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2013高考数学(理)一轮复习教案:选修4-5 不等式选讲


【2013 年高考会这样考】 1.考查含绝对值不等式的解法. 2.考查有关不等式的证明. 3.利用不等式的性质求最值. 【复习指导】 本讲复习时,紧紧抓住含绝对值不等式的解法,以及利用重要不等式对一些简单 的不等式进行证明.该部分的复习以基础知识、基本方法为主,不要刻意提高难 度,以课本难度为宜,关键是理解有关内容本质.

基础梳理 1.含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)?f(x)>a 或 f(x)<-a; (2)|f(x)|<a(a>0)?-a<f(x)<a; (3)对形如|x-a|+|x-b|≤c,|x-a|+|x-b|≥c 的不等式,可利用绝对值不等式的几 何意义求解. 2.含有绝对值的不等式的性质 |a|-|b|≤|a± b|≤|a|+|b|. 3.基本不等式 定理 1:设 a,b∈R,则 a2+b2≥2ab.当且仅当 a=b 时,等号成立. a+b 定理 2:如果 a、b 为正数,则 2 ≥ ab,当且仅当 a=b 时,等号成立. 定理 3:如果 a、b、c 为正数,则 立. 定理 4:(一般形式的算术-几何平均值不等式)如果 a1、a2、…、an 为 n 个正数, a+b+c 3 3 ≥ abc,当且仅当 a=b=c 时,等号成



a1+a2+…+an n ≥ a1a2…an,当且仅当 a1=a2=…=an 时,等号成立. n 4.柯西不等式
(1)柯西不等式的代数形式: a, c, 为实数, 设 b, d 则(a2+b2)· 2 (c +d2)≥(ac+bd)2,当且仅当 ad=bc 时等号成立. (2)若 ai,bi(i∈N*)为实数,则( ?a2)( ?b2)≥( ?aibi)2,当且仅当 i i
i=1 i=1 i=1 n n n

bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数 k,使得 ai=kbi(i=1,2,…, n)时,等号成立. (3)柯西不等式的向量形式:设 α,β 为平面上的两个向量,则 |α|· |β|≥|α·β|,当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立.

5.不等式的证明方法 证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等. 双基自测 1.不等式 1<|x+1|<3 的解集为________. 答案 (-4,-2)∪(0,2) 2.不等式|x-8|-|x-4|>2 的解集为________.

解析

?4,x≤4, 令:f(x)=|x-8|-|x-4|=?-2x+12,4<x≤8, ?-4,x>8,

当 x≤4 时,f(x)=4>2; 当 4<x≤8 时,f(x)=-2x+12>2,得 x<5, ∴4<x<5; 当 x>8 时,f(x)=-4>2 不成立. 故原不等式的解集为:{x|x<5}. 答案 {x|x<5} 3.已知关于 x 的不等式|x-1|+|x|≤k 无解,则实数 k 的取值范围是________. 解析 ∵|x-1|+|x|≥|x-1-x|=1,∴当 k<1 时,不等式|x-1|+|x|≤k 无解,故 k <1. 答案 k<1

4. 若不等式|3x-b|<4 的解集中的整数有且仅有 1,2,3, b 的取值范围为________. 则 b-4 b+4 解析 由|3x-b|<4,得 3 <x< 3 ,

?0≤b-4<1, ? 3 即? b+4 ?3< 3 ≤4, ?
答案 (5,7)

解得 5<b<7.

5.(2011· 南京模拟)如果关于 x 的不等式|x-a|+|x+4|≥1 的解集是全体实数,则实 数 a 的取值范围是________. 解析 在数轴上,结合实数绝对值的几何意义可知 a≤-5 或 a≥-3. 答案 (-∞,-5]∪[-3,+∞)

考向一

含绝对值不等式的解法

【例 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. [审题视点] 第(1)问:采用分段函数解不等式;第(2)问:画出函数 f(x)的图象可求 f(x)的最小值.



?-x-5 ??x<-2??, ? (1)f(x)=|2x+1|-|x-4|=? ? 1 ? 3x-3 ?-2≤x<4?, ? ?x+5 ?x≥4?. ? ?

?

1?

1 当 x<- 时,由 f(x)=-x-5>2 得,x<-7.∴x<-7; 2 1 5 当-2≤x<4 时,由 f(x)=3x-3>2,得 x>3, 5 ∴3<x<4; 当 x≥4 时,由 f(x)=x+5>2,得 x>-3,∴x≥4.

故原不等式的解集为
? ? ? 5 ?x?x<-7或x> 3 ? ? ? ? ? ?. ? ?

