2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)第二部分專(zhuān)題7選修部分第2講不等式選講教師用書(shū)教案理

PAGE專(zhuān)題7第2講不等式選講肯定值不等式的解法授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第68頁(yè)考情調(diào)研考向分析主要考查解肯定值不等式以及求含有肯定值的函數(shù)最值問(wèn)題．求解的一般方法是去掉肯定值，也可以借助數(shù)形結(jié)合求解．在高考中主要以解答題的形式考查，難度為中、低檔.1.含肯定值不等式的解法．2.利用肯定值不等式求最值.[題組練透]1．已知函數(shù)f(x)＝|x＋2|＋2|x－1|.(1)求f(x)的最小值；(2)若不等式f(x)＋x－a<0的解集為(m，n)，且n－m＝6，求a的值．解析：(1)f(x)＝|x＋2|＋2|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x，x≤－2,－x＋4，－2<x≤1,3x，x>1))，則f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝3.(2)因?yàn)間(x)＝f(x)＋x－a＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－a，x≤－2,4－a，－2<x≤1,4x－a，x>1))，令－2x－a<0，則x>－eq\f(a,2)；令4x－a<0，則x<eq\f(a,4).所以不等式f(x)＋x－a<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,4)))，又不等式f(x)＋x－a<0的解集為(m，n)，且n－m＝6，所以eq\f(a,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝6，故a＝8.2．設(shè)函數(shù)f(x)＝5－|x＋a|－|x－2|.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)≥0的解集；(2)若f(x)≤1，求a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋4，x≤－1，,2，－1＜x≤2，,－2x＋6，x＞2.))可得f(x)≥0的解集為{x|－2≤x≤3}．(2)f(x)≤1等價(jià)于|x＋a|＋|x－2|≥4.而|x＋a|＋|x－2|≥|a＋2|，且當(dāng)x＝2時(shí)等號(hào)成立．故f(x)≤1等價(jià)于|a＋2|≥4.由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2.所以a的取值范圍是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．[題后悟通]含有肯定值的不等式的解法(1)|f(x)|＞a(a＞0)?f(x)＞a或f(x)＜－a.(2)|f(x)|＜a(a＞0)?－a＜f(x)＜a.(3)對(duì)形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用肯定值不等式的幾何意義求解．與肯定值有關(guān)的參數(shù)范圍問(wèn)題授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第69頁(yè)考情調(diào)研考向分析主要考查利用不等式恒成立求參數(shù)的值或范圍．求解的一般方法是去掉肯定值，也可以借助數(shù)形結(jié)合求解．在高考中主要以解答題的形式考查，難度為中、低檔.1.參變分別法．2.重要不等式法．3.分類(lèi)探討法.[題組練透]1．(2024·云南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|x－2a(1)當(dāng)a＝2時(shí)，解關(guān)于x的不等式f(x)≤9；(2)當(dāng)a≠2時(shí)，若對(duì)隨意實(shí)數(shù)x，f(x)≥4恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝3|x－1|，由f(x)≤9得|x－1|≤3，由|x－1|≤3得－3≤x－1≤3，解得－2≤x≤4，∴當(dāng)a＝2時(shí)，關(guān)于x的不等式f(x)≤9的解集為{x∈R|－2≤x≤4}．(2)①當(dāng)a>2時(shí)，eq\f(a,2)<2a－3，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－3a＋3，x>2a－3,x＋a－3，\f(a,2)≤x≤2a－3,－3x＋3a－3，x<\f(a,2)))，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2)))上是減函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))是增函數(shù)，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝eq\f(3a,2)－3，由題設(shè)得eq\f(3a,2)－3≥4，解得a≥eq\f(14,3).②當(dāng)a<2時(shí)，同理求得a≤－eq\f(2,3).綜上所述，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(14,3)，＋∞)).2．