高三数学二轮专题复习不等式选讲文理通用解析版Word文档格式.docx

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全国Ⅱ卷）已知实数a>

0，b>

0，且a3＋b3＝2.

证明：

（1）（a＋b）（a5＋b5）≥4；

（2）a＋b≤2.

证明　

（1）（a＋b）（a5＋b5）＝a6＋ab5＋a5b＋b6

＝（a3＋b3）2－2a3b3＋ab（a4＋b4）＝4＋ab（a2－b2）2≥4.

（2）因为（a＋b）3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3＝2＋3ab（a＋b）

≤2＋（a＋b）＝2＋，

所以（a＋b）3≤8，因此a＋b≤2.

考点整合

1.绝对值不等式的性质

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，|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，|x－a|＋|x－b|≤c（c>

（1）利用绝对值不等式的几何意义直观求解.

（2）利用零点分段法求解.

（3）构造函数，利用函数的图象求解.

4.基本不等式

设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立.

如果a，b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立.

定理3：

如果a，b，c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立.

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，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立.

热点一　绝对值不等式的解法

【例1】（2016·

全国Ⅰ卷）已知函数f（x）＝|x＋1|－|2x－3|.

（1）在图中画出y＝f（x）的图象；

（2）求不等式|f（x）|>

1的解集.

解　

（1）f（x）＝

故y＝f（x）的图象如图所示.

（2）由f（x）的解析式及图象知，

当f（x）＝1时，可得x＝1或x＝3；

当f（x）＝－1时，可得x＝或x＝5.

故f（x）>

1的解集为{x|1<

x<

3}；

f（x）<

－1的解集为.

所以|f（x）|>

1的解集为.

探究提高　1.本题利用分段函数的图形的几何直观性，求解不等式，体现了数形结合的思想.

2.解绝对值不等式的关键是去绝对值符号，常用的零点分段法的一般步骤：

求零点；

划分区间，去绝对值符号；

分段解不等式；

求各段的并集.此外，还常用绝对值的几何意义，结合数轴直观求解.

【训练1】（2015·

全国Ⅰ卷）已知函数f（x）＝|x＋1|－2|x－a|，a>

0.

（1）当a＝1时，求不等式f（x）>

1的解集；

（2）若f（x）的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围.

解　

（1）当a＝1时，f（x）>

1化为|x＋1|－2|x－1|－1>

当x≤－1时，不等式化为x－4>

0，无解；

当－1<

1时，不等式化为3x－2>

0，解得<

1；

当x≥1时，不等式化为－x＋2>

0，解得1≤x<

2.

所以f（x）>

（2）由题设可得，f（x）＝

所以函数f（x）的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B（2a＋1，0），C（a，a＋1），

△ABC的面积S＝|AB|·

（a＋1）＝（a＋1）2.

由题设得（a＋1）2>

6，故a>

所以a的取值范围为（2，＋∞）.

热点二　不等式的证明

【例2】（2017·

长沙调研）已知f（x）＝|2x－1|＋x＋的最小值为m.

（1）求m的值；

（2）已知a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝m，求证：

2（a3＋b3＋c3）≥ab＋bc＋ca－3abc.

（1）解　当x≥时，f（x）＝3x－在上单调递增，且f（x）≥－＝1；

当x<

时，f（x）＝－x在上单调递减，且f（x）>

－＝1.

综上可得x＝时，f（x）取得最小值1，即m＝1.

（2）证明　a，b，c是正实数，且a＋b＋c＝1，

由a3＋b3－a2b－b2a＝a2（a－b）＋b2（b－a）

＝（a－b）（a2－b2）＝（a＋b）（a－b）2≥0，

则有a3＋b3－a2b－b2a≥0，

即a3＋b3≥a2b＋b2a＝ab（a＋b）＝ab（1－c）＝ab－abc，

所以a3＋b3≥ab－abc.

同理可得b3＋c3≥bc－abc；

c3＋a3≥ca－abc.

上面三式相加得，2（a3＋b3＋c3）≥ab＋bc＋ca－3abc，当且仅当a＝b＝c＝取得等号.

探究提高　1.证明不等式的基本方法有比较法、综合法、分析法和反证法，其中比较法和综合法是基础，综合法证明的关键是找到证明的切入点.

2.当要证的不等式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.如果待证命题是否定性命题、唯一性命题或以“至少”“至多”等方式给出的，则考虑用反证法.

【训练2】（2015·

全国Ⅱ卷）设a，b，c，d均为正数，且a＋b＝c＋d，证明：

（1）若ab>

cd，则＋>

＋；

（2）＋>

＋是|a－b|<

|c－d|的充要条件.

证明　

（1）∵a，b，c，d为正数，且a＋b＝c＋d，

欲证＋>

＋，只需证明（＋）2>

（＋）2，

也就是证明a＋b＋2>

c＋d＋2，

只需证明>

，即证ab>

cd.

由于ab>

cd，因此＋>

＋.

