选修4-5不等式部分复习
苏教版高中数学选修4-5:5.4 几个著名的不等式 复习课件

3.已知 a>0,b>0,c>0,函数 f(x)=|x+a|+|x-b|+c 的最 小值为 4.
(1)求 a+b+c 的值. (2)求14a2+19b2+c2 的最小值.
解:(1)∵f(x)=|x+a|+|x-b|+c≥|(x+a)-(x-b)|+c=|a +b|+c,
当且仅当-a≤x≤b 时,等号成立, 又 a>0,b>0,∴|a+b|=a+b. ∴f(x)的最小值为 a+b+c. 又已知 f(x)的最小值为 4,∴a+b+c=4.
5.4 几个著名的不等式 复习课件
专题一 利用柯西不等式证明不等式
• [考情分析] • 由于柯西不等式是用综合法证明不等式的重要依
据,因此柯西不等式的考查常出现在用综合法证 明含有幂,根式的和、积、商的不等式中.高考 一般在选考题中考查.
[高考冲浪] 1.(2017·江苏卷)已知a,b,c,d为实数, 且a2+b2=4,c2+d2=16,求证:ac+bd≤8.
3.已知 a1,a2,…,an 都是正实数,且 a1+a2+…+an= 1.
求证:a1+a21 a2+a2+a22 a3+…+an-a12n+-1 an+an+a2n a1≥12.
证明:左边=a1+a21 a2+a2+a22 a3+…+an-a12n+-1 an+an+a2n a1=[(a1 + a2) + (a2 + a3) + … + (an - 1 + an) + (an +
定理:若 a1,a2,…,an 为正数,
则a1+a2+n …+an≥ n a1a2…an
,
等号当且仅当 a1=a2=…=an 时成立.
1.求函数 y=4x-2-94x(x>12)的最小值. 解:y=4x-2-94x=4x+4x-9 2=4x-2+4x-9 2+2, ∵x>12,∴4x-2>0,∴y≥2 9+2=8, 当且仅当 4x-2=4x-9 2时,“=”成立. 故所求函数的最小值为 8.
最新人教版高中数学选修4-5《绝对值不等式》教材梳理

庖丁巧解牛知识·巧学一、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.定理1的等号成立的情况具体来说,当a=0或b=0时,或a>0、b>0时,或a<0,b<0时,等号都是成立的,即有|a+b|=|a|+|b|.除此之外,就是|a+b|<|a|+|b|了.如果把定理1中的实数a,b分别替换为向量a,b,则定理1的形式仍旧成立.即有|a+b|≤|a|+|b|成立,当且仅当向量a,b不共线时,有|a+b|<|a|+|b|成立.联想发散根据定理1,我们可以得到许多正确的结论.其中比较常用的结论有:(1)如果a,b是实数,那么|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|.(2)|a1+a2+a3+…+a n|≤|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|(n∈N*).2.绝对值三角不等式所谓绝对值三角不等式就是指把定理1中的实数a,b分别替换为向量a,b,且向量a,b不共线时,所成立的不等式|a+b|<|a|+|b|.绝对值三角不等式即向量不等式|a+b|<|a|+|b|的几何意义就是三角形的两边之和大于第三边(如下图所示).记忆要诀由于绝对值三角不等式其形式与定理1是完全类似的,所以只要记住定理1,那么这个绝对值三角不等式也就记住了.3.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.对于定理2,同学们不但要记住它的形式,还应注意它的特点,尤其要注意它的不等号左边没有字母b,只有右边才有.学法一得要注意|a-c|可以变形为|(a-b)+(b-c)|,熟悉这种变形,那么在具体解题时就可以通过变形来巧妙地利用定理2了.二、绝对值不等式的解法要熟记简单绝对值不等式的解法,它是解较复杂的绝对值不等式的基础,即要记住:一般地,如果a>0,则有:|x|<a⇔-a<x<a,因此,不等式|x|<a的解集是(-a,a);|x|>a⇔x<-a或x>a,因此,不等式|x|>a的解集是(-∞,-a)∪(a,+∞).1.|ax+b|≤c和|ax+b|≥c型不等式的解法.求解这类绝对值不等式,只要将ax+b看成一个整体,然后套用|x|<a或|x|>a的不等式的解法即可.2.|x-a|+|x-b|≤c和|x-a|+|x-b|≥c型不等式的解法.求解这类绝对值不等式,主要的方法有如下三种:(1)利用绝对值的几何意义;(2)分区间讨论法;(3)构造函数利用函数的图象求解.求解这类绝对值不等式时,可根据题目的不同而适时选用不同的方法求解.