已知函數(shù)f(x)＝|2x＋a|＋2a，a∈R(1)若對(duì)于隨意x∈R，f(x)都滿意f(x)＝f(3－x)，求a的值；(2)若存在x∈R，使得f(x)≤－|2x－1|＋a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解析：(1)因?yàn)閒(x)＝f(3－x)，x∈R，所以f(x)的圖象關(guān)于x＝eq\f(3,2)對(duì)稱(chēng)．又f(x)＝2|x＋eq\f(a,2)|＋2a的圖象關(guān)于x＝－eq\f(a,2)對(duì)稱(chēng)，所以－eq\f(a,2)＝eq\f(3,2)，所以a＝－3.(2)f(x)≤－|2x－1|＋a等價(jià)于|2x＋a|＋|2x－1|＋a≤0.設(shè)g(x)＝|2x＋a|＋|2x－1|＋a，則g(x)min＝|(2x＋a)－(2x－1)|＋a＝|a＋1|＋a.由題意g(x)min≤0，即|a＋1|＋a≤0.當(dāng)a≥－1時(shí)，a＋1＋a≤0，a≤－eq\f(1,2)，所以－1≤a≤－eq\f(1,2)；當(dāng)a<－1時(shí)，－(a＋1)＋a≤0，－1≤0，所以a<－1，綜上，a≤－eq\f(1,2).[題后悟通]1．f(x)＞a恒成立?f(x)min＞a；f(x)＜a恒成立?f(x)max＜a；f(x)＞a有解?f(x)max＞a；f(x)＜a有解?f(x)min＜a；f(x)＞a無(wú)解?f(x)max≤a；f(x)＜a無(wú)解?f(x)min≥a.2．定理1：假如a，b是實(shí)數(shù)，則|a＋b|≤|a|＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時(shí)，等號(hào)成立．定理2：假如a，b，c是實(shí)數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立．不等式的證明授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第70頁(yè)考情調(diào)研考向分析主要考查含肯定值不等式的證明問(wèn)題．一般利用幾個(gè)常見(jiàn)的不等式進(jìn)行邏輯推理，在高考中主要以解答題的形式考查，難度為中、低檔.1.綜合法和分析法．2.基本不等式．3.柯西不等式.[題組練透]1．(2024·蚌埠模擬)已知：a2＋b2＝1，其中a，b∈R.(1)求證：eq\f(|a－b|,|1－ab|)≤1；(2)若ab>0，求(a＋b)(a3＋b3)的最小值．解析：(1)證明：所證不等式等價(jià)于|a－b|≤|1－ab|，即(a－b)2≤(1－ab)2，也就是(a2－1)(1－b2)≤0，∵a2＋b2＝1，∴a2≤1，b2≤1∴(a2－1)(1－b2)≤0，故原不等式成立．(2)(a＋b)(a3＋b3)＝a4＋ab3＋a3b＋b4≥a4＋2eq\r(ab3·a3b)＋b4＝(a2＋b2)2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(\r(2),2)或a＝b＝－eq\f(\r(2),2)時(shí)，(a＋b)(a3＋b3)取到最小值1.2．設(shè)a，b，c>0，且ab＋bc＋ca＝1.求證：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．證明：(1)要證a＋b＋c≥eq\r(3)，由于a，b，c>0，因此只需證明(a＋b＋c)2≥3，即證a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3.而ab＋bc＋ca＝1，故只需證明a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而這可由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)等號(hào)成立)證得．所以原不等式成立．(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc)).在(1)中已證a＋b＋c≥eq\r(3)，因此要證原不等式成立，只需證明eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c).①因?yàn)閍eq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，同理beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(bc＋ac,2)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝eq\f(\r(3),3)時(shí)等號(hào)成立)，所以aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca，所以aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤1，兩邊同時(shí)除以eq\r(abc)得eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，①式得證．所以原不等式成立．[題后悟通]1．含有肯定值的不等式的性質(zhì)|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.2．算術(shù)—幾何平均不等式定理1：設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，等號(hào)成立．定理2：假如a