当前位置:首页 >> 数学 >> 【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题七 第4讲不等式选讲

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题七 第4讲不等式选讲


第4讲

不等式选讲

【高考考情解读】 本部分主要考查绝对值不等式的解法,求含绝对值的函数的值域及求含 参数的绝对值不等式中参数的取值范围,不等式的证明等,结合集合的运算、函数的图象和 性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点.从能力上主要考查 学生的基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.考查形式为解答题, 难度中等.分值为 10 分.

1. 算术—几何平均不等式 a1+a2+?+an n ≥ a1a2?an(a1>0,a2>0,?,an>0). n 2. 绝对值三角不等式 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. 3. 绝对值不等式的解法 (1)|x|<a?-a<x<a,|x|>a?x>a 或 x<-a. (2)|ax+b|≤c?-c≤ax+b≤c,|ax+b|≥c?ax+b≤-c 或 ax+b≥c. (3)|x-a|+|x-b|≥c 和|x-a|+|x-b|≤c 的解法有三种:①根据绝对值的意义结合数轴直 观求解;②用零点分段法去绝对值,转化为三个不等式组求解;③构造函数,利用函数 图象求解. 4. 证明不等式的基本方式 (1)比较法 作差或作商比较. (2)综合法 根据已知条件、不等式的性质、基本不等式,通过逻辑推理导出结论. (3)分析法 执果索因的证明方法. (4)反证法 反设结论,导出矛盾. (5)放缩法 通过把不等式中的部分值放大或缩小的证明方法. (6)数学归纳法 证明与正整数有关的不等式. 5. 一般形式的柯西不等式
2 2 2 2 2 设 a1, a2, a3 , ?, an, b1, b2, b3, ?, bn 是实数, 则(a2 1+a2+?+an)(b1+b2+?+bn)≥(a1b1

+a2b2+?+anbn)2, 当且仅当 bi=0(i=1,2, ?, n)或存在一个数 k, 使得 ai=kbi(i=1,2, ?, n)时,等号成立.

考点一 含绝对值不等式的解法 例1 (2013· 辽宁)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. -2x+6,x≤2, ? ? 解 (1)当 a=2 时,f(x)+|x-4|=?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), -2a,x≤0, ? ? 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}, 1 =1, ?a- 2 所以? a+1 ? 2 =2,

于是 a=3.

(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤: ①求零点;②划区间、去绝对值号;③分别解去掉绝对值的不等式;④取每个结果的并 集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值. (2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式,使得代数问题几何化,既通俗易 懂,又简洁直观,是一种较好的方法. (2013· 课标全国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; 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, -5x,x< , ? 2 ? 1 则 y=? -x-2, ≤x≤1, 2 ? ?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)∵a>-1,则- < , 2 2 ∴f(x)=|2x-1|+|2x+a| 1

? ? a 1 - ≤x< ? =?a+1 ? 2 2? ? ? ? ?4x+a-1 ??x≥1 2?
-4x+1-a

?x<-a? 2? ?

a 1? 当 x∈? ?-2,2?时,f(x)=a+1, a 1? 即 a+1≤x+3 在 x∈? ?-2,2?上恒成立. a 4 ∴a+1≤- +3,即 a≤ , 2 3 4? ∴a 的取值范围为? ?-1,3?. 考点二 证明不等式 例2 已知 a,b 为正实数. a2 b2 (1)求证: + ≥a+b; b a ?1-x?2 x2 (2)利用(1)的结论求函数 y= + (0<x<1)的最小值. x 1-x (1)证明 方法一 ∵a>0,b>0, a b? a b 2 2 2 2 2 ∴(a+b)? ? b + a ?=a +b + b + a ≥a +b +2ab=(a+b) . a2 b2 ∴ + ≥a+b,当且仅当 a=b 时等号成立. b a a3+b3-a2b-ab2 a2 b2 方法二 ∵ + -(a+b)= b a ab = a3-a2b-?ab2-b3? ab
2 2 3 3