误区警示解绝对值不等式切勿盲目地套用某一类解法,一定要注意不等式的形式,要针对不同的形式对号入座采取相应的方法来求解.典题·热题知识点一: 与定理1、2相关的绝对值不等式的判断与证明例1 若|x-a|<m,|y-a|<n ,则下列不等式一定成立的是( )A.|x-y|<2mB.|x-y|<2nC.|x-y|<n-mD.|x-y|<n+m思路分析:注意观察比较|x-y|与|x-a|,|y-a|之间的关系,不难发现通过适当变形就可运用定理1及已知条件来巧妙求解此题了,具体解题过程为:|x-y|=|x-a-(y-a)|≤|x -a|+|y-a|<m+n,故选D.答案:D巧解提示对某些式子进行适当的变形,以便创造条件利用某些定理、公式来解题,这是一种常用的技巧,如此题求解过程中的|x-y|=|x-a-(y-a)|就是变形,而变形的基础是必须要熟悉公式. 例2 已知a 、b 、c 、d 都是实数,且a 2+b 2=m 2,c 2+d 2=n 2(m>0,n>0),求证:|ac+bd|≤222n m +. 思路分析:证明此题时,可将ac 、bd 分别看成整体,那么就可以套用定理1来证明了. 证明:∵a 、b 、c 、d ∈R ,∴|a c+bd|≤|ac|+|bd|≤222222d b c a +++ =222222222r R d c b a +=+++, ∴|ac+bd|≤222R r +. 误区警示如果利用ab≤222b a +来证明此题,就容易出现似是而非的证法,而利用较严格的公式|ab|≤222b a +来证明就不易出错了.因此同学们要注意公式的适时选用. 知识点二: 绝对值不等式的解法例3 解关于x 的不等式|2x-1|<2m-1(m ∈R ).思路分析:要注意对2m-1的正负情况进行讨论.解:若2m-1≤0,即m≤21,则|2x-1|<2m-1恒不成立,此时,原不等式无解;若2m-1>0,即m>21,则-(2m-1)<2x-1<2m-1,所以1-m<x<m. 由上可得:当m≤21时,原不等式的解集为∅, 当m>21时,原不等式的解集为:{x|1-m<x<m}. 方法归纳对于不等号右侧是含有参数的式子的这类绝对值不等式,在求解时一定要通过对参数式子的正、负、零三种情况的讨论来求解.例4 解不等式3≤|x -2|<4.思路分析:此题的不等式属于绝对值的连不等式,求解时可将其化为绝对值的不等式组再求解.解:原不等式等价于⎩⎨⎧<-≥-)2.(4|2|)1(,3|2|x x 由(1)得x-2≤-3或x-2≥3,∴x≤-1,或x≥5.由(2)得-4<x-2<4,∴-2<x<6.如上图所示,原不等式的解集为{x|-2<x≤-1或5≤x<6}.误区警示有些同学求解这类问题时,为了图省事,往往不爱通过画图来寻找解集,总爱耍点小聪明,这是造成求解出错的主要原因.例5 解不等式|x+7|-|x-2|≤3.思路分析:解含有绝对值的不等式,总的思路是同解变形为不含绝对值的不等式,但要根据求解不等式的结构,选用恰当的方法.此题中有两个绝对值符号,故可用绝对值的几何意义来求解,或用分区间讨论法求解,还可构造函数利用函数图象求解.图1解:[方法一] |x+7|-|x-2|可以看成数轴上的动点(坐标为x)到-7对应的点的距离与到2对应的点的距离的差,先找到这个差等于3的点,即x=-1(如图1所示).从图易知不等式|x+7|-|x-2|≤3的解为x≤-1,即x ∈(-∞,-1].[方法二] 令x+7=0,x-2=0得x=-7,x=2.①当x<-7时,不等式变为-x-7+x-2≤3,∴-9≤3成立,∴x<-7.图2②当-7≤x≤2时,不等式变为x+7+x-2≤3,即2x≤-2,∴x≤-1,③当x>2时,不等式变为x+7-x+2≤3,即9≤3不成立,∴x ∈∅.∴原不等式的解集为(-∞,-1].[方法三] 将原不等式转化为|x+7|-|x-2|-3≤0,构造函数y=|x+7|-|x-2|-3,即y=⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤-+-<-.2,6;27,22;7,12x x x x .作出函数的图象(如图2),从图可知,当x≤-1时,有y≤0,即|x+7|-|x-2|-3≤0,所以,原不等式的解集为(-∞,-1].巧妙变式针对此题,我们可以进行各种不同的题目变式.如:可以将两个绝对值里面的运算符号改变、可以将两个绝对值之间的运算符号改变、可以将“≤”改变为“≥”,还可以将不等号右边的数改成字母等等.变式后题目的求解还是用上述的几种解法.问题·探究误区陷阱探究问题1 对此题“写出不等式|2x-1|<3的解集并化简”,某同学的错解如下:不等式|2x-1|<3的解集是{x||2x-1|<3}={x|2x-1<3}∪{x|2x-1>-3}={x|x<2}∪{x|x>-1}={x|-1<x<2}.探究过程:这位同学解得的结果是正确的,但解法不对.