高中数学优质学案 均值不等式.docx

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高中数学优质学案均值不等式

不等式选讲

绝对值不等式

导学目标：

1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：

（1）|a＋b|≤|a|＋|b|，

（2）|a－b|≤|a－c|＋|c－b|.2.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：

|ax＋b|≤c；|ax＋b|≥c；|x－a|＋|x－b|≥c.

自主梳理

1．含________________的不等式叫做绝对值不等式．

2．解含有绝对值的不等式的方法关键是去掉绝对值符号，基本方法有如下几种：

（1）分段讨论：

根据|f（x）|＝

去掉绝对值符号．

（2）利用等价不等式：

|f（x）|≤g（x）⇔－g（x）≤f（x）≤g（x）；

|f（x）|≥g（x）⇔f（x）≤－g（x）或f（x）≥g（x）．

（3）两端同时平方：

即运用移项法则，使不等式两边都变为非负数，再平方，从而去掉绝对值符号．

3．形如|x－a|＋|x－b|≥c（a≠b）与|x－a|＋|x－b|≤c（a≠b）的绝对值不等式的解法主要有三种：

（1）运用绝对值的几何意义；

（2）____________________；

（3）构造分段函数，结合函数图象求解．

4．

（1）定理：

如果a，b，c是实数，则|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当____________时，等号成立．

（2）重要绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.

使用时（特别是求最值时）要注意等号成立的条件，即

|a＋b|＝|a|＋|b|⇔ab≥0；

|a－b|＝|a|＋|b|⇔ab≤0；

|a|－|b|＝|a＋b|⇔b（a＋b）≤0；

|a|－|b|＝|a－b|⇔b（a－b）≥0；

注：

|a|－|b|＝|a＋b|⇔|a|＝|a＋b|＋|b|⇔|（a＋b）－b|＝|a＋b|＋|b|⇔b（a＋b）≤0.

同理可得|a|－|b|＝|a－b|⇔b（a－b）≥0.

自我检测

1．不等式

＞

的解集是（　　）

A．（0,2）B．（－∞，0）

C．（2，＋∞）D．（－∞，0）∪（0，＋∞）

2．已知集合A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝{x∈R|x＝4t＋

－6，t∈（0，＋∞）}，则集合A∩B＝________.

3．已知不等式|x＋2|＋|x－3|≤a的解集不是空集，则实数a的取值范围是（　　）

A．a<5B．a≤5

C．a>5D．a≥5

4．若不等式|x＋1|＋|x－2|

5．解不等式|2x－1|<|x|＋1.

探究点一　解绝对值不等式

例1

解下列不等式：

（1）1<|x－2|≤3；

（2）|2x＋5|>7＋x；

（3）|x－1|＋|2x＋1|<2.

变式迁移1解不等式x＋|2x－1|<3.

探究点二　绝对值不等式的恒成立问题

例2

已知不等式|x＋2|－|x＋3|>m.

（1）若不等式有解；

（2）若不等式解集为R；

（3）若不等式解集为∅.

分别求出实数m的取值范围．

变式迁移2　设函数f（x）＝|x－1|＋|x－2|，若f（x）>a对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．

探究点三　绝对值三角不等式定理的应用

例3

　“|x－A|<

，且|y－A|<

”是“|x－y|<ε”（x，y，A，ε∈R）的（　　）

A．充分而不必要条件　　　B．必要而不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

变式迁移3　

（1）求函数y＝|x＋2|－|x－2|的最大值；

（2）求函数y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值．

转化与化归思想的应用

例

　（10分）设a∈R，函数f（x）＝ax2＋x－a（－1≤x≤1），

（1）若|a|≤1，求证：

|f（x）|≤

；

（2）求a的值，使函数f（x）有最大值

.

多角度审题

　第

（1）问|f（x）|≤

⇔－

≤f（x）≤

，因此证明方法有两种，一是利用放缩法直接证出|f（x）|≤

；二是证明－

≤f（x）≤

亦可．第

（2）问实质上是已知f（x）的最大值为

，求a的值．由于x∈[－1,1]，f（x）是关于x的二次函数，那么就需判断对称轴对应的x值在不在区间[－1,1]上．

【答题模板】

证明　

（1）方法一　∵－1≤x≤1，∴|x|≤1.又∵|a|≤1，

∴|f（x）|＝|a（x2－1）＋x|≤|a（x2－1）|＋|x|≤|x2－1|＋|x|＝1－|x|2＋|x|

＝－

2＋

≤

.[3分]

∴若|a|≤1，则|f（x）|≤

.[5分]

方法二　设g（a）＝f（x）＝ax2＋x－a＝（x2－1）a＋x.

