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【创新设计,教师用书】(人教A版,理科)2015届高考数学第一轮复习细致讲解练:选修4-5 不等式选讲


选修 4-5

不等式选讲

A

第1讲 [最新考纲]

不等式、含有绝对值的不等式

1.理解绝对值三角不等式的代数证明和几何意义,能利用绝对值三角不等式证 明一些简单的绝对值不等式. 2.掌握|ax+b|≤c,|ax+b|≥c,|x-a|+|x-b|≤c 型不等式的解法.

知 识 梳 理 1.绝对值三角不等式 (1)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; (2)性质:|a|-|b|≤|a± b|≤|a|+|b|; (3)定理 2:如果 a,b,c 是实数,则|a-c|≤|a-b|+|b-c|,当且仅当(a-b)(b- c)≥0 时,等号成立. 2.绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解法 不等式 |x|<a |x|>a a>0 {x|-a<x<a} {x|x>a,或 x<-a} (2)|ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法 ①|ax+b|≤c?-c≤ax+b≤c; ②|ax+b|≥c?ax+b≥c 或 ax+b≤-c. (3)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法 法一:利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想; 法二:利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想; 法三:通过构造函数,利用函数的图象求解,体现了函数与方程的思想. a=0 ? {x|x∈R,且 x≠0} a<0 ? R

诊 断 自 测 1.不等式 1<|x+1|<3 的解集为________. 解析 数轴上的点到-1 的距离大于 1 且小于 3 的全体实数为所求解集. 答案 (-4,-2)∪(0,2) 2.设 ab>0,下面四个不等式中,正确命题的序号是________. ①|a+b|>|a|;②|a+b|<|b|;③|a+b|<|a-b|;④|a+b|>|a|-|b|. 解析 ∵ab>0,∴a,b 同号,∴|a+b|=|a|+|b|,∴①和④正确. 答案 ①④ 3.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} 4. (2012· 山东卷)若不等式|kx-4|≤2 的解集为{x|1≤x≤3}, 则实数 k=________. 解析 ∵|kx-2|≤2,∴-2≤kx-4≤2,∴2≤kx≤6. ∵不等式的解集为{x|1≤x≤3},∴k=2. 答案 2 5.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 (-∞,1)

考点一

含绝对值不等式的解法

【例 1】 解不等式|x-1|+|x+2|≥5. 解 法一 如图,设数轴上与-2,1 对应的点分别是 A,B,则不等式的解就是数

轴上到 A、B 两点的距离之和不小于 5 的点所对应的实数.显然,区间[-2,1]不 是不等式的解集.把 A 向左移动一个单位到点 A1,此时 A1A+A1B=1+4=5.把 点 B 向右移动一个单位到点 B1,此时 B1A+B1B=5,故原不等式的解集为(-∞, -3]∪[2,+∞).

法二 原不等式|x-1|+|x+2|≥5? ?x≤-2, ?-2<x<1, ? 或? ?-?x-1?-?x+2?≥5 ?-?x-1?+x+2≥5 ?x≥1, 或? 解得 x≥2 或 x≤-3, ?x-1+x+2≥5, ∴原不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).

法三 将原不等式转化为|x-1|+|x+2|-5≥0. 令 f(x)=|x-1|+|x+2|-5,则

?-2x-6,x≤-2, f(x)=?-2,-2<x<1, ?2x-4,x≥1.

作出函数的图象,如图所示.

由图象可知,当 x∈(-∞,-3]∪[2,+∞)时,y≥0, ∴原不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞). 规律方法 形如|x-a|+|x-b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法: (1)分段讨论 法:利用绝对值号内式子对应方程的根,将数轴分为(-∞,a],(a,b],(b,+ ∞)(此处设 a<b)三个部分,在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式 求解,然后取各个不等式解集的并集.

