高考数学文科一轮设计选修45教师用书及答案Word格式文档下载.docx
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(-∞,-a)∪(a,+∞)
(-∞,0)∪(0,+∞)
R
(2)|ax+b|≤c(c>
0)和|ax+b|≥c(c>
0)型不等式的解法
①|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c;
②|ax+b|≥c⇔ax+b≥c或ax+b≤-c;
(3)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法
①利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想;
②利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想;
③通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想.
2.含有绝对值的不等式的性质
(1)如果a,b是实数,则|a|-|b|≤|a±
b|≤|a|+|b|,当且仅当ab≥0时,等号成立.
(2)如果a,b,c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.
诊断自测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×
”)
(1)若|x|>c的解集为R,则c≤0.( )
(2)不等式|x-1|+|x+2|<2的解集为∅.( )
(3)对|a+b|≥|a|-|b|当且仅当a>b>0时等号成立.( )
(4)对|a|-|b|≤|a-b|当且仅当|a|≥|b|时等号成立.( )
(5)对|a-b|≤|a|+|b|当且仅当ab≤0时等号成立.( )
答案
(1)×
(2)√ (3)×
(4)×
(5)√
2.若函数f(x)=|x+1|+|2x+a|的最小值为3,则实数a的值为( )
A.5或8B.-1或5
C.-1或-4D.-4或8
解析 分类讨论:
当a≤2时,f(x)=
显然,x=-时,f(x)min=+1-a=3,∴a=-4,
当a>
2时,f(x)=
显然x=-时,f(x)min=--1+a=3,∴a=8.
答案 D
3.(2015·
山东卷)不等式|x-1|-|x-5|<
2的解集为________.
解析 ①当x≤1时,原不等式可化为1-x-(5-x)<
2,
∴-4<
2,不等式恒成立,∴x≤1.
②当1<
x<
5时,原不等式可化为x-1-(5-x)<
∴x<
4,∴1<
4,
③当x≥5时,原不等式可化为x-1-(x-5)<
2,该不等式不成立.
综上,原不等式的解集为(-∞,4).
答案 (-∞,4)
4.若不等式|kx-4|≤2的解集为{x|1≤x≤3},则实数k=________.
解析 ∵|kx-4|≤2,∴-2≤kx-4≤2,∴2≤kx≤6.
∵不等式的解集为{x|1≤x≤3},∴k=2.
答案 2
5.若不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+a+2对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围为________.
解析 设y=|2x-1|+|x+2|=
当x<-2时,y=-3x-1>5;
当-2≤x<时,5≥y=-x+3>;
当x≥时,y=3x+1≥,故函数y=|2x-1|+|x+2|的最小值为.因为不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+a+2对任意实数x恒成立,所以≥a2+a+2.
解不等式≥a2+a+2,得-1≤a≤,故实数a的取值范围为.
答案
考点一 含绝对值不等式的解法
【例1】解不等式|x-1|+|x+2|≥5.
解 法一 如图,设数轴上与-2,1对应的点分别是A,B,则不等式的解就是数轴上到A,B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数.显然,区间[-2,1]不是不等式的解集.把A向左移动一个单位到点A1,此时A1A+A1B=1+4=5.把点B向右移动一个单位到点B1,此时B1A+B1B=5,故原不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
法二 原不等式|x-1|+|x+2|≥5⇔或
或解得x≥2或x≤-3,
∴原不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
法三 将原不等式转化为|x-1|+|x+2|-5≥0.
令f(x)=|x-1|+|x+2|-5,则
f(x)=作出函数的图象,如图所示.
由图象可知,当x∈(-∞,-3]∪[2,+∞)时,y≥0,
规律方法 形如|x-a|+|x-b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法:
(1)分段讨论法,利用绝对值号内式子对应方程的根,将数轴分为(-∞,a],(a,b],(b,
+∞)(此处设a<b)三个部分,在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解,然后取各个不等式解集的并集;
(2)几何法,利用|x-a|+|x-b|>c(c>0)的几何意义:
数轴上到点x1=a和x2=b的距离之和大于c的全体;
(3)图象法:
作出函数y1=|x-a|+|x-b|和y2=c的图象,结合图象求解.
【训练1】(2016·
全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.
(1)在图中画出y=f(x)的图象;
(2)求不等式|f(x)|>
1的解集.
解
(1)f(x)=
y=f(x)的图象如图所示.
(2)由f(x)的表达式及图象,当f(x)=1时,可得x=1或x=3;
当f(x)=-1时,可得x=或x=5,
故f(x)>
1的解集为{x|1<
3};
f(x)<
-1的解集为.
所以|f(x)|>
1的解集为
.
考点二 含参数的绝对值不等式问题
【例2】
(1)对任意x,y∈R,求|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|的最小值;
(2)对于实数x,y,若|x-1|≤1,|y-2|≤1,求|x-2y+1|的最大值.
解
(1)∵x,y∈R,
∴|x-1|+|x|≥|(x-1)-x|=1,
∴|y-1|+|y+1|≥|(y-1)-(y+1)|=2,
∴|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|≥1+2=3.