∵－1≤x≤1，

∴当x＝±1，

即x2－1＝0时，|f（x）|＝|g（a）|＝1≤

；[1分]

当－1

∵|a|≤1，∴－1≤a≤1，∴g（a）max＝g（－1）＝－x2＋x＋1＝－

2＋

；[3分]

g（a）min＝g

（1）＝x2＋x－1＝

2－

.[4分]

∴|f（x）|＝|g（a）|≤

.[5分]

（2）当a＝0时，f（x）＝x，当－1≤x≤1时，f（x）的最大值为f

（1）＝1，不满足题设条件，

∴a≠0.[6分]

又f

（1）＝a＋1－a＝1，f（－1）＝a－1－a＝－1.

故f

（1）和f（－1）均不是最大值，[7分]

∴f（x）的最大值

应在其对称轴上的顶点位置取得，

∴命题等价于

，[9分]

解得

，

∴a＝－2.即当a＝－2时，函数f（x）有最大值

.[10分]

【突破思维障碍】

由于|a|≤1，f（x）的表达式中有两项含有a，要想利用条件|a|≤1，必须合并含a的项，从而找到解题思路；另外，由于x的最高次数为2，而a的最高次数为1，把ax2＋x－a看作关于a的函数更简单，这两种方法中，对a的合并都是很关键的一步．

【易错点剖析】

在第

（1）问中的方法一中，如果不合并含a的项，就无法正确应用条件|a|≤1，从而导致出错或证不出；方法二也需要先合并含a的项后，才容易把f（x）看作g（a）．

解含有绝对值不等式时，去掉绝对值符号的方法主要有：

公式法、分段讨论法、平方法、几何法等．这几种方法应用时各有利弊，在解只含有一个绝对值的不等式时，用公式法较为简便；但是若不等式含有多个绝对值时，则应采用分段讨论法；应用平方法时，要注意只有在不等式两边均为正的情况下才能运用．因此，在去绝对值符号时，用何种方法需视具体情况而定．

课后练习

（满分：

75分）

一、选择题（每小题5分，共25分）

1．不等式|x2－x|<2的解集为（　　）

A．（－1,2）B．（－1,1）

C．（－2,1）D．（－2,2）

2．设|a|<1，|b|<1，则|a＋b|＋|a－b|与2的大小关系是（　　）

A．|a＋b|＋|a－b|>2B．|a＋b|＋|a－b|<2

C．|a＋b|＋|a－b|＝2D．不能比较大小

3．不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（　　）

A．（－∞，－1]∪[4，＋∞）B．（－∞，－2]∪[5，＋∞）

C．[1,2]D．（－∞，1]∪[2，＋∞）

4．若不等式|8x＋9|<7和不等式ax2＋bx>2的解集相等，则实数a、b的值分别为（　　）

A．a＝－8，b＝－10B．a＝－4，b＝－9

C．a＝－1，b＝9D．a＝－1，b＝2

5．若关于x的不等式|x－1|＋|x－3|≤a2－2a－1在R上的解集为∅，则实数a的取值范围是（　　）

A．a<－1或a>3B．－1

C．－1

二、填空题（每小题4分，共12分）

6．给出以下三个命题：

①若|a－b|<1，则|a|<|b|＋1；②若a、b∈R，则|a＋b|－2|a|≤|a－b|；③若|x|<2，|y|>3，则

<

.其中所有正确命题的序号是________________．

7．不等式|x＋3|－|x－2|≥3的解集为________．

8．若不等式|x＋1|＋|x－3|≥a＋

对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是_____________________________________________________________．

三、解答题（共38分）

9．（12分）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．

10．（12分）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．

11．（14分）对于任意实数a（a≠0）和b，不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|（|x－1|＋|x－2|）恒成立，试求实数x的取值范围．

不等式选讲

（一）绝对值不等式

自主梳理

1．绝对值符号　3.

（2）零点分区间讨论法

4．

（1）（a－b）（b－c）≥0

自我检测

1．A　[∵

＞

，∴

＜0，∴0＜x＜2.]

