不等式选讲.docx

1、不等式选讲选修4 -5不等式选讲第一讲绝对值不等式本节主要包括2个知识点：1.绝对值不等式的解法； ：绝对值三角不等式突破点(一)绝对值不等式的解法基础联通 抓主干知识的“源”与“流”含绝对值的不等式|x|va与凶a的解集不等式a0a= 0a0|x|ax| axa乂区凸或x c(c0)型不等式的解法：1|ax+ b|w c? cw ax + bw c;2|ax + b| c? ax+ bc 或 ax+ bw c.(3)|x a|+ |x b| c, |x a|+ |x b|w c(c0)型不等式的解法:1利用绝对值不等式的几何意义求解.2利用零点分段法求解.3构造函数，利用函数的图象求解.考点

2、贯通 抓高考命题的“形”与“神”绝对值不等式的解法典例解下列不等式：(1)|2x + 1| 2|x 1|0.x ,(2)|x+ 3 |2x 1|2|x 1|,两边平方得 4x2+ 4x+ 14(x2 2x+ 1),r r11解得x4，所以原不等式的解集为 x|x4:原不等式等价于x01W XW 1, x1 ,或 或2x+ 1 + 2 x 1 0 2x+ 1 - 2 x 1 .1 1解得x4，所以原不等式的解集为 x|x4(2)当x 3时，x原不等式化为一(X+ 3) (1 2x)2+ 1,解得 xv10,. x 3.2当一3W x1时，x原不等式化为(X+ 3) (1 2x)v 2+ 1,解得

3、 x 2,. 3 w x 1时，原不等式化为(X+ 3) + (1 2x)2 ,. x2.综上可知，原不等式的解集为 4|xv 2或x2 :L 5 丿绝对值不等式的常用解法方法技巧(1)基本性质法：对 a R + , |x|va? axa? xa.(2)平方法：两边平方去掉绝对值符号.(3)零点分区间法：含有两个或两个以上绝对值符号的不等式，可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式 (组)求解.1 求不等式|x 1| |x 5|V2的解集解：不等式|x 1| |x 5|V2等价于x5,1或丨 或x 1 + x 5 2 x 1 + x 52 |x 1 x 5 2

4、,xV1， 1 w x 5,即$ 或42 2x5,或 故原不等式的解集为 x|x1 U x|1w x4 U ?= x|x4 42.xv 2, x 2,解：原不等式可化为f 2 或S 2x 32 3x + 3 2.1解得xw 5或x 3.所以原不等式的解集是cix|xw 5或x 3 :3.已知函数 f(x)=|x 2| |x 5|.(1)证明：一3 w f(x) w 3;求不等式f(x)x2 8x+ 15的解集.解：(1)证明：f(x) = |x 2| |x 5|3, xw 2,= 2x 7, 2x5 , 当 2x5 时，32x 7 5.(2)由可知，当 xw 2 时，f(x) x2 8x+ 1

5、5 即为 x2 8x+ 18w 0,解集为空集；当 2xx2 8x+ 15 即为 x2 10x+ 22w 0,解集为x|5 3w x 5 时，f(x) x 8x+ 15 即为 x 8x+ 12w 0,解集为x|5w xw 6.综上，不等式 f(x) x2 8x + 15的解集为x|5 , 3w xw 6.4.已知函数 f(x) = |x a|+ 3x，其中 a0.(1)当a= 1时，求不等式f(x) 3x + 2的解集；若不等式f(x)w 0的解集为x|xw 1，求a的值.解：当a = 1时，f(x)3x+ 2可化为|x 1|2.由此可得x3或x 3x+ 2的解集为x|x 3或x 1. (2)

6、由f(x) 0得|x a|+ 3x0,解得x ,f a即不等式f(x)w 0的解集为x|x a .不等式f(x)w 0的解集为x|xw 1,号=-1,故 a= 2.突破点(二)绝对值三角不等式基础联通 抓主干知识的“源”与“流”绝对值三角不等式定理(1)定理1：如果a, b是实数，则|a + b| w|a|+ |b|,当且仅当ab0时，等号成立.(2)定理2:如果a, b, c是实数，那么|a c|w |a b| + |b c|,当且仅当(a b)(b c)0 时，等号成立.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”考点一 证明绝对值不等式1 1例1 已知x, y R，且|x+ y|w 6小-戶4求

7、证：|x+ 5y|w 1.证明1x+ 5y|= |3(x + y) 2(x y)|.由绝对值不等式的性质，得|x+ 5y| = |3(x+ y) 2(x y)| |3(x + y)| + |2(x y)|=3|x + y| + 2|x y|x f(x)恒成立时a的取值范围.解 由题意得，当a = 2 017时，2x 2 017, x 2 017,f(x) =2017, xx f(x)恒成立，知 |x+ 1|+ |x a|2 恒成立, 即(|x + 1| + |x a|)min2.而 |x+1| + |x a| |(x + 1) (x a)|= |1 + a|,所以 |1+ a|2，解得 a1

8、或 a 2. (2)f(3)= 3 + + |3 a|.t 亠 1当 a3 时，f(3) = a + _, a5+回由 f(3)5 得 3a 1当 Ov a 3 时，f(3) = 6 a + -,ai + Q5 由 f(3)5 得 2 5的解集；若f(x) 4对x R恒成立，求a的取值范围.x1， K x 5,等价于$ 或2x+ 55 l_35x4,或|2x 5 5,解得x 5,故不等式f(x) 5的解集为x|xw 0或x 5.(2)因为 f(x)= |x 1|+ |x a| |(x 1) (x a)| = |a 1|,所以 f(X)min= |a 1|,故 |a1| 4,解得 aw 3 或