= =

a2?a-b?-b2?a-b? ab ?a-b?2?a+b? . ab

?a-b?2?a+b? 又∵a>0,b>0,∴ ≥0, ab 当且仅当 a=b 时等号成立. a2 b2 ∵ + ≥a+b. b a (2)解 ∵0<x<1,∴1-x>0,

?1-x?2 x2 由(1)的结论,函数 y= + ≥(1-x)+x=1. x 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= + (0<x<1)的最小值为 1. x 1-x (1)作差法应该是证明不等式的常用方法. 作差法证明不等式的一般步骤: ①作 差;②分解因式;③与 0 比较;④结论.关键是代数式的变形能力. (2)注意观察不等式的结构,利用基本不等式或柯西不等式或绝对值不等式的性质证明. (1)(2013· 课标全国Ⅱ)设 a、b、c 均为正数,且 a+b+c=1,证明: 1 a2 b2 c2 ①ab+bc+ca≤ ;② + + ≥1. 3 b c a 证明 ①由 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac 得 a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 由题设得(a+b+c)2=1, 即 a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1. 1 所以 3(ab+bc+ca)≤1,即 ab+bc+ca≤ . 3 a2 b2 c2 ②因为 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c, b c a a2 b2 c2 故 + + +(a+b+c)≥2(a+b+c), b c a a2 b2 c2 a2 b2 c2 即 + + ≥a+b+c.所以 + + ≥1. b c a b c a 1 1 5 (2)(2012· 江苏)已知实数 x,y 满足:|x+y|< ,|2x-y|< ,求证:|y|< . 3 6 18 证明 因为 3|y|=|3y|=|2(x+y)-(2x-y)|≤2|x+y|+|2x-y|, 1 1 由题设知|x+y|< ,|2x-y|< , 3 6

2 1 5 5 从而 3|y|< + = ,所以|y|< . 3 6 6 18 考点三 不等式的综合应用 例3 (1)(2013· 陕西改编)已知 a,b,m,n 均为正数,且 a+b=1,mn=2,求(am+bn)(bm

+an)的最小值. 解 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. 1 1 1 (2)已知 a,b,c 均为正数,证明:a2+b2+c2+( + + )2≥6 3,并确定 a,b,c 为何 a b c 值时,等号成立. 证明 方法一 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) , 3 1 1 1 1 + + ≥3(abc)- , a b c 3 1 1 1 2 所以( + + )2≥9(abc)- . a b c 3 1 1 1 2 2 故 a2+b2+c2+( + + )2≥3(abc) +9(abc)- . a b c 3 3 2 2 又 3(abc) +9(abc)- ≥2 27=6 3, 3 3 所以原式成立. 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) =9(abc)- 时,③式等号成立. 3 3 1 故当且仅当 a=b=c=3 时,原不等式等号成立. 4 方法二 因为 a,b,c 均为正数,由算术—几何平均不等式得 a2+b2≥2ab, b2+c2≥2bc, c2+a2≥2ac. 所以 a2+b2+c2≥ab+bc+ac. 1 1 1 1 1 1 同理 2+ 2+ 2≥ + + , a b c ab bc ac 1 1 1 故 a2+b2+c2+( + + )2 a b c 1 1 1 2 2 2 =a2+b2+c2+ 2+ 2+ 2+ + + a b c ab bc ac 3 3 3 ≥ab+bc+ac+ + + ab bc ac ① ② ③ ② ①