(2)画出 f(x)的图象如图: 9 ∴f(x)min=- . 2 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤:①求零点;②划区间、去绝对 值号;③分别解去掉绝对值的不等式;④取每个结果的并集,注意在分段时不要 遗漏区间的端点值. (2)用图象法,数形结合可以求解含有绝对值的不等式,使得代数问题几何化,即 通俗易懂,又简洁直观,是一种较好的方法. 【训练 1】 设函数 f(x)=|x-1|+|x-a|. (1)若 a=-1,解不等式 f(x)≥3; (2)如果?x∈R,f(x)≥2,求 a 的取值范围. 解 (1)当 a=-1 时,f(x)=|x-1|+|x+1|,

?-2x, x<-1, f(x)=?2, -1≤x≤1, ?2x, x>1.
作出函数 f(x)=|x-1|+|x+1|的图象.

? 3 3? 由图象可知,不等式的解集为?x|x≤-2或x≥2?. ? ?

(2)若 a=1,f(x)=2|x-1|,不满足题设条件;

?-2x+a+1, x≤a, 若 a<1,f(x)=?1-a, a<x<1, ?2x-?a+1?, x≥1,
f(x)的最小值为 1-a.

?-2x+a+1,x≤1, 若 a>1,f(x)=?a-1,1<x<a, ?2x-?a+1?,x≥a,
f(x)的最小值为 a-1. ∴对于?x∈R,f(x)≥2 的充要条件是|a-1|≥2, ∴a 的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞). 考向二 【例 2】?证明下列不等式: (1)设 a≥b>0,求证:3a3+2b3≥3a2b+2ab2; (2)a2+4b2+9c2≥2ab+3ac+6bc; 1 (3)a6+8b6+27c6≥2a2b2c2. [审题视点] (1)作差比较;(2)综合法;(3)利用柯西不等式. 证明 (1)3a3+2b3-(3a2b+2ab2)=3a2(a-b)-2b2(a-b) =(a-b)(3a2-2b2). ∵a≥b>0,∴a-b≥0,3a2-2b2>0. ∴(a-b)(3a2-2b2)≥0. ∴3a2+2b3≥3a2b+2ab2. (2)∵a2+4b2≥2 a2· 2=4ab, 4b a2+9c2≥2 a2· 2=6ac, 9c 4b2+9c2≥2 4b2· 2=12bc, 9c ∴2a2+8b2+18c2≥4ab+6ac+12bc, ∴a2+4b2+9c2≥2ab+3ac+6bc. 3 8 1 6 6 6 (3)a6+8b6+27c6≥3 27a b c 2 =3×3a2b2c2=2a2b2c2, 不等式的证明

1 ∴a6+8b6+27c6≥2a2b2c2. (1)作差法应该是证明不等式的常用方法.作差法证明不等式的一般步骤 是:①作差;②分解因式;③与 0 比较;④结论.关键是代数式的变形能力. (2)注意观察不等式的结构,利用基本不等式或柯西不等式证明. ?1 1 1? 【训练 2】 (2010· 辽宁)已知 a, c 均为正数, b, 证明: 2+b2+c2+?a+b+c?2≥6 3, a ? ? 并确定 a,b,c 为何值时,等号成立. 证明 法一 2 因为 a,b,c 均为正数,由基本不等式得,a2+b2+c2≥3(abc)3,①

1 1 1 1 a+b+ c≥3(abc)-3, 2 ?1 1 1? 所以?a+b+c?2≥9(abc)-3,② ? ? 2 2 ?1 1 1? 故 a2+b2+c2+?a+b+c?2≥3(abc)3+9(abc)-3. ? ? 2 2 又 3(abc)3+9(abc)-3≥2 27=6 3,③ 所以原不等式成立. 当且仅当 a=b=c 时,①式和②式等号成立. 2 2 当且仅当 3(abc)3=9(abc)-3时,③式等号成立. 1 故当且仅当 a=b=c=34时,原不等式等号成立. 法二 因为 a,b,c 均为正数,由基本不等式得 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+ a2≥2ac.所以 a2+b2+c2≥ab+bc+ac.① 1 1 1 1 1 1 同理a2+b2+c2≥ab+bc+ac,② 3 3 3 ?1 1 1? 故 a2+b2+c2+?a+b+c?2≥ab+bc+ac+ab+bc+ac≥6 3.③ ? ? 所以原不等式成立. 当且仅当 a=b=c 时, ①式和②式等号成立, 当且仅当 a=b=c, 2=(bc)2=(ac)2 (ab) 1 =3 时,③式等号成立.故当且仅当 a=b=c=34时,原不等式等号成立. 考向三 利用基本不等式或柯西不等式求最值

【例 3】?已知 a,b,c∈R+,且 a+b+c=1,求 3a+1+ 3b+1+ 3c+1的最 大值. [审题视点] 先将( 3a+1+ 3b+1+ 3c+1)平方后利用基本不等式; 还可以利用 柯西不等式求解. 解 法一 利用基本不等式

