选修45 不等式选讲一轮Word格式文档下载.docx

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又|x＋1|＋|x－2|≥|（x＋1）－（x－2）|＝3，

当且仅当（x＋1）（x－2）≤0，即－1≤x≤2时等号成立．

故f（x）的最小值为3.

规律方法1　1.本题常见的错误：

（1）不能由?

A，得a≤；

（2）第

（2）问中，不能利用绝对值三角不等式进行放缩，这是失分的主要原因．

2．利用绝对值三角不等式求最值时，可借助绝对值三角不等式性质定理：

||a|－|b||≤|a±

b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项来放缩求解，但一定要注意取等号的条件．

对点训练　对任意x，y∈R，求|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值．

【解】　∵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|≥3.

∴|x－1|＋|x|＋|y－1|＋|y＋1|的最小值为3.

考向二　含绝对值不等式的解法

　（2014·

课标全国卷Ⅱ）设函数f（x）＝＋|x－a|（a>

0）．

（1）

【证明】　f（x）≥2；

（2）若f（3）<

5，求a的取值范围．

【解】　

（1）由a>

0，有f（x）＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.所以f（x）≥2.

（2）f（3）＝＋|3－a|.

当a>

3时，f（3）＝a＋，由f（3）<

5，得3<

.

当0<

a≤3时，f（3）＝6－a＋，由f（3）<

5，得<

a≤3.

综上，a的取值范围是.

规律方法2　1.第

（1）问的关键是根据绝对值的三角不等式及a的取值范围去掉绝对值符号．第

（2）问中对参数a的结论有两种情形，a的取值范围是各类情形的并集．

2．本题解不等式，是运用零点分区间讨论，另外还常用绝对值的几何意义数形结合求解．

对点训练　已知函数f（x）＝|x＋a|＋|x－2|.

（1）当a＝－3时，求不等式f（x）≥3的解集；

（2）若f（x）≤|x－4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．

【解】　

（1）当a＝－3时，不等式f（x）≥3化为|x－3|＋|x－2|≥3.（*）

若x≤2时，由（*）式，得5－2x≥3，∴x≤1.

若2＜x＜3时，由（*）式知，解集为?

若x≥3时，由（*）式，得2x－5≥3，∴x≥4.

综上可知，f（x）≥3的解集是{x|x≥4或x≤1}．

（2）原不等式等价于|x－4|－|x－2|≥|x＋a|，（**）

当1≤x≤2时，（**）式化为4－x－（2－x）≥|x＋a|，

解之得－2－a≤x≤2－a.

由条件，[1,2]是f（x）≤|x－4|的解集的子集，

∴－2－a≤1且2≤2－a，则－3≤a≤0，

故满足条件的实数a的取值范围是[－3,0]．

考向三　绝对值不等式的综合问题

　已知f（x）＝|ax＋1|（a∈R），不等式f（x）≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．

（2）若≤k恒成立，求k的取值范围．

【解】　

（1）由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.

又f（x）≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，∴当a≤0时，不合题意．

0时，－≤x≤，因此－＝－2且＝1，

∴a＝2.

（2）法一　由

（1）知f（x）＝|2x＋1|，

记h（x）＝f（x）－2f＝|2x＋1|－2|x＋1|，

则h（x）＝所以|h（x）|≤1，因此k≥1.

法二　记h（x）＝f（x）－2f，则|h（x）|＝

＝||2x＋1|－|2x＋2||≤|（2x＋1）－（2x＋2）|＝1.

当且仅当（2x＋1）（2x＋2）≥0时，即x≥－或x≤－1时等号成立，则k≥1.

规律方法3　1.第

（2）问求解的关键是转化为求的最大值，法一是运用分类讨论思想，利用函数的单调性；

法二是利用绝对值不等式的性质（应注意等号成立的条件）．

2．将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．

对点训练　已知函数f（x）＝|x－3|－2，g（x）＝－|x＋1|＋4.

（1）若函数f（x）的值不大于1，求x的取值范围；

（2）若不等式f（x）－g（x）≥m＋1对任意x∈R恒成立，求实数m的最大值．

【解】　

（1）依题意，f（x）≤1，即|x－3|≤3.