2．{x|－2≤x≤5}

解析　|x＋3|＋|x－4|≤9，

当x<－3时，－x－3－（x－4）≤9，即－4≤x<－3；

当－3≤x≤4时，x＋3－（x－4）＝7≤9恒成立；

当x>4时，x＋3＋x－4≤9，即4

综上所述，A＝{x|－4≤x≤5}．

又∵x＝4t＋

－6，t∈（0，＋∞），

∴x≥2

－6＝－2，当t＝

时取等号．

∴B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤5}．

3．D　[由绝对值的几何意义知|x＋2|＋|x－3|∈[5，＋∞），

因此要使|x＋2|＋|x－3|≤a有解集，需a≥5.]

4．a≤3

解析　由绝对值的几何意义知|x＋1|＋|x－2|的最小值为3，

而|x＋1|＋|x－2|

5．解　当x<0时，原不等式可化为－2x＋1<－x＋1，解得x>0，又∵x<0，∴x不存在；

当0≤x<

时，原不等式可化为－2x＋10，

又∵0≤x<

，∴0

；

当x≥

时，原不等式可化为2x－1

又∵x≥

，∴

≤x<2.

综上，原不等式的解集为{x|0

课堂活动区

例1

解题导引　

（1）绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号．其方法主要有：

利用绝对值的意义；利用公式；平方、分区间讨论等．

（2）利用平方法去绝对值符号时，应注意不等式两边非负才可进行．

（3）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．

解　

（1）原不等式等价于不等式组

，

即

，

解得－1≤x<1或3

所以原不等式的解集为{x|－1≤x<1，或3

（2）由不等式|2x＋5|>7＋x，

可得2x＋5>7＋x或2x＋5<－（7＋x），

整理得x>2，或x<－4.

∴原不等式的解集是{x|x<－4，或x>2}．

（3）由题意x＝1时，|x－1|＝0，x＝－

时，2x＋1＝0（以下分类讨论）．

所以①当x<－

时，原不等式等价于

得－

.

②当－

≤x≤1时，原不等式等价于

得－

≤x<0.

③当x>1时，原不等式等价于

得x无解．

由①②③得原不等式的解集为{x|－

变式迁移1解　原不等式可化为

或

解得

≤x<

或－2

.

所以原不等式的解集是{x|－2

}．

例2

　解题导引　恒成立问题的解决方法

（1）f（x）

（2）f（x）>m恒成立，须有[f（x）]min>m；

（3）不等式的解集为R，即不等式恒成立；

（4）不等式的解集为∅，即不等式无解．

解　因为|x＋2|－|x＋3|的几何意义为数轴上任意一点P（x）与两定点A（－2）、B（－3）距离的差．

即|x＋2|－|x＋3|＝|PA|－|PB|.

易知（|PA|－|PB|）max＝1，

（|PA|－|PB|）min＝－1.

即|x＋2|－|x＋3|∈[－1,1]．

（1）若不等式有解，m只要比|x＋2|－|x＋3|的最大值小即可，即m<1.

（2）若不等式的解集为R，即不等式恒成立，m小于|x＋2|－|x＋3|的最小值即可，所以m<－1.

（3）若不等式的解集为∅，m只要不小于|x＋2|－|x＋3|的最大值即可，即m≥1.

变式迁移2　解　由|x－1|＋|x－2|的几何意义，即数轴上的点x到数轴上的点1,2的距离之和知，|x－1|＋|x－2|≥1，要使|x－1|＋|x－2|>a恒成立，只须1>a.

即实数a的取值范围为（－∞，1）．

例3

　解题导引　对绝对值三角不等式

|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.

（1）当ab≥0时，|a＋b|＝|a|＋|b|；

当ab≤0时，|a－b|＝|a|＋|b|.

（2）该定理可以推广为|a＋b＋c|≤|a|＋|b|＋|c|，也可强化为||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，它们经常用于含绝对值的不等式的推证．

（3）利用“＝”成立的条件可求函数的最值．

A　[∵|x－y|＝|x－A－（y－A）|，

∴由三角不等式定理

|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|

得：

|x－y|≤|x－A|＋|y－A|<

＋

＝ε.

反过来由|x－y|<ε，得不出|x－A|<

且|y－A|<

，

故选A.]

变式迁移3　解　

（1）|x＋2|－|x－2|

≤|（x＋2）－（x－2）|＝4，

当x>2时，“＝”成立．

故函数y＝|x＋2|－|x－2|的最大值为4.

（2）|x－3|＋|x＋2|≥|（x－3）－（x＋2）|＝5.

当－2≤x≤3时，取“＝”．

故y＝|x－3|＋|x＋2|的最小值为5.