(2)几何法:利用|x-a|+|x-b|>c(c>0)的几何意义:数轴上到点 x1=a 和 x2=b 的距离之和大于 c 的全体,|x-a|+|x-b|≥|x-a-(x-b)|=|a-b|. (3)图象法:作出函数 y1=|x-a|+|x-b|和 y2=c 的图象,结合图象求解. x 【训练 1】 解不等式|x+3|-|2x-1|<2+1. x 解 ①当 x<-3 时,原不等式化为-(x+3)-(1-2x)<2+1,解得 x<10,∴x <-3. 1 x 2 ②当-3≤x<2时, 原不等式化为(x+3)-(1-2x)<2+1, 解得 x<-5, ∴-3≤x 2 <-5. 1 x ③当 x≥2时,原不等式化为(x+3)-(2x-1)<2+1,解得 x>2,∴x>2.
? ? ? ? ? 2 综上可知,原不等式的解集为?x?x<-5,或x>2 ?. ? ? ? ? ?

考点二

含参数的绝对值不等式问题

【例 2】 已知不等式|x+1|-|x-3|>a.分别求出下列情形中 a 的取值范围. (1)不等式有解; (2)不等式的解集为 R; (3)不等式的解集为?. 解 法一 差, 即|x+1|-|x-3|=PA-PB. 由绝对值的几何意义知, PA-PB 的最大值为 AB=4, 最小值为-AB=-4, 即-4≤|x+1|-|x-3|≤4. (1)若不等式有解,a 只要比|x+1|-|x-3|的最大值小即可,故 a<4. (2)若不等式的解集为 R,即不等式恒成立, 只要 a 比|x+1|-|x-3|的最小值还小,即 a<-4. (3)若不等式的解集为?,a 只要不小于|x+1|-|x-3|的最大值即可,即 a≥4. 因为|x+1|-|x-3|表示数轴上的点 P(x)与两定点 A(-1),B(3)距离的

法二 由|x+1|-|x-3|≤|x+1-(x-3)|=4. |x-3|-|x+1|≤|(x-3)-(x+1)|=4. 可得-4≤|x+1|-|x-3|≤4. (1)若不等式有解,则 a<4; (2)若不等式的解集为 R,则 a<-4; (3)若不等式解集为?,则 a≥4. 规律方法 本题中(1)是含参数的不等式存在性问题,只要求存在满足条件的 x 即 可; 不等式的解集为 R 是指不等式的恒成立问题, 而不等式的解集?的对立面(如 f(x)>m 的解集是空集,则 f(x)≤m 恒成立)也是不等式的恒成立问题,此两类问 题都可转化为最值问题, 即 f(x)<a 恒成立?a>f(x)max, f(x)>a 恒成立?a<f(x)min. 【训练 2】 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. ?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. ? ?

? ? ? ? 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. 考点三 含绝对值的不等式的应用

【例 3】 (2013· 新课标全国Ⅰ卷)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,

? ? 1 则 y=? -x-2,2≤x≤1, ? ?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. 所以原不等式的解集是{x|0<x<2}. ? a 1? (2)当 x∈?-2,2?时,f(x)=1+a, ? ? 不等式 f(x)≤g(x)化为 1+a≤x+3, ? a 1? 所以 x≥a-2 对 x∈?-2,2?都成立, ? ? a 4 应有-2≥a-2,则 a≤3, 4? ? 从而实数 a 的取值范围是?-1,3?. ? ? 规律方法 含有多个绝对值的不等式,可以分别令各绝对值里的式子为零,并求 出相应的根.把这些根从小到大排序,以这些根为分界点,将实数分成若干小区 间.按每个小区间来去掉绝对值符号,解不等式,最后取每个小区间上相应解的 并集. 【训练 3】 (2012· 新课标全国卷)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.

1 -5x,x<2,



?-2x+5,x≤2, (1)当 a=-3 时,f(x)=?1,2<x<3, ?2x-5,x≥3.

当 x≤2 时,由 f(x)≥3 得-2x+5≥3,解得 x≤1; 当 2<x<3 时,f(x)≥3 无解; 当 x≥3 时,由 f(x)≥3 得 2x-5≥3,解得 x≥4. 所以 f(x)≥3 的解集为{x|x≤1,或 x≥4}. (2)f(x)≤|x-4|?|x-4|-|x-2|≥|x+a|. 当 x∈[1,2]时,|x-4|-|x-2|≥|x+a|?4-x-(2-x)≥|x+a|?-2-a≤x≤2-a. 由条件得-2-a≤1 且 2-a≥2, 即-3≤a≤0. 故满足条件的 a 的取值范围是[- 3,0].

