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【创新方案】2015届高考数学(新课标版,文)二轮复习专题讲解课件:专题7 第3讲 不等式选讲(选修4-5)


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第三讲

不等式选讲(选修4-5)

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? 1? ? 1.(2014· 新课标全国卷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

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? ? ? 1? 1 解: (1)证明: 由 a>0, 有 f(x)=?x+a?+|x-a|≥?x+a-?x-a??= ? ? ? ?

1 a+a≥2.当且仅当“a=1”时等号成立,所以 f(x)≥2. ? 1? (2)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 2 <a≤3. ?1+ 5 5+ 21? 综上,a 的取值范围是? , 2 ?. 2 ? ?
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2 . (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,y>0, 3 3 所以 1+x+y2≥3 xy2>0,1+x2+y≥3 x2y>0, 故(1+x+y )(1+x +y)≥3 xy · 3 x2y=9xy.
2 2

3

2

3

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3.(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; 1 (2)当 x∈M∩N 时,证明:x2f(x)+x[ f(x)] 2≤ . 4

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? ?3x-3,x∈[1,+∞?, 解:(1)f(x)=? ? ?1-x,x∈?-∞,1?.

4 4 当 x≥1 时,由 f(x)=3x-3≤1 得 x≤3,故 1≤x≤3; 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= .

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? 1? (2)证明:由 g(x)=16x2-8x+1≤4,得 16?x-4?2≤4, ? ?

1 3 解得-4≤x≤4.
? 1 3? ? 因此 N= x-4≤ x≤ 4?, ? ? ? 3? ? 故 M∩N= x0≤ x≤ 4?. ? ?

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 ) 1? 1 1 ? =x(1-x)=4-?x-2?2≤4.
? ?

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3 4.(2013· 福建高考)设不等式|x-2|<a(a∈N*)的解集为 A,且 ∈ 2 1 A, ? A . 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.

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?3 ? 3 1 解:(1)因为2∈A,且2?A,所以?2-2?<a, ? ? ?1 ? 1 3 且?2-2?≥a,解得2<a≤2. ? ?

又因为 a∈N*,所以 a=1. (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.

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1.绝对值不等式 定理 1:如果 a,b 是实数,则|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当 ab≥0 时, 等号成立. 定理 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. 2.|ax+b|≤c(c>0)和 |ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法 (1)|ax+b|≤c(c>0)? -c≤ax+b≤c. (2)|ax+b|≥c(c>0)? ax+b≥c 或 ax+b≤-c.

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3.|x-a|+ |x-b|≥c(c>0)和 |x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法 (1)利用绝对值不等式几何意义求解,体现数形结合思想. (2)利用“零点分段法”求解,体现分类讨论思想. (3)通过构建函数,利用函数图象求解,体现函数与方程思想. 4.证明不等式的基本方法 (1)比较法;(2)综合法;(3)分析法;(4)反证法;(5)放缩法. 5.二维形式的柯西不等式 若 a,b,c,d∈R,则(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当 ad =bc 时等号成立.

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热点一 绝对值不等式的求解
[ 例 1] (2013· 辽宁高考)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.

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[师生共研] (1)当 a=2 时,f(x)+|x-4|= -2x+6, x≤2, ? ? ?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}.

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(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 2 ≤x≤ 2 . 又已知|h(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}, 1 ?a- 2 =1, 所以? a+1 ? 2 =2,

于是 a=3.

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1.|ax+b|≤c, |ax+b|≥c 型不等式的解法 (1)若 c>0,则|ax+b|≤c? -c≤ax+b≤c,|ax+b|≥c? ax+b≥c 或 ax+ b≤-c,然后根据 a,b 的取值求解即可; (2)若 c<0,则|ax+b|≤c 的解集为? ,|ax+b|≥c 的解集为 R. 2.|x-a|+ |x-b|≥c, |x-a|+ |x-b|≤c 型不等式的解法 (1)令每个绝对值符号里的一次式为 0,求出相应的根; (2)把这些根由小到大排序,它们把数轴分为若干个区间; (3)在所分区间上, 根据绝对值的定义去掉绝对值符号, 讨论所得的 不等式在这个区间上的解集; (4)这些解集的并集就是原不等式的解集.
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1.已知函数 f(x)=|2x-a|+5x,求不等式 f(x)>5x+1 的解集.

解:由 f(x)>5x+1 化简可得|2x-a|>1, 即 2x-a>1 或 2x-a<-1, a-1 a+1 解得 x< 2 或 x> 2 , a-1 a+1 所以不等式 f(x)>5x+1 的解集为 x< 2 或 x> 2 .

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热点二:与绝对值不等式有关的参数范围问题
[ 例 2] (2014· 贵阳模拟)设函数 f(x)=|x+1|+|x-4|-a.

(1)当 a=1 时,求函数 f(x)的最小值; 4 (2)若 f(x)≥a+1 对任意的实数 x 恒成立, 求实数 a 的取值范围.

[师生共研] (1)当 a=1 时,f(x)=|x+1|+|x-4|-1 -2x+2,x≤-1, ? ? =?4,-1<x<4, ? ?2x-4,x≥4, ∴f(x)min=4.
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4 4 (2)f(x)≥a+1 对任意的实数 x 恒成立?|x+1|+|x-4|-1≥a+a对 4 任意的实数 x 恒成立?a+a≤4. 当 a<0 时,上式成立; 4 当 a>0 时,a+a≥2 4 a· a=4,

4 4 当且仅当 a=a,即 a=2 时上式取等号,此时 a+a≤4 成立. 综上,实数 a 的取值范围为(-∞,0)∪{2}.