∴－3≤x－3≤3，∴0≤x≤6，因此实数x的取值范围是[0,6]．

（2）f（x）－g（x）＝|x－3|＋|x＋1|－6≥|（x－3）－（x＋1）|－6＝－2，

∴f（x）－g（x）的最小值为－2，

要使f（x）－g（x）≥m＋1的解集为R.

应有m＋1≤－2，∴m≤－3，故实数m的最大值是－3.课时检测　绝对值不等式

（建议用时：

45分钟）

1．解下列不等式：

（1）|2x＋1|－2|x－1|>

0；

（2）||x－2|－1|≤1.

【解】　

（1）原不等式化为|2x＋1|>

2|x－1|，两边平方，

化简得4x＋1>

4－8x，解之得x>

∴原不等式的解集.

（2）由||x－2|－1|≤1，得－1≤|x－2|－1≤1，即0≤|x－2|≤2，

∴－2≤x－2≤2,0≤x≤4.

∴原不等式的解集为{x|0≤x≤4}．

2．若关于x的不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋的解集是R，求实数a的取值范围．

【解】　

（1）当a<

0时，由于|x＋1|＋|x－3|≥0，

∴原不等式的解集为R.

（2）当a>

0时，由于|x＋1|＋|x－3|≥|（x＋1）－（x－3）|≥4恒成立．

若使原不等式的解集为R，只需a＋≤4，则≤0，∴a＝2.

综合

（1）、

（2）知，实数a的取值范围是（－∞，0）∪{2}．

3．设f（x）＝|x－2|＋x，g（x）＝|x＋1|，解不等式g（x）<

f（x）．

【解】　由g（x）<

f（x），得|x＋1|<

|x－2|＋x.

∴|x－2|－|x＋1|＋x>

0，（*）

①当x≤－1时，（*）式化为（2－x）＋（x＋1）＋x>

0，

∴－3<

x≤－1.

②当－1<

x<

2时，（*）式化为（2－x）－（x＋1）＋x>

∴－1<

1.

③当x≥2时，（*）式化为（x－2）－（x＋1）＋x>

0，则x>

3.

综合

（1）、

（2）、（3），原不等式的解集为{x|－3<

1或x>

3}．

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化为|x－1|≥2，

∴x≥3或x≤－1.

所以f（x）≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}．

（2）∵f（x）≤0?

|x－a|＋3x≤0.（*）

不等式（*）化为或

由于a>

0，∴不等式组的解集为.

依题意，得－＝－1，故a＝2.

5．（2014·

重庆高考改编）若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围．

【解】　设f（x）＝|2x－1|＋|x＋2|，

则f（x）＝

当x<

－2时，f（x）>

5；

当－2≤x<

时，f（x）>

；

当x≥时，f（x）≥.因此f（x）的最小值为，

于是原不等式对?

x∈R恒成立，则a2＋＋2≤，

解之得－1≤a≤.故实数a的取值范围为.

6．已知函数f（x）＝|x－a|.

（1）若不等式f（x）≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值；

（2）在

（1）的条件下，若f（x）＋f（x＋5）≥m对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．

【解】　

（1）由f（x）≤3，得|x－a|≤3.

解得a－3≤x≤a＋3.

又已知不等式f（x）≤3的解集为{x|－1≤x≤5}．

所以解得a＝2.

（2）当a＝2时，f（x）＝|x－2|.

设g（x）＝f（x）＋f（x＋5）＝|x－2|＋|x＋3|.

由|x－2|＋|x＋3|≥|（x－2）－（x＋3）|＝5（当且仅当－3≤x≤2时等号成立），∴g（x）的最小值为5.

因此，若g（x）＝f（x）＋f（x＋5）≥m对x∈R恒成立，

知实数m的取值范围是（－∞，5]．

7．（2015·

大连模拟）设函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|.