绝对值三角不等式的应用 3 1 【典例】 (2013· 福建卷)设不等式|x-2|<a(a∈N*)的解集为 A,且2∈A,2?A. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值. [审题视点] 3 1 (1)利用条件2∈A,2?A,建立不等式,求 a 的值;

(2)利用绝对值三角不等式进行放缩求解. 3 1 解 (1)∵2∈A,2?A. 1 3 ?3 ? ?1 ? ∴?2-2?<a,且?2-2?≥a,因此2<a≤2, ? ? ? ? 又 a∈N*,从而 a=1. (2)由(1)知,f(x)=|x+1|+|x-2|, 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. [反思感悟] 本题难以想到利用绝对值三角不等式进行放缩是失分的主要原因;

对于需求最值的情况,可利用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. 【自主体验】 4 1.若不等式|x+1|+|x-3|≥a+a对任意的实数 x 恒成立,则实数 a 的取值范围 是________. 解析 当 a<0 时,显然成立; 当 a>0 时,∵|x+1|+|x-3|的最小值为 4, 4 ∴a+a≤4.∴a=2. 综上可知 a 的取值范围是(-∞,0)∪{2}. 答案 (-∞,0)∪{2} 2.(2012· 陕西卷)若存在实数 x 使|x-a|+|x-1|≤3 成立,则实数 a 的取值范围是 ________. 解析 ∵|x-a|+|x-1|≥|(x-a)-(x-1)|=|a-1|, 要使|x-a|+|x-1|≤3 有解, 可使|a-1|≤3,∴-3≤a-1≤3, ∴-2≤a≤4. 答案 [-2,4]

一、填空题 1.不等式|2x-1|<3 的解集为________. 解析 |2x-1|<3?-3<2x-1<3?-1<x<2.

答案 (-1,2) 2.不等式|2x-1|-|x-2|<0 的解集为________. 解析 法一 原不等式即为|2x-1|<|x-2|,

∴4x2-4x+1<x2-4x+4,∴3x2<3,∴-1<x<1. ∴原不等式解集为{x|-1<x<1|}. 法二 原不等式等价于不等式组 1 ? ? <x<2, ?x≥2, ①? 或②?2 2 x - 1 - ? x - 2 ? < 0 ? ? ?2x-1+?x-2?<0 1 ? ?x≤ , ③? 2 ? ?-?2x-1?+?x-2?<0. 1 1 不等式组①无解,由②得2<x<1,由③得-1<x≤2. 综上得-1<x<1,所以原不等式的解集为{x|-1<x<1}. 答案 {x|-1<x<1} 3.(2012· 广东卷)不等式|x+2|-|x|≤1 的解集为________. 解析 ①当 x≤-2 时,原不等式可化为-x-2+x≤1,该不等式恒成立. ②当-2<x<0 时,原不等式可化为 x+2+x≤1, 1 1 ∴2x≤-1,∴x≤-2,∴-2<x≤-2. ③当 x≥0 时,原不等式可化为 x+2-x≤1,不成立.
? ? ? ? 1 ? 综上,原不等式的解集为?x?x≤-2 ?. ? ? ? ? ?



答案

? ? ? 1 ?x?x≤- 2 ? ? ?

? ? ? ? ?

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

解析 由|3x-b|<4 得-4<3x-b<4, -4+b 4+b 即 3 <x< 3 , ∵不等式|3x-b|<4 的解集中的整数有且仅有 1,2,3,则 -4+b ? 0 ≤ ? 3 <1 ? 4+b ? ?3< 3 ≤4 答案 (5,7) 5.(2013· 江西卷)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1(x∈R)的解集是________. 解析 由||x-2|-1|≤1,得-1≤|x-2|-1≤1,即 0≤|x-2|≤2, ∴-2≤x-2≤2,∴0≤x≤4. 答案 {x|0≤x≤4} 6.不等式|x+1|-|x-2|>k 的解集为 R,则实数 k 的取值范围是________. 解析 法一 根据绝对值的几何意义, 设数 x, -1,2 在数轴上对应的点分别为 P、 ?4≤b<7, ?? ∴5<b<7. ?5<b≤8,

A、B,则原不等式等价于 PA-PB>k 恒成立.∵AB=3,即|x+1|-|x-2|≥-3. 故当 k<-3 时,原不等式恒成立.

