2020版数学（文）新素养高考大一轮（课件、课时达标）：第十二章 不等式选讲 (共4份打包)

课时达标　第59讲 1．函数f(x)＝ax＋b，当|x|≤1时，都有|f(x)|≤1，求证：|b|≤1，|a|≤1. 证明 因为|f(x)|≤1，令x＝0，得|f(0)|≤1，所以|b|≤1. 因为|f(1)|＝|a＋b|≤1，|f(－1)|＝|－a＋b|≤1， 所以2|a|＝|a＋b＋a－b|≤|a＋b|＋|a－b|≤2，所以|a|≤1. 2．(2019·泉州模拟)已知函数f(x)＝|x＋3|－|x－2|. (1)求不等式f(x)≥3的解集； (2)若f(x)≥|a－4|有解，求a的取值范围． 解析 (1)f(x)＝|x＋3|－|x－2|≥3，当x≥2时，有x＋3－(x－2)≥3，解得x≥2；当x≤－3时，－x－3＋(x－2)≥3，解得x∈∅；当－3＜x＜2时，有2x＋1≥3，解得1≤x＜2.综上，f(x)≥3的解集为{x|x≥1}． (2)由绝对值不等式的性质可得||x＋3|－|x－2||≤|(x＋3)－(x－2)|＝5，则有－5≤|x＋3|－|x－2|≤5.若f(x)≥|a－4|有解，则|a－4|≤5，解得－1≤a≤9.所以a的取值范围是[－1,9]． 3．(2018·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)画出y＝f(x)的图象； (2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤ax＋b，求a＋b的最小值． 解析 (1)f(x)＝y＝f(x)的图象如图所示． (2)由(1)知，y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标为2，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当a≥3且b≥2时，f(x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立．因此a＋b的最小值为5. 4．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集； (2)若不等式f(x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围． 解析 (1)f(x)＝当x<－1时，f(x)≥1无解；当－1≤x≤2时，由f(x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2；当x>2时，由f(x)≥1解得x>2.所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}． (2)由f(x)≥x2－x＋m，得m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x.而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－.　 时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝，且当x＝≤2＋ 故m的取值范围为. 5．设函数f(x)＝|x－a|. (1)当a＝2时，解不等式f(x)≥4－|x－1|； (2)若f(x)≤1的解集为[0,2]，＝a(m>0，n>0)，求证：m＋2n≥4. ＋ 解析 (1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥4. 当x≥2时，原不等式化为2x－3≥4，解得x≥； ，所以x≥ 当1≤x＜2时，原不等式化为1≥4，无解； 当x<1时，原不等式化为3－2x≥4， 解得x≤－. ，所以x≤－ 所以原不等式的解集为. ∪ (2)证明：f(x)≤1，即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1， 而f(x)≤1的解集是[0,2]， 所以＝1(m>0，n>0)． ＋解得a＝1，所以 所以m＋2n＝(m＋2n)≥4，当且仅当m＝2n时，等号成立．＋＝2＋ 6．(2019·辽宁联考)已知函数f(x)＝log2(|x＋1|＋|x－2|－m)． (1)当m＝7时，求函数f(x)的定义域； (2)若关于x的不等式f(x)≥2的解集是R，求m的取值范围． 解析 (1)由题设知|x＋1|＋|x－2|＞7，则解得函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(4，＋∞)． 或或 (2)不等式f(x)≥2，即|x＋1|＋|x－2|≥m＋4，因为x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，不等式|x＋1|＋|x－2|≥m＋4的解集是R，所以m＋4≤3，即m的取值范围是(－∞，－1]． $$ 状元桥 优质课堂 第十二章 不等式选讲 高考总复习 · 数学（文科） 第59讲 绝对值不等式 高考总复习 · 数学（文科） 返回目录 考纲要求 考情分析 命题趋势 核心素养 1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式： (1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b)). (2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－c))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(c－b)). 2．会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式： eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4