人教第37节 不等式选讲+复数（解析版）.docx

第37节 不等式选讲+复数
基本技能要落实
考点一　绝对值不等式性质的应用
【例1】设a>0，|x－1|<，|y－2|<，求证：|2x＋y－4|<a.
【证明】由|x－1|<可得|2x－2|<，|2x＋y－4|≤|2x－2|＋|y－2|<＋＝a.
【例2】 若f(x)＝＋3|x－a|的最小值为4，求a的值.
【解析】因为f(x)＝＋3|x－a|≥|－(3x－3a)|＝，由＝4得a＝±1或a＝±.
【方法技巧】
1.求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种：
(1)利用绝对值的几何意义.
(2)利用绝对值三角不等式，即|a|＋|b|≥|a±b|≥|a|－|b|.
(3)利用零点分区间法.
2.含绝对值不等式的证明中，关键是绝对值三角不等式的活用.
【跟踪训练】
设函数f(x)＝x2－x－15，且|x－a|<1.
(1)解不等式|f(x)|>5；
(2)求证：|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1).
(1)解　因为|x2－x－15|>5，所以x2－x－15<－5或x2－x－15>5，即x2－x－10<0或x2－x－20>0，解得<x<或x<－4或x>5，所以不等式|f(x)|>5的解集为{x|x<－4或<x<或x>5}.
(2)证明　因为|x－a|<1，所以|f(x)－f(a)|＝|(x2－x－15)－(a2－a－15)|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a|·|x＋a－1|<1·|x＋a－1|＝|x－a＋2a－1|≤|x－a|＋|2a－1|<1＋|2a－1|≤1＋|2a|＋1＝2(|a|＋1)，即|f(x)－f(a)|<2(|a|＋1).
考点二　绝对值不等式恒成立与能成立问题
【例3】(2022·陇南二诊)已知a≠0，函数f(x)＝|ax－1|，g(x)＝|ax＋2|.
(1)若f(x)<g(x)，求x的取值范围；
(2)若f(x)＋g(x)≥|2×10a－7|对x∈R恒成立，求a的最大值与最小值之和.
解　(1)因为f(x)<g(x)，
所以|ax－1|<|ax＋2|，
两边同时平方得a2x2－2ax＋1<a2x2＋4ax＋4，
即6ax>－3，当a>0时，x>－，
即x的取值范围是；
当a<0时，x<－，
即x的取值范围是.
(2)因为f(x)＋g(x)＝|ax－1|＋|ax＋2|≥|(ax－1)－(ax＋2)|＝3，
所以f(x)＋g(x)的最小值为3，
所以|2×10a－7|≤3，
则－3≤2×10a－7≤3，
解得lg 2≤a≤lg 5，
故a的最大值与最小值之和为lg 2＋lg 5＝lg 10＝1.
【例4】 (2021·东北三省三校联考)已知函数f(x)＝|2x＋a|＋1.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)＋x＜2；
(2)若存在a∈时，使不等式f(x)≥b＋|2x＋a2|的解集非空，求b的取值范围.
解　(1)当a＝2时，函数f(x)＝|2x＋2|＋1，
不等式f(x)＋x＜2化为|2x＋2|＜1－x.
当1－x≤0时，即x≥1时，该不等式无解.
当1－x＞0时，原不等式化为x－1＜2x＋2＜1－x.
解之得－3＜x＜－.
综上，原不等式的解集为.
(2)由f(x)≥b＋|2x＋a2|，
得b≤|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，
设g(x)＝|2x＋a|－|2x＋a2|＋1，则不等式的解集非空，即不等式有解，
所以不等式等价于b≤g(x)max.
由g(x)≤|(2x＋a)－(2x＋a2)|＋1＝|a2－a|＋1，
所以b≤|a2－a|＋1.
由题意知存在a∈，使得上式成立，
而函数h(a)＝|a2－a|＋1在a∈上的最大值为h＝，
所以b≤，即b的取值范围是.
【方法技巧】
1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决.
2.(1)在例6第(1)问，可作出函数y＝|2x＋2|与y＝1－x的图象，观察、计算边界，直观求得不等式的解集.
(2)第(2)问把不等式解集非空，转化为求函数的最值.
存在性问题转化方法：f(x)＞a有解⇔f(x)max＞a；f(x)＜a有解⇔f(x)min＜a.
【跟踪训练】
1. (2022·呼和浩特模拟)已知函数f(x)＝|2x－a|＋2|x＋1|.
(1)当a＝1时，解关于x的不等式f(x)≤6；
(2)已知g(x)＝|x－1|＋2，若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝|2x－1|＋2|x＋1|，
则f(x)＝
当x<－1时，由－4x－1≤6，得－≤x<－1；
当－1≤x≤时，f(x)≤6恒成立；
当x>时，由