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1.解决含参数的绝对值不等式问题,常用以下两种方法: (1)将参数分类讨论,将其转化为分段函数解决; (2)借助于绝对值的几何意义,先求出 f(x)的最值或值域,然后 再根据题目要求,求解参数的取值范围. 2.解答此类问题应熟记以下转化: f(x)>a 恒成立 ? f(x)min>a; f(x)<a 恒 成 立 ? f(x)max<a ; f(x)>a 有 解 ? f(x)max>a ; f(x)<a 有 解 ? f(x)min<a;f(x)>a 无解? f(x)max≤a;f(x)<a 无解? f(x)min≥a.

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2.已知函数 f(x)=|2x+3|+|2x-1|. (1)求不等式 f(x)≤6 的解集; (2)若关于 x 的不等式 f(x)<|m-1|的解集非空,求实数 m 的取值 范围.

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解:法一:(1)原不等式为:|2x+3|+|2x-1|≤6, 3 3 当 x≤-2时,原不等式可化为-4x-2≤6,即-2≤x≤-2; 3 1 3 1 当-2<x<2时,原不等式可化为 4≤6,恒成立,即-2<x<2; 1 1 当 x≥2时,原不等式可化为 4x+2≤6,即2≤x≤1, ∴原不等式的解集为{x|-2≤x≤1}.

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(2)由函数 f(x)

? ? 3 1 =?4,-2<x<2,可得函数y=f?x?的最小值为4, ?4x+2,x≥1, ? 2
3 -4x-2,x≤-2, ∴|m-1|>4,解得:m<-3 或 m>5.

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法二:(1)依据绝对值的几何意义

得-4≤2x≤2,故-2≤x≤1, ∴原不等式的解集为{x|-2≤x≤1}. (2)由绝对值的几何意义可知,f(x)min=4, ∴|m-1|>4,解得:m<-3 或 m>5.

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热点三:不等式的证明
[ 例 3] (2014· 唐山模拟)已知 x,y,z∈(0,+∞),x+y+z=3.

1 1 1 (1)求 x+y + z 的最小值; (2)证明:3≤x2+y2+z2<9.

1 1 1 3 3 [师生共研] (1)因为 x+y+z≥3 xyz>0,x +y + z ≥ >0,所 3 xyz ?1 1 1? 以(x+y+z)? x +y + z?≥9, ? ? 1 1 1 1 1 1 即x+y+ z ≥3,当且仅当 x=y=z=1 时,x+y+ z 取值最小值 3.
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(2)x2+y2+z2= x2+y2+z2+?x2+y2?+?y2+z2?+?z2+x2? ≥ 3 x2+y2+z2+2?xy+yz+zx? ?x+y+z?2 = =3. 3 3 又 x2+y2+z2-9=x2+y2+z2-(x+y+z)2= -2(xy+yz+zx)<0,所以 3≤x2+y2+z2<9.

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不等式证明的常用方法是:比较法、综合法与分析法.其中运 用综合法证明不等式时, 主要是运用基本不等式与柯西不等式证明, 与绝对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式.证明过程中一 方面要注意不等式成立的条件,另一方面要善于对式子进行恰当的 转化、变形.

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x2 x2 2 3 3.已知 x1,x2,x3 为正实数,若 x1+x2+x3=1,求证: + + x1 x2 x2 1 ≥1. x3

x2 x2 x2 2 3 1 2 2 证明:∵ x + x1+ x +x2+ x +x3≥2 x2 2 + 2 x3 + 2 x1 = 2(x1 + x2 1 2 3 +x3)=2(当 x1=x2=x3 时取等号), x2 x2 x2 2 3 1 ∴x +x +x ≥1. 1 2 3

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热点四:不等式的综合应用
1 1 (2014· 新课标全国卷Ⅰ)若 a>0,b>0,且a+b= ab.

[ 例 4]

(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.

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1 1 2 [师生共研] (1)由 ab=a+b≥ , ab 得 ab≥2,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.

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基本不等式和柯西不等式在解决多变量代数式的最值问题中有 着重要的应用,运用基本不等式时应注意其条件 “一正、二定、三相 等”;运用柯西不等式求最值时,关键是进行巧妙的拼凑,构造出柯 西不等式的形式.

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4.设函数 f(x)=|x-4|+ |x-3|,f(x)的最小值为 m. (1)求 m 的值; (2)当 a+2b+3c=m(a,b,c∈R)时,求 a2+b2+c2 的最小值.

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解: (1)法一: f(x)=|x-4|+|x-3|≥|(x-4)-(x-3)|=1.故函数 f(x) 的最小值为 1,即 m=1. 2x-7,x≥4, ? ? 法二:f(x)=?1,3≤x<4, ? ?7-2x,x<3. 当 x≥4 时,f(x)≥1;当 x<3 时,f(x)>1;当 3≤x<4 时,f(x)=1,故函数 f(x)的最小值为 1,即 m=1.

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(2)(a2 + b2 + c2)(12 + 22 + 32)≥(a + 2b + 3c)2 = 1 , 故 a2 + b2 + 1 1 1 3 c2≥14,当且仅当 a=14,b=7,c=14时取等号.

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