9、a 5.故a的取值范围为(一a, 3 U 5,+).3.考点一已知函数f(x)= ax2 + x a的定义域为1,1.3(1)若 f(0) = f(1)，解不等式 |f(x) 1|ax+ 4 ；5若 |a| 1,求证：|f(x)|w 4.解：(1)f(0) = f(1)，即一a = a+ 1 a，则 a = 1,所以 f(x) = x + x + 1,所以不等式化为| x2 + x| x + 3,2 3当一1w x0时，不等式化为 x x x + 4,解得_ 2xo ；2 3 1当Ow xw 1时，不等式化为一x + xv x+ 4 解得Ow x. 综上，原不等式的解集为cix|23vxv(2

10、)证明:由已知 x 1,1,所以 |x|w 1, 又 |a|w 1,则|f(x)| = |a(x 1) + x|w |a(x2 1)| + |x|w |x2 1|+ |x|= 1 |x|2+ |x|= |x| 2 2+彳w 4.4.考点一 (2017开封模拟)设函数f(x)= |x a|, a 2 ；1若不等式f(x) + f(2x)2的解集非空，求 a的取值范围.解：(1)证明：函数 f(x)=|x a|, a0 ,则 f(x) + f 1 =|x a| +（当且仅当|x|= 1时取等号）.(2)f(x) + f(2x) = |x a|+ |2x a|, a a;a a当 ax2时，f(x)

11、+ f(2x) = x a + 2x a = 3x 2a，贝U f(x) + f(2x) ,-a 、则f(x) + f(2x)的值域为 一2，+ m卜1不等式f(x) + f(2x)v?的解集非空，本节重点突破1个知识点：不等式的证明.突破点不等式的证明基础联通 抓主干知识的“源”与“流”1.基本不等式定理1:如果a, b R，那么a2+ b2 2ab,当且仅当a = b时，等号成立.定理2:如果a, b0,那么 ab,当且仅当a=b时，等号成立，即两个正数的算术平均不小于（即大于或等于）它们的几何平均.定理3:如果a, b, c R +,那么a + C 3 abc,当且仅当a = b= c时

12、，等号成立.2.比较法作差法的依据是： a- b 0? a b.作商法：若B 0,欲证AB，只需证1.3.综合法与分析法综合法：一般地，从已知条件出发，禾U用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的 推理、论证而得出命题成立.（2）分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实 （定义，公理或已证明的定理，性质等 ），从而得出要证的命题成立.考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”因为 a 0, b 0,所以不论a b 0,还是0 a 0,所以 a + b2 ab(a + b).方法技巧作差比较法证明不等式的步骤(1)作差；(2)变形；判断差的符号；

13、 下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负.L l L 1 1 1例2 已知a, b, c0且互不相等，abc= 1.试证明：2+ .,rb+ cv + + .a b c证明因为a, b, c0，且互不相等，abc= 1,所以a + b+c=十+ +秸111111+ + +b c a c a bV 2 + 2 + 21 1 1=_+ +_,a b c即 a+ b+ cv a + b+ 方法技巧综合法证明时常用的不等式2(1)a 0.(2)|a| 0.(3)a2 + b2 2ab,它的变形形式有：2 2 2 2 2 a + b 2

14、|ab|; a + b 2ab; (a+ b) 4ab;1 a ba + a2（a）； b+ 評 2（ab0）；b+詐-2（ab0,且 ab+ bc+ ca= 1.求证:（1）a+ b+ c 3; bc+ ,ac+ 卸 3（ a + b+ c）证明要证a+ b+ c 3,由于 a, b, c0,因此只需证明（a+ b+ c） 3.2 2 2即证：a + b + c + 2（ab+ bc+ ca） 3,而 ab+ bc+ ca= 1,故只需证明：a2+ b2 + c2 + 2（ab + bc+ ca） 3（ab+ bc+ ca）.2 2 2即证：a + b + c ab+ bc+ ca.因此要证

15、原不等式成立，只需证明yObc+Ub+&,即证 a . bc+ b . ac+ c . ab 2ab)、基本不等式I a+ b 押w 厂，a0, b0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.能力练通 抓应用体验的“得”与“失”从而(a b)(a + b)(2a+ b) 0,即 2a3 b3 2ab2 a2b.3.考点二已知a, b, c, d均为正数，且 ad= bc.(1)证明：若 a+ db+ c,则 |a d|b c|;(2)t- a2+ b2 ,c2+ d2= a4+ c4+ b4+ d4,求实数 t 的取值范

16、围.解：证明：由 a+ db+ c,且 a, b, c, d 均为正数，得(a+ d)2(b+ c)2,又 ad= bc, 所以(a d)2(b c)2,即 |a d|b c|.2.22 .2 2 2 22.22.22 2 2 2 2 2(2)因为(a + b )(c + d ) = a c + a d + b c + b d = a c + 2abcd+ b d = (ac+ bd)，所以 t a2 + b 2 c2 + d2 = t(ac+ bd).由于 a4+ c4 2ac, b4 + d4 2bd,又已知 t a2+ b2寸c2+ d2 =pa4+ c4 + 寸b4+ d4,贝U t(ac+ bd) .2(ac+ bd),故 t 2,当且仅当 a = c, b= d 时取等号.11.考点一设函数 f(x) = x+ a + |x a|(a0).(1)证明：f(x) 2;若f(3)5，求a的取值范围.