∵( 3a+1+ 3b+1+ 3c+1)2 =(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)+2 3a+1· 3b+1 +2 3b+1· 3c+1+2 3a+1· 3c+1≤(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)+[(3a+1)+ (3b+1)]+[(3b+1)+(3c+1)]+[(3a+1)+(3c+1)] =3[(3a+1)+(3b+1)+(3c+1)]=18, ∴ 3a+1+ 3b+1+ 3c+1≤3 2, ∴( 3a+1+ 3b+1+ 3c+1)max=3 2. 法二 利用柯西不等式 ∵ (12 + 12 + 12)[( 3a+1 )2 + ( 3b+1 )2 + ( 3c+1 )2]≥(1· 3a+1 + 1· 3b+1 + 1· 3c+1)2 ∴( 3a+1+ 3b+1+ 3c+1)2≤3[3(a+b+c)+3]. 又∵a+b+c=1,∴( 3a+1+ 3b+1+ 3c+1)2≤18, ∴ 3a+1+ 3b+1+ 3c+1≤3 2. 当且仅当 3a+1= 3b+1= 3c+1时,等号成立. ∴( 3a+1+ 3b+1+ 3c+1)max=3 2. 利用基本不等式或柯西不等式求最值时,首先要观察式子特点,构造出 基本不等式或柯西不等式的结构形式,其次要注意取得最值的条件是否成立. 【训练 3】 已知 a+b+c=1,m=a2+b2+c2,求 m 的最小值. 解 法一 ∵a+b+c=1,

∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1, 又∵a2+b2≥2ab,a2+c2≥2ac,b2+c2≥2bc, ∴2(a2+b2+c2)≥2ab+2ac+2bc, ∴1=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≤3(a2+b2+c2). 1 ∴a2+b2+c2≥3.

1 当且仅当 a=b=c 时,取等号,∴mmin=3. 法二 利用柯西不等式 ∵(12+12+12)(a2+b2+c2)≥(1· a+1· b+1· c)=a+b+c=1. 1 ∴a2+b2+c2≥3,当且仅当 a=b=c 时,等号成立. 1 ∴mmin=3

如何求解含绝对值不等式的综合问题 从近两年的新课标高考试题可以看出,高考对《不等式选讲》的考查难度要求有 所降低,重点考查含绝对值不等式的解法(可能含参)或以函数为背景证明不等式, 题型为填空题或解答题. 【示例】? (本题满分 10 分)(2011· 新课标全国)设函数 f(x)=|x-a|+3x,其中 a>0. (1)当 a=1 时,求不等式 f(x)≥3x+2 的解集; (2)若不等式 f(x)≤0 的解集为{x|x≤-1},求 a 的值. 第(2)问解不等式|x-a|+3x≤0 的解集,结果用 a 表示,再由{x|x≤-1} 求 a. [解答示范] (1)当 a=1 时,f(x)≥3x+2 可化为|x-1|≥2. 由此可得 x≥3 或 x≤-1. (3 分) 故不等式 f(x)≥3x+2 的解集为{x|x≥3 或 x≤-1}.(5 分) (2)由 f(x)≤0 得,|x-a|+3x≤0. ?x≥a, ?x≤a, 此不等式化为不等式组? 或? ?x-a+3x≤0 ?a-x+3x≤0, ?x≥a, ? 即? a ?x≤4 ? ?x≤a, ? 或? a ?x≤-2. ?

(8 分)

? ? ? ? a ? 因为 a>0,所以不等式组的解集为?x?x≤-2 ?. ? ? ? ? ?

a 由题设可得-2=-1,故 a=2.(10 分)

本题综合考查了含绝对值不等式的解法,属于中档题.解含绝对值的不 等式主要是通过同解变形去掉绝对值符号转化为一元一次和一元二次不等式(组) 进行求解.含有多个绝对值符号的不等式,一般可用零点分段法求解,对于形如|x -a|+|x-b|>m 或|x-a|+|x-b|<m(m 为正常数),利用实数绝对值的几何意义求 解较简便. 【试一试】 (2011· 辽宁)已知函数 f(x)=|x-2|-|x-5|. (1)证明:-3≤f(x)≤3; (2)求不等式 f(x)≥x2-8x+15 的解集.

[尝试解答]

?-3,x≤2, (1)f(x)=|x-2|-|x-5|=?2x-7,2<x<5, ?3,x≥5.

当 2<x<5 时,-3<2x-7<3.所以-3≤f(x)≤3. (2)由(1)可知, x≤2 时, 当 f(x)≥x2-8x+15 的解集为空集;当 2<x<5 时, f(x)≥x2 -8x+15 的解集为{x|5- 3≤x<5}; 当 x≥5 时,f(x)≥x2-8x+15 的解集为{x|5≤x≤6}. 综上,不等式 f(x)≥x2-8x+15 的解集为{x|5- 3≤x≤6}.



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