≥6 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,当且仅当 a=b=c,(ab)2=(bc)2=(ac)2=3 时,③式等号成立. 1 故当且仅当 a=b=c=3 时,原不等式等号成立. 4 利用算术—几何平均不等式或柯西不等式求最值时,首先要观察式子特点,构 造出算术—几何平均不等式或柯西不等式的结构形式,其次要注意取得最值的条件是否 成立. 已知函数 f(x)=|x-2|+|x-4|的最小值为 m,实数 a,b,c,n,p,q 满足 a2 +b2+c2=n2+p2+q2=m. (1)求 m 的值; n4 p4 q4 (2)求证: 2+ 2+ 2 ≥2. a b c 2x-6?x≥4?, ? ? (1)解 方法一 f(x)=|x-2|+|x-4|=?2?2<x<4?, ? ?-2x+6?x≤2?, 2. 方法二 f(x)=|x-2|+|x-4|≥|(x-2)-(x-4)|=2, 当且仅当 2≤x≤4 时,等号成立,故 m=2.
2 2 2 2 p2 q2 ?2 2 2 2 ?n ?2+?p ?2+?q ?2?· ?n · a+ · b+ · c (2)证明 ? ( a + b + c ) ≥ b c ?, ?? a ? ? b ? ? c ? ? ?a

可得函数的最小值为 2.故 m=

n4 p4 q4? 2 2 2 2 即? ?a2+b2+c2?×2≥(n +p +q ) =4, n4 p4 q4 故 2+ 2+ 2 ≥2. a b c

1. 对于带有绝对值的不等式的求解,要掌握好三个方法:一个是根据绝对值的几何意义, 借助于数轴的直观解法;二是根据绝对值的意义,采用零点分区去绝对值后转化为不等 式组的方法;三是构造函数,通过函数图象的方法.要在解题过程中根据不同的问题情 境灵活选用这些方法. 2. 使用绝对值三角不等式求最值很方便,如|x+2|+|x-4|≥|(x+2)-(x-4)|=6. 3. 易错点:解绝对值不等式时忽视去掉绝对值的分界点;在使用算术—几何平均不等式、 柯西不等式求最值时忽视讨论等号成立的条件.

1. 若不等式|x+1|+|x-3|≥|m-1|恒成立,求 m 的取值范围. 解 ∵|x+1|+|x-3|≥|(x+1)-(x-3)|=4,

∴不等式|x+1|+|x-3|≥|m-1|恒成立, 只需|m-1|≤4,即-3≤m≤5. 2. 设函数 f(x)=|x-3|+|x-a|,如果对任意 x∈R,f(x)≥4,求 a 的取值范围. 解 若 a=3,则 f(x)=2|x-3|,不满足题设条件; 若 a<3, -2x+a+3, x≤a, ? ? 则 f(x)=?3-a, a<x<3, ? ?2x-a-3, x≥3, f(x)的最小值为 3-a; 若 a>3, -2x+a+3, x≤3, ? ? 则 f(x)=?a-3, 3<x<a, ? ?2x-a-3, x≥a, f(x)的最小值为 a-3, 所以对任意 x∈R,f(x)≥4 的充要条件是|a-3|≥4,解得 a≥7 或 a≤-1. 故 a 的取值范围为(-∞,-1]∪[7,+∞). 3. 设函数 f(x)=|2x-1|,x∈R. (1)不等式 f(x)≤a 的解集为{x|0≤x≤1},求 a 的值; 1 (2)若 g(x)= 的定义域为 R,求实数 m 的取值范围. f?x?+f?x+1?+m 解 (1)由已知得|2x-1|≤a,即-a≤2x-1≤a,

1-a 1+a 所以 ≤x≤ , 2 2 因为不等式 f(x)≤a 的解集为{x|0≤x≤1}, a =0, ?1- 2 所以? 1+a ? 2 =1,

解得 a=1.

1 (2)由 g(x)= 的定义域为 R 知, |2x-1|+|2x+1|+m 对任意实数 x,有|2x-1|+|2x+1|+m≠0 恒成立,

因为|2x-1|+|2x+1|≥|(2x-1)-(2x+1)|=2, 所以 m+2>0.

所以 m>-2,即实数 m 的取值范围为(-2,+∞).

(推荐时间:60 分钟) 1. 若不等式|ax+2|<4 的解集为(-1,3),求实数 a 的值. 解 由-4<ax+2<4,得-6<ax<2.

