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高考数学二轮专题复习-立体几何(4)


第4讲
考情解读

不等式选讲

本部分主要考查绝对值不等式的解法, 求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝

对值不等式中参数的取值范围,不等式的证明等,结合集合的运算、函数的图象和性质、恒 成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点,从能力上主要考查基本运算 能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.考查形式以解答题为主,难度中等.

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.算术—几何平均不等式 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 ≥ ab,当且仅当 a=b 时,等号成立. 2 a+b+c 3 定理 3:如果 a、b、c 为正数,则 ≥ abc,当且仅当 a=b=c 时,等号成立. 3 a1+a2+…+an 定理 4: (一般形式的算术—几何平均不等式)如果 a1, a2, …, an 为 n 个正数, 则 n n ≥ a1a2…an,当且仅当 a1=a2=…=an 时,等号成立. 4.柯西不等式 (1)设 a,b,c,d 均为实数,则(a2+b2)(c2+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 bi=0 (i=1,2,…,n)或存 i )(∑ i )≥(∑ = = =
i 1 i 1 i 1 n n n

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.

热点一 含绝对值不等式的解法 例1 (2013· 辽宁)已知函数 f(x)=|x-a|,其中 a>1.

(1)当 a=2 时,求不等式 f(x)≥4-|x-4|的解集; (2)已知关于 x 的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2},求 a 的值. -2x+6,x≤2, ? ? 解 (1)当 a=2 时,f(x)+|x-4|=?2,2<x<4, ? ?2x-6,x≥4. 当 x≤2 时,由 f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4, 解得 x≤1; 当 2<x<4 时,f(x)≥4-|x-4|无解; 当 x≥4 时,由 f(x)≥4-|x-4|得 2x-6≥4, 解得 x≥5; 所以 f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x≤1 或 x≥5}. (2)记 h(x)=f(2x+a)-2f(x), -2a,x≤0, ? ? 则 h(x)=?4x-2a,0<x<a, ? ?2a,x≥a. a-1 a+1 由|h(x)|≤2,解得 ≤x≤ . 2 2 又已知|h(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}, 1 =1, ?a- 2 所以? a+1 ? 2 =2,

于是 a=3.

思维升华 (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,既通俗易懂, 又简洁直观,是一种较好的方法. (2013· 课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3. (1)当 a=-2 时,求不等式 f(x)<g(x)的解集;

a 1? (2)设 a>-1,且当 x∈? ?-2,2?时,f(x)≤g(x),求 a 的取值范围. 解 (1)当 a=-2 时,不等式 f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0. 设函数 y=|2x-1|+|2x-2|-x-3, -5x,x< , ? 2 ? 1 则 y=? -x-2, ≤x≤1, 2 ? ?3x-6,x>1, 其图象如图所示,由图象可知, 当且仅当 x∈(0,2)时,y<0, ∴原不等式的解集是{x|0<x<2}. a 1 (2)∵a>-1,则- < , 2 2 ∴f(x)=|2x-1|+|2x+a| 1

? ? a 1? =?a+1 ? ?-2≤x<2? ? ? ?4x+a-1 ??x≥1 2?
-4x+1-a

?x<-a? 2? ?

a 1? 当 x∈? ?-2,2?时,f(x)=a+1, a 1? 即 a+1≤x+3 在 x∈? ?-2,2?上恒成立. a 4 ∴a+1≤- +3,即 a≤ , 2 3 4? ∴a 的取值范围为? ?-1,3?. 热点二 不等式的证明 例2 求证下列不等式:

(1)设 a≥b>0,求证:3a3+2b3≥3a2b+2ab2; 1 (2)a6+8b6+ c6≥2a2b2c2; 27 (3)a2+4b2+9c2≥2ab+3ac+6bc. 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. ∴3a3+2b3≥3a2b+2ab2.