∴|x-1|+|x|+|y-1|+|y+1|的最小值为3.
(2)|x-2y+1|=|(x-1)-2(y-1)|≤|x-1|+|2(y-2)+2|≤1+2|y-2|+2≤5,即|x-2y+1|的最大值为5.
规律方法 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.
【训练2】
(1)若关于x的不等式|2014-x|+|2015-x|≤d有解,求实数d的取值范围;
(2)不等式≥|a-2|+siny对一切非零实数x,y均成立,求实数a的取值范围.
解
(1)∵|2014-x|+|2015-x|≥|2014-x-2015+x|=1,
∴关于x的不等式|2014-x|+|2015-x|≤d有解时,d≥1.
(2)∵x+∈(-∞,-2]∪[2,+∞),
∴∈[2,+∞),其最小值为2.
又∵siny的最大值为1,
故不等式≥|a-2|+siny恒成立时,
有|a-2|≤1,解得a∈[1,3].
考点三 含绝对值的不等式的应用
【例3】(2016·
全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=|2x-a|+a.
(1)当a=2时,求不等式f(x)≤6的解集;
(2)设函数g(x)=|2x-1|.当x∈R时,f(x)+g(x)≥3,求实数a的取值范围.
解
(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2.
解不等式|2x-2|+2≤6得-1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}.
(2)当x∈R时,
f(x)+g(x)=|2x-a|+a+|1-2x|≥|2x-a+1-2x|+a=|1-a|+a,当x=时等号成立,
所以当x∈R时,f(x)+g(x)≥3等价于|1-a|+a≥3.①
当a≤1时,①等价于1-a+a≥3,无解.
1时,①等价于a-1+a≥3,解得a≥2.
所以实数a的取值范围是[2,+∞).
规律方法
(1)解决与绝对值有关的综合问题的关键是去掉绝对值,化为分段函数来解决.
(2)数形结合是解决与绝对值有关的综合问题的常用方法.
【训练3】(2015·
全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-a|,a>
0.
(1)当a=1时,求不等式f(x)>
1的解集;
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6,求实数a的取值范围.
解
(1)当a=1时,f(x)>
1化为|x+1|-2|x-1|-1>
当x≤-1时,不等式化为x-4>
0,无解;
当-1<
1时,不等式化为3x-2>
0,
解得<
1;
当x≥1时,不等式化为-x+2>
0,解得1≤x<
2.
所以f(x)>
1的解集为.
(2)由题设可得,f(x)=
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A,B(2a+1,0),C(a,a+1),
△ABC的面积为(a+1)2.
由题设得(a+1)2>
6,故a>
所以实数a的取值范围为(2,+∞).
[思想方法]
1.绝对值不等式的三种常用解法:
零点分段法,数形结合法,构造函数法.
2.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.
[易错防范]
1.可以利用绝对值三角不等式定理|a|-|b|≤|a±
b|≤|a|+|b|求函数最值,要注意其中等号成立的条件.
2.掌握分类讨论的标准,做到不重不漏.
(建议用时:
60分钟)
1.设函数f(x)=|2x+1|-|x-4|.
(1)解不等式f(x)>2;
(2)求函数y=f(x)的最小值.
解
(1)法一 令2x+1=0,x-4=0分别得x=-,x=4.
原不等式可化为:
或或
即或或
∴x<-7或x>.
∴原不等式的解集为.
法二 f(x)=|2x+1|-|x-4|=
画出f(x)的图象,如图所示.
求得y=2与f(x)图象的交点为(-7,2),.
由图象知f(x)>2的解集为.
(2)由
(1)的法二图象知:
当x=-时,
知:
f(x)min=-.
2.(2017·
长沙一模)设α,β,γ均为实数.
(1)证明:
|cos(α+β)|≤|cosα|+|sinβ|,|sin(α+β)|≤|cosα|+|cosβ|;
(2)若α+β+γ=0,证明:
|cosα|+|cosβ|+|cosγ|≥1.
证明
(1)|cos(α+β)|=|cosαcosβ-sinαsinβ|≤
|cosαcosβ|+|sinαsinβ|≤|cosα|+|sinβ|;
|sin(α+β)|=|sinαcosβ+cosαsinβ|≤|sinαcosβ|+
|cosαsinβ|≤|cosα|+|cosβ|.
(2)由
(1)知,|cos[α+(β+γ)]|≤|cosα|+|sin(β+γ)|≤|cosα|+|cosβ|+|cosγ|,
而α+β+γ=0,故|cosα|+|cosβ|+|cosγ|≥1.
3.(2016·
镇江模拟)已知a和b是任意非零实数.
(1)求的最小值;
(2)若不等式|2a+b|+|2a-b|≥|a|(|2+x|+|2-x|)恒成立,求实数x的取值范围.
解
(1)∵≥==4,∴的最小值为4.
(2)若不等式|2a+b|+|2a-b|≥|a|(|2
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