解法中有两处错误,但却歪打正着得出了正确的结果.首先是把绝对值不等式的解法搞错了.这位同学写的求解过程中的两个集合{x|2x-1<3}与{x|2x-1>-3}的中间不应当用并的符号“∪”,而应改为“∩”.这两个集合是应该取交集的.另外,按照这位同学错写的两集合“并”来运算时又解错了.{x|x<2}∪{x|x>-1}的结果应为{x|-∞<x<+∞},而不是{x|-1<x<2}.探究结论:如果按照这位同学的思路求解,可以修改为:不等式|2x-1|<3的解集是: {x||2x-1|<3}={x|2x-1<3}∩{x|2x -1>-3}={x|x<2}∩{x|x>-1}={x|-1<x<2}.不过,更简单的解法应是:不等式|2x-1|<3的解集是:{x||2x-1|<3}={x|-3<2x-1<3}={x|-1<x<2}.思维发散探究问题2 已知a 、b 、c 是实数,函数f(x)=ax 2+bx+c ,g(x)=ax+b ,当-1≤x≤1时,|f(x)|≤1,试探究当x ∈[-1,1]时,|g(x)|≤2.探究过程:这是一个通过关联二次函数、一次函数考查不等式的变换能力的问题,因此在证明中要注意合理应用绝对值不等式的性质定理,由于g(x)是一次函数,可将|g(x)|≤2转化为g(-1)与g(1)与2的关系加以证明,也可挖掘g(x)与f(x)的隐含关系,构造函数模型,寻求整体突破.探究结论:[方法一] 当a>0时g(x)=ax+b 在[-1,1]上是增函数,∴g(-1)≤g(x)≤g(1),∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1),∴|c|=|f(0)|≤1,∴g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|≤2,g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2,当a<0时,g(x)=ax+b 在[-1,1]上是减函数, ∴g(1)≤g(x)≤g(-1),∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1),∴|c|=|f(0)|≤1,∴g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≤|f(-1)|+|c|≤2,g(1)=a+b=f(1)-c≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2,∴|g(x)|≤2.当a=0时,g(x)=b ,f(x)=bx+c ,∵-1≤x≤1,∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2.综上所述,当x ∈[-1,1]时,|g(x)|≤2.[方法二] ∵x=4)1()1(22--+x x , ∴g(x)=ax+b=a [(21+x )2-(21-x )2]+b(21+x -21-x ) =a [(21+x )2+b(21+x )+c ]-[a(21-x )2+b(21-x )+c ] =f(21+x )-f(21-x ). 当-1≤x≤1时,有0≤21+x ≤1,-1≤21-x ≤0, ∴|g(x)|=|f(21+x )-f(21-x )|≤|f(21+x )|+|f(21-x )|≤2,∴|g(x)|≤2.。
高中数学选修4-5知识点(最全版)

高中数学选修4-5知识点1.不等式的基本性质1.实数大小的比较(1)数轴上的点与实数之间具有一一对应关系.(2)设a 、b 是两个实数,它们在数轴上所对应的点分别是A 、B .当点A 在点B 的左边时,a <b ;当点A 在点B 的右边时,a >b .(3)两个实数的大小与这两个实数差的符号的关系(不等式的意义)⎩⎨⎧a >b ⇔a -b >0a =b ⇔a -b =0a <b ⇔a -b <0(4)两个实数比较大小的步骤①作差;②变形;③判断差的符号;④结论.2.不等关系与不等式(1)不等号有≠,>,<,≥,≤共5个.(2)相等关系和不等关系任意给定两个实数,它们之间要么相等,要么不相等.现实生活中的两个量从严格意义上说相等是特殊的、相对的,不等是普遍的、绝对的,因此绝大多数的量都是以不等关系存在的.(3)不等式的定义:用不等号连接起来的式子叫做不等式.(4)不等关系的表示:用不等式或不等式组表示不等关系.3.不等式的基本性质(1)对称性:a >b ⇔b <a ;(2)传递性:a >b ,b >c ⇒a >c ;(3)可加性:a >b ,c ∈R ⇔a +c >b +c ;(4)加法法则:a >b ,c >d ⇒a +c >b +d ;(5)可乘性:a >b ,c >0⇒ac >bc ;a >b ,c <0⇒ac <bc ;(6)乘法法则:a >b >0,c >d >0⇒ac >bd ;(7)乘方法则:a >b >0,n ∈N 且n ≥2⇒a n >b n ;(8)开方法则:a >b >0,n ∈N 且n ≥2⇒n a >n b .