3 8 6 6 6 1 (2)a6+8b6+ c6≥3 abc 27 27 2 =3× a2b2c2=2a2b2c2, 3 1 ∴a6+8b6+ c6≥2a2b2c2. 27 (3)∵a2+4b2≥2 a2· 4b2=4ab, a2+9c2≥2 a2· 9c2=6ac, 4b2+9c2≥2 4b2· 9c2=12bc, ∴2a2+8b2+18c2≥4ab+6ac+12bc, ∴a2+4b2+9c2≥2ab+3ac+6bc. 思维升华 (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: 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. (2013· 课标全国Ⅱ)设 a、b、c 均为正数,且 a+b+c=1,证明: 1 a2 b2 c2 (1)ab+bc+ca≤ ;(2) + + ≥1. 3 b c a 证明 (1)由 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac 得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1, 即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 1 所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3 a2 b2 c2 (2)因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, b c a a2 b2 c2 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), b c a a2 b2 c2 a2 b2 c2 即 + + ≥a+b+c.所以 + + ≥1. b c a b c a 热点三 利用算术—几何平均不等式或柯西不等式证明或求最值 例3 1 1 1 (1)已知 a,b,c 均为正数,证明:a2+b2+c2+( + + )2≥6 3,并确定 a,b,c 为 a b c

何值时,等号成立; (2)已知 a,b,c∈R+,且 a+b+c=1,求 3a+1+ 3b+1+ 3c+1的最大值. 解 (1)方法一 因为 a,b,c 均为正数,由算术—几何平均不等式得 2 a2+b2+c2≥3(abc) ,① 3

1 1 1 1 - + + ≥3(abc) 3, a b c 2 1 1 1 - 所以( + + )2≥9(abc) 3.② a b c

1 1 1 故 a2+b2+c2+( + + )2 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



2

故当且仅当 a=b=c=34时,原不等式等号成立. 方法二 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 2+ 2+ 2≥ + + ,② a b c ab bc ac 1 1 1 故 a2+b2+c2+( + + )2 a b c 3 3 3 ≥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,(ab)2=(bc)2=(ac)2=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. (2)方法一 利用算术—几何平均不等式 ( 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. 方法二 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. 思维升华 利用算术—几何平均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. (1)(2014· 福建)已知定义在 R 上的函数 f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为 a. (1)求 a 的值; (2)若 p,q,r 是正实数,且满足 p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3. (1)解 因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)| =3,当且仅当-1≤x≤2 时,等号成立, 所以 f(x)的最小值等于 3,即 a=3. (2)证明 由(1)知 p+q+r=3, 又因为 p,q,r 是正实数, 所以(p2+q2+r2)(12+12+12)≥(p×1+q×1+r×1)2=(p+q+r)2=9,即 p2+q2+r2≥3.

1.对于带有绝对值的不等式的求解,要掌握好三个方法:一个是根据绝对值的几何意义,借 助于数轴的直观解法;二是根据绝对值的意义,采用零点分区去绝对值后转化为不等式组的 方法;三是构造函数,通过函数图象的方法.要在解题过程中根据不同的问题情境灵活选用 这些方法. 2.使用绝对值三角不等式求最值很方便,如|x+2|+|x-4|≥|(x+2)-(x-4)|=6. 3.易错点:解绝对值不等式时忽视去掉绝对值的分界点;在使用算术一几何平均不等式、柯 西不等式求最值时忽视讨论等号成立的条件.