6 2 当 a>0 时,- <x< ,与解集(-1,3)不符; a a 2 6 当 a<0 时, <x<- ,∴a=-2. a a 故实数 a 的值为-2. 2. (2013· 江西改编)在实数范围内,求不等式||x-2|-1|≤1 的解集. 解 由||x-2|-1|≤1 得-1≤|x-2|-1≤1,

? ?|x-2|≥0 解? 得 0≤x≤4. ?|x-2|≤2 ?

∴不等式的解集为[0,4]. 3. 不等式|x+3|+|x-1|≥a2-3a 对任意实数 x 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解 和, 则|x+3|+|x-1|的最小值为 4, ∴不等式|x+3|+|x-1|≥a2-3a 对任意实数 x 恒成立, 只需 a2-3a≤4,解得-1≤a≤4. ∴a 的取值范围为[-1,4]. 1 4. 已知集合 A={x∈R||x+3|+|x-4|≤9},B={x∈R|x=4t+ -6,t∈(0,+∞)},求集合 t A∩B. 解 由|x+3|+|x-4|≤9, 由绝对值的几何意义知,|x+3|+|x-1|的几何意义为数轴上点 x 到点-3,1 的距离的

当 x<-3 时,-x-3-(x-4)≤9,即-4≤x<-3; 当-3≤x≤4 时,x+3-(x-4)=7≤9 恒成立; 当 x>4 时,x+3+x-4≤9,即 4<x≤5.

综上所述,A={x|-4≤x≤5}. 1 又∵x=4t+ -6,t∈(0,+∞), t ∴x≥2 1 1 4t·-6=-2,当且仅当 t= 时取等号. t 2

∴B={x|x≥-2},∴A∩B={x|-2≤x≤5}. 5. 已知关于 x 的不等式|x-1|+|x-a|≤8 的解集不是空集,求 a 的最小值. 解 |x-1|+|x-a|=|x-1|+|a-x|≥|a-1|,要使关于 x 的不等式不是空集,则|a-1|≤8,

∴-7≤a≤9,即 a 的最小值为-7. 1 6. 设 f(x)= x2-bx+c,不等式 f(x)<0 的解集是(-1,3),若 f(7+|t|)>f(1+t2),求实数 t 的取 a 值范围. 解 1 ∵ x2-bx+c<0 的解集是(-1,3), a

1 1 ∴ >0 且-1,3 是 x2-bx+c=0 的两根. a a 1 ab 则函数 f(x)= x2-bx+c 图象的对称轴方程为 x= =1, a 2 且 f(x)在[1,+∞)上是增函数, 又∵7+|t|≥7>1,1+t2≥1, 则由 f(7+|t|)>f(1+t2),得 7+|t|>1+t2, 即|t|2-|t|-6<0,亦即(|t|+2)(|t|-3)<0, ∴|t|<3,即-3<t<3. 7. 设 a,b,c 为正数,且 a+2b+3c=13,求 3a+ 2b+ c的最大值. 解 由柯西不等式可知,

?? 3?2+12+? (a+2b+3c)· ?
∵a+2b+3c=13,

1 ?2? ≥( 3a+ 2b+ c)2, ? 3? ?

169 ∴( 3a+ 2b+ c)2≤ , 3 13 3 ∴ 3a+ 2b+ c≤ , 3 当且仅当 a 2b 3c = = 时取等号, 1 1 3 3

又∵a+2b+3c=13, 3 1 ∴a=9,b= ,c= 时, 2 3

13 3 3a+ 2b+ c取得最大值 . 3 3 1 8. (2013· 福建)设不等式|x-2|<a(a∈N*)的解集为 A,且 ∈A, ?A, 2 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值. 解 3 1 (1)因为 ∈A,且 ?A, 2 2