课后练习区

1．A　[∵|x2－x|<2，∴－2

即

，∴

.∴－1

2．B　[方法一　把a当作变量，要去掉绝对值符号，分区间进行讨论，如图所示．

不妨设b>0（b<0时同理）．

（1）当－1

（2）当－b

（3）当b

|a＋b|＋|a－b|＝a＋b＋a－b＝2a<2.

综上可知|a＋b|＋|a－b|<2.

方法二　（|a＋b|＋|a－b|）2

＝2a2＋2b2＋2|a2－b2|＝

∴|a＋b|＋|a－b|<2.]

3．A　[由|x＋3|－|x－1|的几何意义知，

|x＋3|－|x－1|∈[－4,4]，即|x＋3|－|x－1|的最大值是4，要使|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，只需a2－3a≥4恒成立即可．所以a∈（－∞，－1]∪[4，＋∞）．]

4．B　[由|8x＋9|<7，得－7<8x＋9<7，

即－16<8x<－2，∴－2

.

由题意知－2，－

为方程ax2＋bx－2＝0的两根，

∴

∴

.]

5．B　[由|x－1|＋|x－3|的几何意义知|x－1|＋|x－3|≥2，即|x－1|＋|x－3|的最小值为2.当a2－2a－1<2时满足题意，∴a2－2a－3<0，即（a＋1）（a－3）<0，

∴－1

6．①②③

解析　|a|－|b|≤|a－b|<1，∴|a|<|b|＋1；

|a＋b|－2|a|＝|a＋b|－|2a|≤|a＋b－2a|

＝|b－a|＝|a－b|；

∵|y|>3，∴

<

，∴

<

，即|

|<

.

故①、②、③都正确．

7．{x|x≥1}

解析　原不等式可化为：

或

或

∴x∈∅或1≤x<2或x≥2.∴不等式的解集为{x|x≥1}．

8．（－∞，0）∪{2}

解析　由|x＋1|＋|x－3|的几何意义知，

|x＋1|＋|x－3|∈[4，＋∞），∴a＋

≤4.

当a>0时，a＋

≥4，当且仅当a＝2时，取等号，

当a<0，显然符合题意．

9．解　方法一　

（1）由f（x）≤3

得|x－a|≤3，解得a－3≤x≤a＋3.（3分）

又已知不等式f（x）≤3的解集为

{x|－1≤x≤5}，

所以

解得a＝2.（6分）

（2）当a＝2时，f（x）＝|x－2|，设g（x）＝f（x）＋f（x＋5），

于是g（x）＝|x－2|＋|x＋3|

＝

（8分）

所以当x<－3时，g（x）>5；

当－3≤x≤2时，g（x）＝5；

当x>2时，g（x）>5.

综上可得，g（x）的最小值为5.（10分）

从而若f（x）＋f（x＋5）≥m，即g（x）min≥m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为（－∞，5]．（12分）

方法二　

（1）同方法一．（6分）

（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）得，

g（x）的最小值为5.（10分）

从而，若f（x）＋f（x＋5）≥m，

即g（x）min≥m对一切实数x恒成立，则m的取值范围为（－∞，5]．（12分）

10．解　

（1）当a＝－1时，f（x）＝|x－1|＋|x＋1|.

由f（x）≥3得|x－1|＋|x＋1|≥3.

①当x≤－1时，不等式化为1－x－1－x≥3，即－2x≥3.

不等式组

的解集为

.（2分）

②当－1

的解集为∅.（4分）

③当x>1时，不等式化为x－1＋x＋1≥3，即2x≥3.

不等式组

的解集为

.

综上得，f（x）≥3的解集为

∪

.（6分）

（2）若a＝1，f（x）＝2|x－1|，不满足题设条件．

若a<1，f（x）＝

（8分）

f（x）的最小值为1－a.（9分）

若a>1，f（x）＝

（11分）

f（x）的最小值为a－1.

所以∀x∈R.f（x）≥2的充要条件是|a－1|≥2，从而a的取值范围为（－∞，－1]∪[3，＋∞）．（12分）

11．解　由题知，|x－1|＋|x－2|≤

恒成立．

故|x－1|＋|x－2|不大于

的最小值．

（2分）

∵|a＋b|＋|a－b|≥|a＋b＋a－b|＝2|a|，当且仅当（a＋b）（a－b）≥0时取等号，

∴

的最小值等于2.（6分）

∴x的取值范围即为不等式|x－1|＋|x－2|≤2的解．

解不等式得

≤x≤

.（14分）