法二 令 y=|x+1|-|x-2|,

?-3,x≤-1, 则 y=?2x-1,-1<x<2, ?3,x≥2,
只要 k<-3 即可. 故 k<-3 满足题意. 答案 (-∞,-3)

要使|x+1|-|x-2|>k 恒成立, 从图象中可以看出,

7.若关于 x 的不等式|a|≥|x+1|+ |x-2|存在实数解,则实数 a 的取值范围是 ________. 解析 ∵f(x)=|x+1|+|x-2|=

?-2x+1?x≤-1?, ?3 ?-1<x<2?, ?2x-1 ?x≥2?,
∴f(x)≥3.要使|a|≥|x+1|+|x-2|有解, ∴|a|≥3,即 a≤-3 或 a≥3. 答案 (-∞,-3]∪[3,+∞) 8.若关于 x 的不等式 x+|x-1|≤a 有解,则实数 a 的取值范围为________. 解析 法一 1+a 当 x≥1 时,不等式化为 x+x-1≤a,即 x≤ 2 .

1+a 此时不等式有解当且仅当 1≤ 2 ,即 a≥1. 当 x<1 时,不等式化为 x+1-x≤a,即 1≤a. 此时不等式有解当且仅当 a≥1. 综上所述,若关于 x 的不等式 x+|x-1|≤a 有解, 则实数 a 的取值范围是[1,+∞). ?2x-1?x≥1?, 法二 设 f(x)=x+|x-1|,则 f(x)=? ?1?x<1?. f(x)的最小值为 1. 因为 x+|x-1|≤a 有解,即 f(x)≤a 有解,所以 a≥1. 答案 [1,+∞) 9.已知 h>0,a,b∈R,命题甲:|a-b|<2h;命题乙:|a-1|<h 且|b-1|<h, 则甲是乙的________条件. 解析 |a-b|=|a-1+1-b|≤|a-1|+|b-1|<2h,故由乙能推出甲成立,但甲成

立不能推出乙成立,所以甲是乙的必要不充分条件. 答案 必要不充分 二、解答题 10.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. 解 (1)法一 1 令 2x+1=0,x-4=0 分别得 x=-2,x=4.原不等式可化为:

1 ? ?x<- 2 ? ? ?-x-5>2

1 ? ?- ≤x<4 或? 2 ? ?3x-3>2

?x≥4, 或? ?x+5>2.

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

法二

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

1? ? -x-5?x<-2? ? ?

画出 f(x)的图象 ?5 ? 求 y=2 与 f(x)图象的交点为(-7,2),?3,2?. ? ?
? ? ? ? 5 ? 由图象知 f(x)>2 的解集为?x?x<-7,或x>3 ?. ? ? ? ? ?

9 (2)由(1)的法二知:f(x)min=-2. 11 . (2012· 辽宁卷 ) 已知 f(x) = |ax + 1|(a ∈ R) ,不等式 f(x)≤3 的解集为 {x| - 2≤x≤1}. (1)求 a 的值; ? ?x ?? (2)若?f?x?-2f?2??≤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}, 所以当 a≤0 时,不合题意. 4 2 当 a>0 时,-a≤x≤a,得 a=2. ?x? (2)记 h(x)=f(x)-2f?2?=|2x+1|-|2x+2|, ? ?

? ?-4x-3,-1<x<-1 2, 则 h(x)=? 1 ? ?-1,x≥-2,
1,x≤-1, 所以|h(x)|≤1,因此 k≥1. 故 k 的取值范围是[1,+∞). 12.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.

由图象可知,不等式 f(x)≥3 的解集为
? ? ? 3 3 ?x?x≤- ,或x≥ 2 2 ? ? ? ? ? ?. ? ?

(2)若 a=1,f(x)=2|x-1|, 不满足题设条件;若 a<1,

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

?-2x+a+1,x≤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,+∞).

第2讲 [最新考纲]

不等式的证明

了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法,并能 用它们证明一些简单不等式.