（1）求不等式f（x）≤3的解集；

（2）若不等式||a＋b|－|a－b||≤|a|f（x）（a≠0，a∈R，b∈R）恒成立，求实数x的范围．

【解】　

（1）f（x）＝∴不等式f（x）≤3的解集为[0,3]．

（2）因为||a＋b|－|a－b||≤2|a|，

得2|a|≤|a|f（x），由a≠0，得2≤f（x），即|x－1|＋|x－2|≥2.

解得x≤或x≥.

∴实数x的取值范围是x≤或x≥.

8．（2015·

郑州质检）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；

（2）设a>

－1，且当x∈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<

设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，

则y＝

其图象如图所示，由图象可知，当且仅当x∈（0,2）时，y<

所以原不等式的解集是{x|0<

2}．

（2）当x∈时，f（x）＝1＋a，

不等式f（x）≤g（x）化为1＋a≤x＋3，

所以x≥a－2对x∈都成立，

应有－≥a－2，则a≤.

9．（2014·

辽宁高考）设函数f（x）＝2|x－1|＋x－1，g（x）＝16x2－8x＋1.记f（x）≤1的解集为M，g（x）≤4的解集为N.

（1）求M；

（2）当x∈M∩N时，证明：

x2f（x）＋x[f（x）]2≤.

【解】　

（1）f（x）＝

当x≥1时，由f（x）＝3x－3≤1得x≤，故1≤x≤；

当x＜1时，由f（x）＝1－x≤1得x≥0，故0≤x＜1.

所以f（x）≤1的解集为M＝.

（2）证明：

由g（x）＝16x2－8x＋1≤4得162≤4，解得－≤x≤.

因此N＝，

故M∩N＝.

当x∈M∩N时，f（x）＝1－x，

于是x2f（x）＋x·

[f（x）]2＝xf（x）[x＋f（x）]

＝x·

f（x）＝x（1－x）＝－2≤.

10．（2015·

南京调研）已知函数f（x）＝|x－a|，其中a>

（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．

【解】　

（1）当a＝2时，f（x）＋|x－4|＝

当x≤2时，由f（x）≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1；

当2<

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.

（2）记h（x）＝f（2x＋a）－2f（x），

则h（x）＝由|h（x）|≤2，解得≤x≤.

又已知|h（x）|≤2的解集为，

所以

于是a＝3.

第二节　不等式的证明

[考情展望]　1.通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：

比较法、综合法、分析法.2.（供部分省选用）了解柯西不等式的几种不同形式，理解其几何意义，能够利用均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值．

1．基本不等式

如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立．

如果a，b>

0，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，即两个正数的算术平均值不小于（即大于或等于）它们的几何平均值．

定理3：

如果a，b，c为正数，那么≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立．

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，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立．

2．比较法

（1）比差法的依据是：

a－b＞0?

a＞b.步骤是：

“作差→变形→判断差的符号”．变形是手段，变形的目的是判断差的符号．

（2）比商法：

若B＞0，欲证A≥B，只需证≥1.

3．综合法与分析法

（1）综合法：

一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立．

（2）分析法：

从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义，公理或已证明的定理，性质等），从而得出要证的命题成立．

4．几个重要的不等式

（1）定理1（二维形式的柯西不等式）：

若a，b，c，d都是实数，则（a2＋b2）（c2＋d2）≥（ac＋bd）2，当且仅当ad＝bc时，等号成立．

（2）定理2（柯西不等式的向量形式）：

设α，β是两个向量，则|α·

β|≤|α||β|，当α或β是零向量，或存在实数k，使α＝kβ时，等号成立．

（3）定理3（二维形式的三角不等式）：

设x1，y1，x2，y2∈R，那么＋≥.

（4）柯西不等式的一般形式：

设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn为实数，则（a＋a＋…＋a）（b＋b＋…＋b）≥（a1b1＋a2b2＋…＋anbn）2，当且仅当bi＝0或存在一个数k，使ai＝kbi（i＝1,2，…，n）时，等号成立.

考向一　比较法证明不等式

　已知a＞0，b＞0，求证：

＋≥＋.

【解】　法一　∵－（＋）

＝＋＝＋

＝＝≥0，

∴＋≥＋.

法二　由于＝

＝＝－1≥－1＝1.