(9)倒数法则,即a >b >0⇒1a <1b .2.基本不等式1.重要不等式定理1:如果a ,b ∈R ,那么a 2+b 2≥2ab ,当且仅当a =b 时,等号成立.2.基本不等式(1)定理2:如果a ,b >0,那么a b +≥ a +b 2≥ab),当且仅当a =b 时,等号成立.(2)定理2的应用:对两个正实数x ,y ,①如果它们的和S 是定值,则当且仅当x =y 时,它们的积P 取得最大值,最大值为S2 4.②如果它们的积P是定值,则当且仅当x=y时,它们的和S取得最小值,最小值为2P.3.基本不等式ab≤a+b2的几何解释如图,AB是⊙O的直径,C是AB上任意一点,DE是过C点垂直AB的弦.若AC=a,BC=b,则AB=a+b,⊙O的半径R=a+b2,Rt△ACD∽Rt△DCB,CD2=AC·BC=ab,CD=ab,CD≤R⇒ab≤a+b2,当且仅当C点与O点重合时,CD=R=AB2,即ab=a+b2.4.几个常用的重要不等式(1)如果a∈R,那么a2≥0,当且仅当a=0时取等号;(2)如果a,b>0,那么ab≤(a+b)24,当且仅当a=b时等号成立.(3)如果a>0,那么a+1a≥2,当且仅当a=1时等号成立.(4)如果ab>0,那么ab+ba≥2,当且仅当a=b时等号成立.3.三个正数的算术-几何平均不等式1.如果a、b、c∈R+,那么a3+b3+c3≥3abc,当且仅当a=b=c时,等号成立.2.(定理3)如果a、b、c∈R+,那么3++≥a b c (a+b+c3≥3abc),当且仅当a=b=c时,等号成立.即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均.3.如果a1,a2,…,a n∈R+,那么a1+a2+…+a nn≥na1a2…a n,当且仅当a1=a2=…=a n时,等号成立.即对于n个正数a1,a2,…,a n,它们的算术平均不小于它们的几何平均.二绝对值不等式1.绝对值三角不等式1.绝对值及其几何意义(1)绝对值定义:|a |=⎩⎪⎨⎪⎧a (a ≥0)-a (a <0) (2)绝对值几何意义:实数a 的绝对值|a |表示数轴上坐标为a 的点A 到原点O 的距离|OA |.(3)数轴上两点间的距离公式:设数轴上任意两点A ,B 分别对应实数x 1,x 2,则|AB |=|x 1-x 2|.2.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.推论1:如果a ,b 是实数,那么|a |-|b |≤|a -b |≤|a |+|b |.推论2:如果a ,b 是实数,那么|a |-|b |≤|a +b |≤|a |+|b |.(2)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.绝对值不等式的解法1.|x |<a 与|x |>a 型不等式的解法设a >0,则(1)|x |<a ⇔-a <x <a ;(2)|x |≤a ⇔-a ≤x ≤a ;(3)|x |>a ⇔x <-a 或x >a ;(4)|x |≥a ⇔x ≤-a 或x ≥a .2.|ax +b |≤c (c >0)与|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 与|x -a |+|x -b |≥c 型不等式的解法(1)利用绝对值不等式的几何意义求解,体现数形结合思想,理解绝对值的几何意义,给绝对值不等式以准确的几何解释.(2)以绝对值的零点为分界点,将数轴分为几个区间,利用“零点分段法”求解,体现分类讨论的思想.确定各个绝对值号内多项式的正、负号,进而去掉绝对值号.(3)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.正确求出函数的零点并画出函数图象(有时需要考察函数的增减性)是关键.注:绝对值的几何意义(1)|x |的几何意义是数轴上点x 与原点O 的距离;(2)|x -a |+|x -b |的几何意义是数轴上点x 到点a 和点b 的距离之和;(3)|x -a |-|x -b |的几何意义是数轴上点x 到点a 和点b 的距离之差.2.绝对值不等式的几何意义(1)|x |≤a (a >0)的几何意义是以点a 和-a 为端点的线段,|x |≤a 的解集是[-a ,a ].(2)|x |>a (a >0)的几何意义是数轴除去以点a 和-a 为端点的线段后剩下的两条射线,|x |>a 的解集是(-∞,-a )∪(a ,+∞).3.解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值变形为不含绝对值的不等式(组)求解.例题:例如:分类讨论法:即通过合理分类去绝对值后再求解。
