a2b2c2a2b2c2，只需证1a2b2c2(1a2b2)，只需证(1a2b2)(1c2)0，由a，b，cA，得1ab1，c20恒成立综上，1.