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2014届高考数学(理科)二轮专题突破辅导与测试课件专题七 第2讲 不等式选讲(选修4-5)


第二讲

不等式选讲?选修4-5?

考点

考情 高考对本讲内容的考查主要有:

绝对值不等式的
求解

(1)不等式性质的应用,绝对值不等

与绝对值不等式有 式的解法,如2013年陕西T15A. (2)不等式的证明,如2013年江苏 关的参数范围问题 不等式的证明与综 合应用 T21D. (3)与绝对值不等式有关的参数问题的 求解.

3 1. (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.

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

2.(2013· 江苏高考)已知 a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.
证明: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, 即 2a3-b3≥2ab2-a2b.

3.(2012· 福建高考)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∈R+,且a+ + =m,求证:a+2b+ 2b 3c 3c≥9.
解:(1)因为 f(x+2)=m-|x|,所以 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}. 又因为 f(x+2)≥0 的解集为[-1,1],故 m=1.

1 1 1 (2)证明:由(1)知a+ + =1,又 a,b,c∈R+, 2b 3c 由柯西不等式得 a + 2b + 3c = (a + 2b + 3c) 1 1 ?2 2b· + 3c· ? =9. 2b 3c? ?
?1 1 1? ? + + ? ?a 2b 3c?



? ? ? ?

1 a· a



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. 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,利用函数图像求解,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.

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. [自主解答] (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}.

(2)记 h(x)=f(2x+a)-2f(x), x≤0, ?-2a, ? 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}, ?a-1 ? =1, ? 2 所以? ?a+1 ? 2 =2, ?

于是 a=3.

——————————规律· 总结————————————

绝对值不等式的求解方法 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.
———————————————————————————

1.已知函数 f(x)=|x-2|-|x-5|. (1)证明:-3≤f(x)≤3; (2)求不等式 f(x)≥x2-8x+15 的解集.

解:(1)证明:当 x≤2 时,f(x)=2-x-(5-x)=-3; 当 2<x<5 时 , f(x)= x - 2- (5- x)= 2x- 7 , 所 以 - 3<f(x)<3; 当 x≥5 时,f(x)=x-2-(x-5)=3. 所以-3≤f(x)≤3.

(2)由(1)可知, 当 x≤2 时,f(x)≥x2-8x+15?x2-8x+18≤0?(x-4)2+ 2≤0,无解, 所以 f(x)≥x2-8x+15 的解集为空集; 当 2<x<5 时,f(x)≥x2 -8x+15?x2 -10x+22≤0?5- 3 ≤x≤5+ 3, 所以 f(x)≥x2-8x+15 的解集为{x|5- 3≤x<5}; 当 x≥5 时,f(x)≥x2-8x+15?x2-8x+12≤0?2≤x≤6, 所以 f(x)≥x2-8x+15 的解集为{x|5≤x≤6}. 综上,不等式 f(x)≥x2-8x+15 的解集为{x|5- 3≤x≤6}.

与绝对值不等式有关的参数范围问题

[例 2]

(2013· 新课标全国卷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; (2)设 a>-1,且当 取值范围.
? a 1? x∈?-2,2?时,f(x)≤g(x),求 ? ?

a的

[自主解答]

(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,则 1 ? ?-5x,x<2, ? 1 y=? ?-x-2,2≤x≤1, ? ?3x-6,x>1,

其图像如图所示.

从图像可知,当且仅当 x∈(0,2)时,y<0,所以原不等式 的解集是{x|0<x<2}.

(2)当

? a 1? x∈?-2,2?时,f(x)=1+a. ? ?

不等式 f(x)≤g(x)化为 1+a≤x+3. 所以 x≥a-2 对
? a 1? x∈?-2,2?都成立. ? ?

a 4 故- ≥a-2,即 a≤ . 2 3 从而 a
? 4? 的取值范围是?-1,3?. ? ?

——————————规律· 总结————————————
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.
——————————————————————————

2.已知 f(x)=|ax+1|(a∈R),不等式 f(x)>5 的解集为{x|x>2 或 x<-3}. (1)求 a 的值; (2)若不等式
?x? f(x)-f?2?≤k ? ?

在 R 上有解,求 k 的取值范围.

解:(1)由|ax+1|>5 得 ax>4 或 ax<-6. 又 f(x)>5 的解集为{x|x>2 或 x<-3}, 4 6 当 a>0 时,解得 x>a或 x<-a,则 a=2; 当 a≤0 时,经验证不合题意. 综上,a=2.