又a＞0，b＞0，＞0.∴＋≥＋.

规律方法1　1.在法一中，采用局部通分，优化了解题过程；

在法二中，利用不等式的性质，把证明a＞b转化为证明＞1（b＞0）．

2．作差（商）证明不等式，关键是对差（商）式进行合理的变形，特别注意作商证明不等式，不等式的两边应同号．

对点训练　求证：

（1）当x∈R时，1＋2x4≥2x3＋x2；

（2）当a，b∈（0，＋∞）时，aabb≥（ab）

【证明】　

（1）（1＋2x4）－（2x3＋x2）＝x4－2x3＋x2＋x4－2x2＋1

＝（x－1）2·

x2＋（x2－1）2≥0，∴1＋2x4≥2x3＋x2.

（2）

，

当a＝b时，

＝1；

b>

0时，>

1，>

>

1；

当b>

0时，0<

<

1，<

∴aabb≥（ab）

考向二　综合法证明不等式

　（2013·

课标全国卷Ⅱ）设a、b、c均为正数，且a＋b＋c＝1，证明：

（1）ab＋bc＋ac≤；

（2）＋＋≥1.

【证明】　

（1）由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，

得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca

由题设得（a＋b＋c）2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.

所以3（ab＋bc＋ca）≤1，即ab＋bc＋ca≤.

（2）因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，

故＋＋＋（a＋b＋c）≥2（a＋b＋c），

即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.

规律方法2　1.综合法证明的逻辑关系是：

A?

B1?

B2?

…?

Bn?

B（A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论），它的常见书面表达是“∵，∴”或“?

”．

2．综合法证明不等式，利用已证的不等式为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．

对点训练　（2014·

江苏高考）已知x>

0，y>

0，证明：

（1＋x＋y2）（1＋x2＋y）≥9xy.

【证明】　因为x>

0，所以1＋x＋y2≥3>

0,1＋x2＋y≥3>

故（1＋x＋y2）（1＋x2＋y）≥3·

3＝9xy.

考向三　分析法证明不等式

　（2015·

郑州质检）若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.

（1）若x2－1比1远离0，求x的取值范围；

（2）对任意两个不相等的正数a，b，证明：

a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab.

【解】　

（1）由题意知|x2－1－0|＞|1－0|，

即|x2－1|＞1，所以x2－1＜－1或x2－1＞1，

解得x＞或x＜－，

所以x的取值范围是{x|x＞或x＜－}．

（2）要证明a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab，

即证|a3＋b3－2ab|＞|a2b＋ab2－2ab|，

因为a≠b，故a2b＋ab2＞2＝2ab，

a3＋b3＞2＝2ab.

所以只需证a3＋b3－2ab＞a2b＋ab2－2ab.

即证明a3＋b3－（a2b＋ab2）＞0，

化简得（a－b）2（a＋b）＞0显然成立，

所以a3＋b3比a2b＋ab2远离2ab.

规律方法3　1.

（1）善于把“新概念”，“新运算”转化为我们熟悉的“旧概念”、“旧运算”，并严格按照规定进行操作．

（2）第

（2）问证明关键有两点：

①将结论转化为证明绝对值不等式；

②抓住基本不等式，巧妙去绝对值符号．

2．分析法证明的思路是“执果索因”，其框图表示为：

→→→…→.

对点训练　已知a>

0，求证：

－≥a＋－2.

【证明】　要证原不等式，只需证＋2≥a＋＋，

∵a>

0，∴两边均大于零．

因此只需证a2＋＋4＋4≥a2＋＋2＋2＋2，只需证2≥，

只需证2≥a2＋＋2，即证a2＋≥2，

又a2＋≥2显然成立，∴原不等式成立．

考向四　柯西不等式的应用

福建高考）已知定义在R上的函数f（x）＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.

（2）若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：

p2＋q2＋r2≥3.

【解】　

（1）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.

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.