选修4-5 不等式选讲

选修4-5 ⎪⎪⎪不等式选讲第一节绝对值不等式1.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.2.绝对值不等式的解法(1)含绝对值不等式|x |<a 与|x |>a 的解法: 不等式 a >0a =0 a <0 |x |<a {}x |-a <x <a ∅∅ |x |>a {}x |x >a 或x <-a{}x |x ∈R 且x ≠0R(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 .1.设a ,b 为满足ab <0的实数,那么( ) A .|a +b |>|a -b | B .|a +b |<|a -b | C .|a -b |<||a |-|b || D .|a -b |<|a |+|b | 解析:选B ∵ab <0, ∴|a -b |=|a |+|b |>|a +b |.2.若不等式|kx -4|≤2的解集为{}x |1≤x ≤3,则实数k =________.解析:由|kx-4|≤2⇔2≤kx≤6.∵不等式的解集为{}x|1≤x≤3,∴k=2.答案:23.函数y=|x-4|+|x+4|的最小值为________.解析:因为|x-4|+|x+4|≥|(x-4)-(x+4)|=8,所以所求函数的最小值为8.答案:84.不等式|x+1|-|x-2|≥1的解集是________.解析:令f(x)=|x+1|-|x-2|=⎩⎪⎨⎪⎧-3,x≤-1,2x-1,-1<x<2,3,x≥2.当-1<x<2时,由2x-1≥1,解得1≤x<2.又当x≥2时,f(x)=3>1恒成立.所以不等式的解集为{}x|x≥1.答案:{}x|x≥1考点一绝对值不等式的解法(基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]绝对值不等式的解法是每年高考的重点,既单独考查,也与函数的图象、含参问题等的综合考查,难度较小,属于低档题.(1)画出y=f(x)的图象;(2)求不等式|f(x)|>1的解集.解:(1)由题意得f (x )=⎩⎨⎧x -4,x ≤-1,3x -2,-1<x ≤32,-x +4,x >32,故y =f (x )的图象如图所示.(2)由f (x )的函数表达式及图象可知, 当f (x )=1时,可得x =1或x =3; 当f (x )=-1时,可得x =13或x =5.故f (x )>1的解集为{x |1<x <3},f (x )<-1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <13或x >5. 所以|f (x )|>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <13或1<x <3或x >5. 2.解下列不等式. (1)|2x +1|-2|x -1|>0; (2)|x +3|-|2x -1|<x2+1.解:(1)法一:原不等式可化为|2x +1|>2|x -1|, 两边平方得4x 2+4x +1>4(x 2-2x +1), 解得x >14,所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >14.法二:原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <-12,-(2x +1)+2(x -1)>0或⎩⎪⎨⎪⎧-12≤x ≤1,(2x +1)+2(x -1)>0或⎩⎪⎨⎪⎧x >1,(2x +1)-2(x -1)>0.解得x >14,所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x >14.(2)①当x <-3时,原不等式化为-(x +3)-(1-2x )<x2+1,解得x <10,∴x <-3. ②当-3≤x ≤12时,原不等式化为(x +3)-(1-2x )<x2+1,解得x <-25,∴-3≤x <-25.③当x >12时,原不等式化为(x +3)+(1-2x )<x2+1,解得x >2,∴x >2.综上可知,原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x <-25或x >2.