3 ? 1 -2 <a,且? -2?≥a, 所以? ?2 ? ?2 ? 1 3 解得 <a≤ .又因为 a∈N*,所以 a=1. 2 2 (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. 9. 设函数 f(x)=|2x+1|-|x-4|. (1)解不等式 f(x)>0; (2)若 f(x)+3|x-4|>m 对一切实数 x 均成立,求 m 的取值范围. 解 (1)当 x≥4 时,由 f(x)=2x+1-(x-4)=x+5>0,得 x>-5,所以 x≥4;

1 当- ≤x<4 时,由 f(x)=2x+1+x-4=3x-3>0, 2 得 x>1,所以 1<x<4; 1 当 x<- 时,由 f(x)=-2x-1+x-4=-x-5>0, 2 得 x<-5,所以 x<-5. 综上,原不等式的解集为{x|x>1 或 x<-5}. 1 (2)f(x)+3|x-4|=|2x+1|+2|x-4|≥|2x+1-2x+8|=9,当- ≤x≤4 时等号成立.所以 2 m<9. 故 m 的取值范围是(-∞,9). 1 1 1 10.设 a,b,c 均为正实数,求证: 3+ 3+ 3+abc≥2 3. a b c 证明 因为 a,b,c 是正实数,由算术—几何平均不等式可得 3 1 1 1 1 1 1 · ·, 3+ 3+ 3≥3 a b c a3 b3 c3 1 1 1 3 即 3+ 3+ 3≥ . a b c abc 1 1 1 3 所以 3+ 3+ 3+abc≥ +abc. a b c abc



3 +abc≥2 abc

3 · abc=2 3, abc

1 1 1 所以 3+ 3+ 3+abc≥2 3, a b c 6 当且仅当 a=b=c= 3时取等号. 11.已知 f(x)=|x+1|+|x-1|,不等式 f(x)<4 的解集为 M. (1)求 M; (2)当 a,b∈M 时,证明:2|a+b|<|4+ab|. -2x,x<-1, ? ? (1)解 f(x)=|x+1|+|x-1|=?2,-1≤x≤1, ? ?2x,x>1. 当 x<-1 时,由-2x<4,得-2<x<-1; 当-1≤x≤1 时,f(x)=2<4; 当 x>1 时,由 2x<4,得 1<x<2. ∴综上可得-2<x<2,即 M=(-2,2). (2)证明 a,b∈M,即-2<a<2,-2<b<2, ∴4(a+b)2-(4+ab)2=4(a2+2ab+b2)-(16+8ab+a2b2)=(a2-4)(4-b2)<0, ∴4(a+b)2<(4+ab)2, ∴2|a+b|<|4+ab|.


更多相关文档:

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第4讲算法与复数_数学_高中教育_教育专区。第4【高考考情解读】 算法与复数 1....

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第4讲转化与化归思想 隐藏>> 第4讲 转化与化归思想 转化与化归思想方法, 就是在...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题七 第...若= ,求 的值. AD 4 AC 解 如图,过点 A 作 AG∥BC,交 BF 的延长线...

...《大二轮专题复习与增分策略》专题七 第4讲]

2014届高三数学(理)( 江苏专用)《大二轮专题复习与增分策略》专题七 第4讲]_高中教育_教育专区。2014届高三数学(理)( 江苏专用)《大二轮专题复习与增分策略》...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题第4讲不等式及线性规划_数学_高中教育_教育专区。第4讲 不等式及线性规划 【高考考...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题一 第...(3)(ax)′=axln a(a>0,且 a≠1). 1 (4)(logax)′= (a>0,且 a...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题四 第...4 1. 证明线线平行的常用方法 (1)利用平行公理,即证明两直线同时和第三条...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题三 第1讲等差数列、等比数列_数学_高中教育_教育专区。第1讲 等差数列、等比数列 【...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题四 第3讲立体几何中的向量方法_数学_高中教育_教育专区。第3讲 立体几何中的向量方法 ...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复...

【步步高 浙江专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题七 第2讲 隐藏>> 第2讲 不等式选讲 【高考考情解读】 本部分主要考查绝对值不等式...
更多相关标签:
相关文档

网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com