知 识 梳 理 1.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 成立. 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, a1+a2+?+an n 则 ≥ a1a2?an,当且仅当 a1=a2=?=an 时,等号成立. n 2.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.
n n n b1 b2 bn 2 (2)若 ai,bi(i∈N*)为实数,则( ?ai2)( ?b2 i )≥( ?aibi) ,当且仅当 = =?= (当 a a a i=1 i=1 i=1 1 2 n

a+b+c 3 3 ≥ abc,当且仅当 a=b=c 时,等号

ai=0 时,约定 bi=0,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 α,β 共线时等号成立. 3.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. 诊 断 自 测 a+m a 1.已知 a、b、m 均为正数,且 a<b,M=b,N= ,则 M、N 的大小关系 b+m 是________. a a+m m?a-b? 解析 M-N=b- = <0,即 M<N. b+m b?b+m? 答案 M<N 2. 设 a= 3- 2, b= 6- 5, c= 7- 6, 则 a, b, c 的大小关系为________. 解析 分子有理化得 a= ∴a>b>c. 答案 a>b>c 3.若 0<a<b<1,则 a+b,2 ab,a2+b2,2ab 中最大的一个是________. 解析 ∵a+b>2 ab,a2+b2>2ab. 又(a2+b2)-(a+b)=a(a-1)+b(b-1), ∵0<a<1,0<b<1. ∴a(a-1)+b(b-1)<0. ∴a2+b2<a+b. 答案 a+b 1?? 1? ? 4.已知 x,y∈R,且 xy=1,则?1+x??1+y?的最小值为________. ? ?? ? 1 ?2 1?? 1? ? ? ? =4. 解析 ?1+ x??1+ y?≥?1+ ? ?? ? ? xy? 答案 4 5.若 a,b,c∈(0,+∞),且 a+b+c=1,则 a+ b+ c的最大值为________. 解析 ( a+ b+ c)2=(1× a+1× b+1× c)2≤(12+12+12)(a+b+c)=3. 1 当且仅当 a=b=c=3时,等号成立. ∴( a+ b+ c)2≤3.故 a+ b+ c的最大值为 3. 1 1 1 ,b= ,c= , 3+ 2 6+ 5 7+ 6

答案

3

考点一

分析法证明不等式

【例 1】 设 a,b,c>0,且 ab+bc+ca=1. 求证:(1)a+b+c≥ 3. (2) a bc+ b ac+ c ab≥ 3( a+ b+ c). 3,

证明 (1)要证 a+b+c≥

由于 a,b,c>0,因此只需证明(a+b+c)2≥3. 即证:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3, 而 ab+bc+ca=1, 故需证明:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca). 即证:a2+b2+c2≥ab+bc+ca. a2+b2 b2+c2 c2+a2 2 而这可以由 ab+bc+ca≤ 2 + 2 + 2 =a +b2+c2(当且仅当 a=b=c 时等号成立)证得. ∴原不等式成立. (2) a + bc b + ac c a+b+c = . ab abc

由于(1)中已证 a+b+c≥ 3. 因此要证原不等式成立,只需证明 即证 a bc+b ac+c ab≤1, 即证 a bc+b ac+c ab≤ab+bc+ca. 而 a bc= ab· ac≤ b ac≤ ab+ac 2 , 1 ≥ abc a+ b+ c.

ab+bc bc+ac , c ab ≤ 2 2 .

∴a bc+b ac+c ab≤ab+bc+ca

? ? 3 ?a=b=c= 时等号成立?. 3 ? ? ∴原不等式成立. 规律方法 分析法是证明不等式的重要方法,当所证不等式不能使用比较法且与 重要不等式、基本不等式没有直接联系,较难发现条件和结论之间的关系时,可 用分析法来寻找证明途径,使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆. 【训练 1】 已知 a、b、c 均为正实数,且 a+b+c=1,求证: (1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c). 证明 ∵a、b、c∈R+,且 a+b+c=1, ∴要证原不等式成立, 即证[(a+b+c)+a][(a+b+c)+b][(a+b+c)+c]≥ 8[(a+b+c)-a][(a+b+c)-b][(a+b+c)-c], 也就是证 [(a + b) + (c + a)][(a + b) + (b + c)][(c + a) + (b + c)]≥8(b + c)(c + a)(a + b).① ∵(c+a)+(a+b)≥2 (a+b)+(b+c)≥2 (b+c)+(c+a)≥2 ?c+a??a+b?>0, ?a+b??b+c?>0. ?b+c??c+a?>0,