(2)设

?x? g(x)=f(x)-f?2?, ? ?

?-x,x≤-1, ? ?-3x-2,-1<x<-1, 2 则 g(x)=? ? 1 ?x,x≥-2, ?
则函数 g(x)的图像如图所示, 1 由图像可知,g(x)≥- , 2 1 故原不等式在 R 上有解时,k≥- . 2 即
? 1 ? ?- ,+∞?. k 的取值范围是 2 ? ?

不等式的证明
[例 3] (2013· 新课标全国卷Ⅱ)设 a,b,c 均为正数,且 a+b

+c=1.证明: 1 (1) ab+bc+ac≤ ; 3 a2 b2 c2 (2) b + c + a ≥1.

[自主解答]

(1) 由 a2 + b2≥2ab , b2 + c2≥2bc , c2 +

a2≥2ac,得 a2+b2+c2≥ab+bc+ac. 由题设得(a+b+c)2=1,即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac =1. 1 所以 3(ab+bc+ac)≤1,即 ab+bc+ac≤ . 3 a2 b2 c2 a2 b2 c2 (2)因为 b +b≥2a,c +c≥2b,a +a≥2c, b + c + a + 故 a2 b2 c2 (a+b+c)≥2(a+b+c),即 b + c + a ≥a+b+c. a2 b2 c2 所以 b + c + a ≥1.

——————————规律· 总结————————————

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. ———————————————————————————

3.(1)设 a≥b>0,证明:3a3+2b3≥3a2b+2ab2; 1 6 (2)证明:a +8b + c ≥2a2b2c2; 27
6 6

(3)若 a,b,c 为正实数,证明: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 1 6 2 2 2 2 6 6 6 6 6 (2)a +8b + c ≥3 a b c =3× a b c =2a2b2c2, 27 27 3 1 6 ∴a +8b + c ≥2a2b2c2. 27
6 6

(3)∵a2+4b2≥2 a2· 2=4ab, 4b a2+9c2≥2 a2· 2=6ac, 9c 4b2+9c2≥2 4b2· 2=12bc, 9c ∴2a2+8b2+18c2≥4ab+6ac+12bc, ∴a2+4b2+9c2≥2ab+3ac+6bc.

不等式的综合应用
[例 4] 已知 a,b 为正实数.

a2 b2 (1)求证: b + a ≥a+b; ?1-x?2 x2 (2)利用(1)的结论, 求函数 y= x + (0<x<1)的最 1-x 小值.

[自主解答]

(1)证明:法一:∵a>0,b>0,

?a2 b2? a3 b3 ∴(a+b)? b + a ?=a2+b2+ b + a ≥a2+b2+2ab=(a+b)2. ? ?

a2 b2 ∴ b + a ≥a+b,当且仅当 a=b 时等号成立. a3+b3-a2b-ab2 a2 b2 法二: b + a -(a+b)= ab a3-a2b-?ab2-b3? a2?a-b?-b2?a-b? = = ab ab ?a-b?2?a+b? = , ab

?a-b?2?a+b? 又∵a>0,b>0,∴ ≥0,当且仅当 a=b 时等 ab 号成立. a2 b2 ∴ b + a ≥a+b. (2)∵0<x<1,∴1-x>0, ?1-x?2 x2 由(1)的结论,得函数 y= x + ≥(1-x)+x=1, 1-x 1 当且仅当 1-x=x,即 x= 时等号成立. 2 ?1-x?2 x2 ∴函数 y= x + (0<x<1)的最小值为 1. 1-x

——————————规律· 总结————————————

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.已知函数 f(x)=2 x+ 5-x. (1)求证:f(x)≤5,并说明等号成立的条件; (2)若关于 x 的不等式 f(x)≤|m-2|恒成立, 求实数 m 的取 值范围.
解 : (1) 证 明 : 由 柯 西 不 等 式 得 (2 x + 5-x )2≤(22 + 12)· x)2+( 5-x)2]=25, [( 所以 f(x)=2 x+ 5-x≤5, 5-x x 当且仅当 = ,即 x=4 时等号成立. 2 1

(2)由(1)知 f(x)≤5, 又不等式 f(x)≤|m-2|恒成立,所以|m-2|≥5, 解得 m≥7 或 m≤-3, 故 m 的取值范围是(-∞,-3]∪[7,+∞).

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