真题感悟 1.(2014· 江苏)已知 x>0,y>0,证明:(1+x+y2)· (1+x2+y)≥9xy. 证明 因为 x>0,y>0, 3 3 所以 1+x+y2≥3 xy2>0,1+x2+y≥3 x2y>0, 3 3 故(1+x+y2)(1+x2+y)≥3 xy2· 3 x2y=9xy. 5 1 2.(2014· 湖南改编)若关于 x 的不等式|ax-2|<3 的解集为{x|- <x< },求 a 的值. 3 3 解 ∵|ax-2|<3,∴-1<ax<5. 1 5 当 a>0 时,- <x< ,与已知条件不符; a a 当 a=0 时,x∈R,与已知条件不符; 5 1 当 a<0 时, <x<- ,又不等式的解集为 a a 5 1 {x|- <x< },故 a=-3. 3 3 押题精练 1.已知关于 x 的不等式|ax-2|+|ax-a|≥2 (a>0). (1)当 a=1 时,求此不等式的解集; (2)若此不等式的解集为 R,求实数 a 的取值范围. 解 (1)当 a=1 时,不等式为|x-2|+|x-1|≥2, 由绝对值的几何意义知,不等式的意义可解释为数轴上的点 x 到 1、2 的距离之和大于等于 2. 5 1 ∴x≥ 或 x≤ . 2 2 1 5? ? ∴不等式的解集为?x|x≤2或x≥2?.
? ?

注:也可用零点分段法求解. (2)∵|ax-2|+|ax-a|≥|a-2|, ∴原不等式的解集为 R 等价于|a-2|≥2, ∴a≥4 或 a≤0,又 a>0,∴a≥4. 1 1 1 1 1 1 2.设 a,b,c 均为正实数,试证明不等式 + + ≥ + + ,并说明等号成立 2a 2b 2c b+c c+a a+b 的条件. 解 因为 a,b,c 均为正实数, 1 1 1? 1 1 + ≥ 所以 ? ≥ , 2?2a 2b? 2 ab a+b

当且仅当 a=b 时等号成立; 1? 1 1 ? 1 1 + ≥ ≥ , 2?2b 2c? 2 bc b+c 当且仅当 b=c 时等号成立; 1? 1 1 ? 1 1 + ≥ ≥ , 2?2c 2a? 2 ca c+a 当且仅当 a=c 时等号成立. 三个不等式相加,得 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + , 2a 2b 2c b+c c+a a+b 当且仅当 a=b=c 时等号成立.

(推荐时间:60 分钟) 1 1.(2014· 重庆改编)若不等式|2x-1|+|x+2|≥a2+ a+2 对任意实数 x 恒成立,求实数 a 的取 2 值范围.



? ?-x+3,-2≤x<1, 2 设 y=|2x-1|+|x+2|=? 1 ? ?3x+1,x≥2.

-3x-1,x<-2,

当 x<-2 时,y=-3x-1>5;

1 5 1 5 当-2≤x< 时,y=-x+3> ;当 x≥ 时,y=3x+1≥ ,故函数 y=|2x-1|+|x+2|的最小值 2 2 2 2 5 1 5 1 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 2 2 2 2 5 1 1 1 式 ≥a2+ a+2,得-1≤a≤ ,故 a 的取值范围为[-1, ]. 2 2 2 2 3 1 2.(2013· 福建)设不等式|x-2|<a(a∈N*)的解集为 A,且 ∈A, ?A, 2 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值. 3 1 解 (1)因为 ∈A,且 ?A, 2 2 3 ? ?1 ? 所以? ?2-2?<a,且?2-2?≥a, 1 3 解得 <a≤ .又因为 a∈N*,所以 a=1. 2 2

(2)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3, 当且仅当(x+1)(x-2)≤0,即-1≤x≤2 时取到等号, 所以 f(x)的最小值为 3. 1 1 3.(2014· 课标全国Ⅰ)若 a>0,b>0,且 + = ab. a b (1)求 a3+b3 的最小值; (2)是否存在 a,b,使得 2a+3b=6?并说明理由. 1 1 2 解 (1)由 ab= + ≥ ,得 ab≥2, a b ab 且当 a=b= 2时等号成立. 故 a3+b3≥2 a3b3≥4 2, 且当 a=b= 2时等号成立. 所以 a3+b3 的最小值为 4 2. (2)由(1)知,2a+3b≥2 6 ab≥4 3. 由于 4 3>6,从而不存在 a,b,使得 2a+3b=6. 4.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. 解 (1)当 a=1 时,f(x)≥3x+2 可化为|x-1|≥2. 由此可得 x≥3 或 x≤-1. 故不等式 f(x)≥3x+2 的解集为{x|x≥3 或 x≤-1}. (2)由 f(x)≤0 得|x-a|+3x≤0. 此不等式化为不等式组
?x≥a, ?x<a, ? ? ? 或? ?x-a+3x≤0 ? ? ?a-x+3x≤0,