三式相乘得①式成立,故原不等式得证. 考点二 用综合法证明不等式

【例 2】 已知 a>0,b>0,a+b=1,求证: 1 1 1 (1)a+b+ab≥8; 1?? 1? ? (2)?1+a??1+b?≥9. ? ?? ? 证明 (1)∵a+b=1,a>0,b>0, 1 1 1 1 1 a+b ?1 1? ∴a+b+ab=a+b+ ab =2?a+b? ? ? ?a+b a+b? ?b a? ?=2?a+b?+4≥4 =2? + b ? ? ? ? a 1 1 1 ∴a+b+ab≥8. b a a×b+4=8.

1?? 1? 1 1 1 ? (2)∵?1+a??1+b?=a+b+ab+1, ? ?? ? 1 1 1 由(1)知a+b+ab≥8. 1?? 1? ? ∴?1+a??1+b?≥9. ? ?? ? 规律方法 利用综合法证明不等式,关键是利用好已知条件和已经证明过的重要 不等式. 【训练 2】 已知 a,b,c∈R+,且互不相等,且 abc=1,求证: a+ b+ c< 1 1 1 a+b+c. 证明 法一 ∵a,b,c∈R+,且互不相等,且 abc=1, 1 bc+ 1 ca+ 1 1 1 1 1 1 + + + 1 b c c a a b 1 1 1 ab< 2 + 2 + 2 =a+b+c .

∴ a+ b+ c=

1 1 1 ∴ a+ b+ c<a+b+c . 1 1 法二 ∵a+b≥2 1 1 b+c≥2 1 1 c+a≥2 1 ab=2 c;

1 bc=2 a; 1 ac=2 b.

∴以上三式相加,得 1 1 1 a+b+c≥ a+ b+ c.

又∵a,b,c 互不相等, 1 1 1 ∴a+b+ c> a+ b+ c. 法三 ∵a,b,c 是不等正数,且 abc=1, bc+ca ca+ab ab+bc 1 1 1 ∴ a+ b + c = bc + ca + ab = 2 + 2 + 2 > abc2 + a2bc + ab2c = a+ b+ c. 1 1 1 ∴ a+ b+ c<a+b+c .

考点三 利用柯西不等式求最值 【例 3】 (1)(2013· 湖北卷)设 x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z= 14,则 x+y+z=________. 1 4 9 (2)已知 x、y、z∈R+,且 x+y+z=1,则: x +y + z 的最小值为________. 解析 (1)由柯西不等式,得 (x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2, ∴(x+2y+3z)2≤14,则 x+2y+3z≤ 14, 又 x+2y+3z= 14, y z 14 ∴x=2=3,因此 x= 14 , 14 3 14 y= 7 ,z= 14 , 3 14 于是 x+y+z= 7 . (2)法一 利用柯西不等式.

?1 4 9? 由于(x+y+z)?x+y + z ?≥ ? ? 1 2 3? ? ? x· + y· + z· ?2=36. x y z? ? 1 4 9 所以x+ y+ z ≥36. 1 1 1 1 1 当且仅当 x2=4y2=9z2,即 x=6,y=3,z=2时,等号成立. 法二 1 4 9 1 4 9 ?y 4x? ? z 9x? ?x+ y ?+?x+ z ?+ + + = ( x + y + z ) + ( x + y + z ) + ( x + y + z ) = 14 + x y z x y z ? ? ? ?

?4z 9y? ? y + z ?≥14+4+6+12=36. ? ? 1 1 1 当且仅当 y=2x,z=3x,即 x=6,y=3,z=2时,等号成立. 3 14 答案 (1) 7 (2)36

规律方法 根据柯西不等式的结构特征, 利用柯西不等式对有关不等式进行证明, 证明时,需要对不等式变形,使之与柯西不等式有相似的结构,从而应用柯西不

等式. 【训练 3】 (2013· 湖南卷)已知 a,b,c∈R,a+2b+3c=6,则 a2+4b2+9c2 的 最小值为________. 解析 法一 ∵(x+y+z)2=x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx≤3(x2+y2+z2),