（2）①若|a－b|<

|c－d|，则（a－b）2<

（c－d）2，

即（a＋b）2－4ab<

（c＋d）2－4cd.

∵a＋b＝c＋d，所以ab>

由

（1）得＋>

②若＋>

＋，则（＋）2>

∴a＋b＋2>

c＋d＋2.

于是（a－b）2＝（a＋b）2－4ab<

（c＋d）2－4cd＝（c－d）2.

因此|a－b|<

|c－d|.

综上，＋>

热点三　与绝对值不等式有关的最值问题

【例3】（2017·

全国Ⅲ卷）已知函数f（x）＝|x＋1|－|x－2|.

（1）求不等式f（x）≥1的解集；

（2）若不等式f（x）≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范围.

解　

（1）f（x）＝|x＋1|－|x－2|＝

由f（x）≥1可得

①当x≤－1时显然不满足题意；

②当－1<

2时，2x－1≥1，

解得x≥1，则1≤x<

2；

③当x≥2时，f（x）＝3≥1恒成立，∴x≥2.

综上知f（x）≥1的解集为{x|x≥1}.

（2）不等式f（x）≥x2－x＋m等价于f（x）－x2＋x≥m，

令g（x）＝f（x）－x2＋x，则g（x）≥m解集非空只需要[g（x）]max≥m.

由

（1）知g（x）＝

①当x≤－1时，[g（x）]max＝g（－1）＝－3－1－1＝－5；

2时，[g（x）]max＝g＝－＋3·

－1＝；

③当x≥2时，[g（x）]max＝g

（2）＝－22＋2＋3＝1.

综上，[g（x）]max＝，故m≤.

所以实数m的取值范围是.

探究提高　1.不等式恒成立问题，存在性问题都可以转化为最值问题解决.

2.本题分离参数m，对含绝对值符号的函数g（x）分段讨论，求出g（x）的最大值，进而求出m的取值范围，优化解题过程.

【训练3】（2017·

郑州三模）已知不等式|x－m|<

|x|的解集为（1，＋∞）.

（1）求实数m的值；

（2）若不等式<

－<

对x∈（0，＋∞）恒成立，求实数a的取值范围.

解　

（1）由|x－m|<

|x|，得|x－m|2<

|x|2，

即2mx>

m2，

又不等式|x－m|<

|x|的解集为（1，＋∞），

则1是方程2mx＝m2的解，

解得m＝2（m＝0舍去）.

（2）∵m＝2，∴不等式<

对x∈（0，＋∞）恒成立等价于不等式a－5<

|x＋1|－|x－2|<

a＋2对x∈（0，＋∞）恒成立.

设f（x）＝|x＋1|－|x－2|＝

当0<

2时，f（x）在（0，2）上是增函数，－1<

3，

当x≥2时，f（x）＝3.

因此函数f（x）的值域为（－1，3].

从而原不等式等价于解得1<

a≤4.

所以实数a的取值范围是（1，4].

1.绝对值不等式的三种常用解法：

零点分段法、几何法（利用绝对值几何意义）、构造函数法.前者体现了分类讨论思想，后者体现了数形结合思想的应用.

2.利用绝对值三角不等式定理|a|－|b|≤|a±

b|≤|a|＋|b|求函数最值，要注意其中等号成立的条件，利用基本不等式求最值也必须满足等号成立的条件.不等式恒成立问题、存在性问题都可以转化为最值问题解决.

3.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.

链接高考

1.设a>

0，|x－1|<

，|y－2|<

，求证|2x＋y－4|<

a.

证明　因为|x－1|<

，

所以|2x＋y－4|＝|2（x－1）＋（y－2）|≤2|x－1|＋|y－2|<

2×

＋＝a.故原不等式得证.

石家庄三模）在平面直角坐标系中，定义点P（x1，y1），Q（x2，y2）之间的“直角距离”为L（P，Q）＝|x1－x2|＋|y1－y2|，已知A（x，1），B（1，2），C（5，2）三点.

（1）若L（A，B）>

L（A，C），求x的取值范围；

（2）当x∈R时，不等式L（A，B）≤t＋L（A，C）恒成立，求t的最小值.

解　

（1）由定义得|x－1|＋1>

|x－5|＋1，

则|x－1|>

|x－5|，两边平方得8x>

24，解得x>

3.

故x的取值范围为（3，＋∞）.

（2）当x∈R时，不等式|x－1|≤|x－5|＋t恒成立，也就是t≥|x－1|－|x－5|恒成立，

因为|x－1|－|x－5|≤|（x－1）－（x－5）|＝4，

所以t≥4，tmin＝4.

故t的最小值为4.

3.（2016·

全国Ⅱ卷）已知函数f（x）＝＋，

M为不等式f（x）<

2的解集.

（1）求M；

（2）证明：

当a，b∈M时，|a＋b|<

|1＋ab|.

（1）解　f（x）＝

当x≤－时，由f（x）<

2得－2x<

2，

解得x>

－1，所以－1<

x≤－；

当－<

时，f（x）<

2恒成立.

当x≥时，由f（