x≥a, x<a, ? ? ? ? 即? a 或? a x≤ x≤- . ? ? 2 ? 4 ? a 因为 a>0,所以不等式组的解集为{x|x≤- }. 2 a 由题设可得- =-1,故 a=2. 2 5.若 3x+4y=2,试求 x2+y2 的最小值. 解 由柯西不等式(32+42)· (x2+y2)≥(3x+4y)2,① 4 得 25(x2+y2)≥4,所以 x2+y2≥ . 25

x y 不等式①中当且仅当 = 时等号成立,x2+y2 取得最小值, 3 4 3x+4y=2, ? ?x=25, ? 由方程组?x y 解得? 8 = , ? ?3 4 ?y=25. 6 8 4 因此当 x= ,y= 时,x2+y2 取得最小值,最小值为 . 25 25 25 1? 6.(2014· 课标全国Ⅱ)设函数 f(x)=? ?x+a?+|x-a|(a>0). (1)证明:f(x)≥2; (2)若 f(3)<5,求 a 的取值范围. 1? (1)证明 由 a>0,有 f(x)=? ?x+a?+|x-a|≥ 6

?x+1-?x-a??=1+a≥2. ? a ? a
所以 f(x)≥2. 1? (2)解 f(3)=? ?3+a?+|3-a|. 1 当 a>3 时,f(3)=a+ , a 5+ 21 由 f(3)<5,得 3<a< . 2 1 当 0<a≤3 时,f(3)=6-a+ , a 1+ 5 由 f(3)<5,得 <a≤3. 2 1+ 5 5+ 21 综上,a 的取值范围是( , ). 2 2 7.已知 a2+2b2+3c2=6,若存在实数 a,b,c,使得不等式 a+2b+3c>|x+1|成立,求实数 x 的取值范围. 解 由柯西不等式知 [12+( 2)2+( 3)2][a2+( 2b)2+( 3c)2] ≥(1· a+ 2· 2b+ 3· 3c)2 即 6×(a2+2b2+3c2)≥ (a+2b+3c)2 又∵a2+2b2+3c2=6, ∴6×6≥(a+2b+3c)2, ∴-6≤a+2b+3c≤6, ∵存在实数 a,b,c,使得不等式 a+2b+3c>|x+1|成立.

∴|x+1|<6,∴-7<x<5. ∴x 的取值范围是{x|-7<x<5}. 8.已知 f(x)=|x+1|+|x-1|,不等式 f(x)<4 的解集为 M. (1)求 M; (2)当 a,b∈M 时,证明:2|a+b|<|4+ab|. -2x,x<-1, ? ? (1)解 f(x)=|x+1|+|x-1|=?2,-1≤x≤1, ? ?2x,x>1. 当 x<-1 时,由-2x<4,得-2<x<-1; 当-1≤x≤1 时,f(x)=2<4; 当 x>1 时,由 2x<4,得 1<x<2. ∴综上可得-2<x<2,即 M=(-2,2). (2)证明 ∵a,b∈M,即-2<a<2,-2<b<2, ∴4(a+b)2-(4+ab)2=4(a2+2ab+b2)-(16+8ab+a2b2)=(a2-4)(4-b2)<0, ∴4(a+b)2<(4+ab)2, ∴2|a+b|<|4+ab|.


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