1 36 ∴a2+4b2+9c2≥3(a+2b+3c)2= 3 =12. ∴a2+4b2+9c2 的最小值为 12. 法二 由柯西不等式,得(a2+4b2+9c2)· (12+12+12)≥(a· 1+2b· 1+3c· 1)2=36, 故 a2+4b2+9c2≥12, 从而 a2+4b2+9c2 的最小值为 12. 答案 12

利用算术—几何平均不等式求最值 ?1 1 1? 【典例】 已知 a,b,c 均为正数,证明:a2+b2+c2+?a+b+ c?2 ? ? ≥6 3,并确定 a,b,c 为何值时,等号成立. [审题视点] 1 1 1 (1)a2+b2+c2,a+b+c分别用算术—几何平均不等式;(2)相加后又

构成用算术—几何平均不等式的条件. 解 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)3① 1 1 1 1 + + ≥ 3( abc ) - a b c 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 即当且仅当 a=b=c=34时,原式等号成立. [反思感悟] (1)利用算术—几何平均不等式证明不等式或求最值问题, 是不等式

问题中的一个重要类型, 重点要抓住算术—几何平均不等式的结构特点和使用条 件. (2)在解答本题时有两点容易造成失分:一是多次运用算术 —几何平均不等式后 化简错误; 二是求解等号成立的 a,b,c 的值时计算出错. 【自主体验】 1 1 1 设 a,b,c 为正实数,求证:a3+b3+c3+abc≥2 3.

1 1 1 证明 因为 a,b,c 是正实数,由算术—几何平均不等式可得a3+b3+c3 ≥3 3 1 1 1 a3 · b3· c3,

1 1 1 3 即a3+b3+c3≥abc. 1 1 1 3 所以a3+b3+c3+abc≥abc+abc. 3 而abc+abc≥2 3 abc=2 3, abc·

当且仅当 a=b=c 且 abc= 3时,取等号. 1 1 1 所以a3+b3+c3+abc≥2 3.

一、填空题 1.(2013· 江苏卷改编)已知 a≥b>0,M=2a3-b3,N=2ab2-a2b,则 M、N 的大 小关系为________. 解析 2a3-b3-(2ab2-a2b)=2a(a2-b2)+b(a2-b2) =(a2-b2)(2a+b)=(a-b)(a+b)(2a+b). 因为 a≥b>0,所以 a-b≥0,a+b>0,2a+b>0, 从而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0,故 2a3-b3≥2ab2-a2b. 答案 M≥N 2.已知 x+y=1,那么 2x2+3y2 的最小值是________. ?? ?? 解析 由柯西不等式(2x2+3y2)· ?? 1 ?2 ? 1 ?2? ? +? ?? 2? ? 3? ?

1 1? ? ≥? 2x· + 3y· ?2=(x+y)2=1, 2 3? ? 6 3 2 ∴2x2+3y2≥5,当且仅当 2x=3y,即 x=5,y=5时,等号成立. 6 答案 5 3.若直线 3x+4y=2,则 x2+y2 的最小值为________,最小值点为________. 解析 由柯西不等式(x2+y2)(32+42)≥(3x+4y)2,

4 得 25(x2+y2)≥4,所以 x2+y2≥25. x y 当且仅当3=4时等号成立,为求最小值点, 3x+4y=2, ? ? 需解方程组?x y = . ? ?3 4 6 x = ? ? 25, ∴? 8 y = ? ? 25.

8? 6 8 4 ?6 因此, 当 x=25, y=25时, x2+y2 取得最小值, 最小值为25, 最小值点为?25,25?. ? ? 4 答案 25 8? ?6 ?25,25? ? ? a b + ,N= a+ b,则 M、N 的大小 b a

4.若 a,b 均为正实数,且 a≠b,M= 关系为________. 解析 ∵a≠b,∴ ∴ ∴

a b + b>2 a, + a>2 b, b a

a b + b+ + a>2 a+2 b, b a a b + > a+ b.即 M>N. b a

答案 M >N 2 2 2 5.设 a、b、c 是正实数,且 a+b+c=9,则a+b+c的最小值为________. ?2 2 2? 解析 ∵(a+b+c)?a+b+c? ? ? ?? =[( a)2+( b)2+( c)2]?? ?? 2?2 ? ? +? a? ? 2?2 ? ? +? b? ? 2?2? ?? c? ?