规律方法4　1.第

（1）问活用绝对值不等式的性质，回避分类讨论，优化解题过程．

2．第

（2）问构造两个数组，使之与柯西不等式有相似的结论，从而利用柯西不等式给出证明．当然本题亦可利用基本不等式放缩将条件平方转化证明，请读者完成．

对点训练　已知a，b，c∈R，且a＋2b＋3c＝6，求a2＋4b2＋9c2的最小值．

【解】　由柯西不等式，得（a2＋4b2＋9c2）·

（12＋12＋12）≥（a·

1＋2b·

1＋3c·

1）2＝36，

∴a2＋4b2＋9c2≥12，（*）

又a＋2b＋3c＝6，

∴当且仅当＝＝，即a＝2，b＝1，c＝时，（*）式取等号．从而a2＋4b2＋9c2的最小值为12.

课时检测　不等式的证明

1．（2015·

太原调研）已知a，b，m，n均为正数，且a＋b＝1，mn＝2，求（am＋bn）·

（bm＋an）的最小值．

【解】　∵a，b，m，n为正数，且a＋b＝1，mn＝2，

∴（am＋bn）（bm＋an）＝abm2＋a2mn＋b2mn＋abn2

＝ab（m2＋n2）＋2（a2＋b2）≥2ab·

mn＋2（a2＋b2）

＝4ab＋2（a2＋b2）＝2（a2＋b2＋2ab）＝2（a＋b）2＝2，

当且仅当m＝n＝时，取“＝”．

故（am＋bn）·

（bm＋an）的最小值为2.

2．设a>

0，b>

0，a＋b＝1，求证：

＋＋≥8.

【证明】　∵a>

0，a＋b＝1，∴2≤a＋b＝1.

因此≤，≥4.

则＋＋＝（a＋b）＋≥2·

2＋4＝8.

故＋＋≥8成立．

3．（2014·

陕西高考改编）设a，b，m，n∈R，且a2＋b2＝5，ma＋nb＝5，求的最小值．

【解】　由柯西不等式（ma＋nb）2≤（a2＋b2）（m2＋n2），

得25≤5（m2＋n2），∴m2＋n2≥5.

当且仅当＝时，等号成立，故的最小值为.

4．设不等式|2x－1|<

1的解集为M.

（1）求集合M；

（2）若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．

【解】　

（1）由|2x－1|<

1得－1<

2x－1<

1，

解得0<

1.所以M＝{x|0<

1}．

（2）由

（1）知a，b∈M可知0<

1,0<

b<

所以（ab＋1）－（a＋b）＝（a－1）（b－1）>

0.故ab＋1>

a＋b.

5．已知a，b，c均为正数，证明：

a2＋b2＋c2＋2≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．

【证明】　因为a，b，c均为正数，由均值不等式得

a2＋b2＋c2≥3（abc），①

＋＋≥3（abc）－，

所以2≥9（abc）－.②

故a2＋b2＋c2＋2≥3（abc）＋9（abc）－.

又3（abc）＋9（abc）－≥2＝6，③

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3（abc）＝9（abc）－时，③式等号成立．

因此当且仅当a＝b＝c＝3时，原式等号成立．

6．（2014·

课标全国卷Ⅰ）若a>

0，且＋＝.

（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．

【解】　

（1）由＝＋≥，得ab≥2.

当且仅当a＝b＝时等号成立．

故a3＋b3≥2≥4，且当a＝b＝时等号成立．

所以a3＋b3的最小值为4.

（2）由

（1）知，2a＋3b≥2≥4.

由于4>

6，从而不存在a，b，使得2a＋3b＝6.

7．已知m＞0，a，b∈R，求证：

2≤.

【证明】　∵m＞0，∴1＋m＞0.欲证2≤成立．

只需证明（a＋mb）2≤（1＋m）（a2＋mb2），即证m（a2－2ab＋b2）≥0，

只要证明a2－2ab＋b2≥0，

又a2－2ab＋b2＝（a－b）2≥0显然成立，故2≤.

8．已知a，b，c>

0且互不相等，abc＝1.试证明：

＋＋<

＋＋.

【证明】　法一　∵＋≥2＝2；

＋≥2＝2；

＋≥2＝2.

∴以上三式相加，得＋＋≥＋＋.

又∵a，b，c互不相等，∴＋＋>

＋＋