2 2 2? ? ≥? a· + b· + c· ?2=18. a b c? ? 2 2 2 2 2 2 ∴a+b+ c≥2.∴a+b+c的最小值为 2. 答案 2 6.已知 a,b,c 为正实数,且 a+2b+3c=9,则 3a+ 2b+ c 的最大值为 ________.

解析 ≤ 答案

3a+ 2b+ c= 3

a+ 2b+

1 3c 3

1? ? ?3+1+3??a+2b+3c?= 39,故最大值为 39. ? ? 39

7. (2013· 陕西卷)已知 a, b, m, n 均为正数, 且 a+b=1, mn=2, 则(am+bn)(bm +an)的最小值为________. 解析 由柯西不等式(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当且仅当 ad=bc 时“=”成

立,得(am+bn)(bm+an)≥( am· an+ bm bn)2=mn(a+b)2=2. 答案 2 18 8.已知 x2+2y2+3z2=17,则 3x+2y+z 的最小值为________. ? ? 1 ?2? ?? 解析 ∵(x2+2y2+3z2)?32+? 2?2+? ? ? 3? ? 1 ≥(3x+ 2y· 2+ 3z· )2=(3x+2y+z)2, 3 当且仅当 x=3y=9z 时,等号成立. ∴(3x+2y+z)2≤12,即-2 3≤3x+2y+z≤2 3. 9 3 3 3 3 当 x=- 17 ,y=- 17 ,z=- 17 时, 3x+2y+z=-2 3,∴最小值为-2 3. 答案 -2 3 9.已知 a,b,c∈R+,且 a+b+c=1,则 3a+1+ 3b+1+ 3c+1的最大值 为________. 解析 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. 答案 3 2 二、解答题 1 1 1 10.设 a,b,c 为正数,且 a+b+c=1,求证:a+b+c≥9. 证明 法一 ∵a,b,c 均为正数,∴1=a+b+c≥

3 1 1 1 1 3 3 3 abc.又a+b+ c≥3 abc= , 3 abc 1 3 ?1 1 1? ∴?a+b+ c?· 1≥3 · 3 abc=9. ? ? 3 abc 1 1 1 即a+b+ c≥9. 法二 构造两组数: a, 因此根据柯西不等式有 ?? 1 ?2 ? 1 ?2 ? 1 ?2? ? +? ? +? ?? [( a)2+( b)2+( c)2]?? ?? a? ? b? ? c? ? 1 1 1? ? ≥? a× + b× + c× ?2. a b c? ? ?1 1 1? 即(a+b+c)?a+b+ c?≥32=9. ? ? a b c (当且仅当 1 = 1 = 1 ,即 a=b=c 时取等号) a b c b, c; 1 1 1 , , . a b c

1 1 1 又 a+b+c=1,所以a+b+c ≥9. 11.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<x<1. 所以 M={x|0<x<1}. (2)由(1)和 a,b∈M 可知 0<a<1,0<b<1, 所以(ab+1)-(a+b)=(a-1)(b-1)>0. 故 ab+1>a+b. 12.(2012· 福建卷)已知函数 f(x)=m-|x-2|,m∈R,且 f(x+2)≥0 的解集为[- 1,1]. (1)求 m 的值; 1 1 1 (2)若 a,b,c 大于 0,且a+2b+3c=m,求证:a+2b+3c≥9. (1)解 ∵f(x+2)=m-|x|,

∴f(x+2)≥0 等价于|x|≤m. 由|x|≤m 有解,得 m≥0 且其解集为{x|-m≤x≤m}. 又 f(x+2)≥0 的解集为[-1,1],故 m=1. (2)证明 1 1 1 由(1)知a+2b+3c=1,且 a,b,c 大于 0,

?1 1 1 ? a+2b+3c=(a+2b+3c)?a+2b+3c? ? ? ?2b a ? ?3c a ? ?3c 2b? =3+? a +2b?+? a +3c?+?2b+3c ? ? ? ? ? ? ? ≥3+2 2ab 2ab+2 3c a a· 3c+2 3c 2b 2b· 3c =9.

1 当且仅当 a=2b=3c=3时,等号成立.因此 a+2b+3c≥9.


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