[怎样快解·准解]绝对值不等式的常见3解法 (1)零点分段讨论法含有两个或两个以上绝对值符号的不等式,可用零点分段讨论法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组),一般步骤如下:①令每个绝对值符号里的代数式为零,并求出相应的根; ②将这些根按从小到大排序,它们把实数集分为若干个区间;③在所分的各区间上,根据绝对值的定义去掉绝对值符号,求所得的各不等式在相应区间上的解集;④这些解集的并集就是原不等式的解集. (2)利用绝对值的几何意义由于|x -a |+|x -b |与|x -a |-|x -b |分别表示数轴上与x 对应的点到与a ,b 对应的点的距离之和与距离之差,因此对形如|x -a |+|x -b |<c (c >0)或|x -a |-|x -b |>c (c >0)的不等式,利用绝对值的几何意义求解更直观.(3)数形结合法在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象,利用函数图象求解.[易错提醒]用零点分段法和几何意义求解绝对值不等式时,去绝对值符号的关键点是找零点,将数轴分成若干段,然后从左到右逐段讨论.考点二绝对值三角不等式的应用(重点保分型考点——师生共研)应用绝对值三角不等式证明不等式或求最值是高考的常考内容,难度适中.[典题领悟]1.若对于实数x,y有|1-x|≤2,|y+1|≤1,求|2x+3y+1|的最大值.解:因为|2x+3y+1|=|2(x-1)+3(y+1)|≤2|x-1|+3|y+1|≤7,所以|2x+3y+1|的最大值为7.2.若a≥2,x∈R,求证:|x-1+a|+|x-a|≥3.证明:因为|x-1+a|+|x-a|≥|(x-1+a)-(x-a)|=|2a-1|,又a≥2,故|2a-1|≥3,所以|x-1+a|+|x-a|≥3成立.[解题师说]证明绝对值不等式的3种主要方法(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号,转化为一般不等式再证明.(2)利用三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|进行证明.(3)转化为函数问题,利用数形结合进行证明.[冲关演练]已知x,y∈R,且|x+y|≤16,|x-y|≤14,求证:|x+5y|≤1.证明:∵|x+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 |≤3×16+2×14=1.即|x +5y |≤1成立.考点三 绝对值不等式的综合应用 (重点保分型考点——师生共研)(2017·全国卷Ⅲ)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 )≥x 2-x +m 的解集非空,求m 的取值范围. 解:(1)f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3,x <-1,2x -1,-1≤x ≤2,3,x >2.当x <-1时,f (x )≥1无解;当-1≤x ≤2时,由f (x )≥1,得2x -1≥1,解得1≤x ≤2; 当x >2时,由f (x )≥1,解得x >2. 所以f (x )≥1的解集为{x |x ≥1}.(2)由f (x )≥x 2-x +m ,得m ≤|x +1|-|x -2|-x 2+x .而|x +1|-|x -2|-x 2+x ≤|x |+1+|x |-2-x 2+|x |=-⎝⎛⎭⎫|x |-322+54≤54, 当且仅当x =32时,|x +1|-|x -2|-x 2+x =54.故m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤-∞,54. [解题师说]设函数f (x )中含有绝对值,则 (1)f (x )>a 有解⇔f (x )max >a . (2)f (x )>a 恒成立⇔f (x )min >a .(3)f (x )>a 恰在(c ,b )上成立⇔c ,b 是方程f (x )=a 的解.[冲关演练]1.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )=-x 2+ax +4,g (x )=|x +1|+|x -1|. (1)当a =1时,求不等式f (x )≥g (x )的解集;(2)若不等式f (x )≥g (x )的解集包含[-1,1],求a 的取值范围. 解:(1)当a =1时,不等式f (x )≥g (x )等价于 x 2-x +|x +1|+|x -1|-4≤0. ①当x <-1时,①式化为x 2-3x -4≤0,无解;当-1≤x ≤1时,①式化为x 2-x -2≤0,从而-1≤x ≤1; 当x >1时,①式化为x 2+x -4≤0, 从而1<x ≤-1+172.所以f (x )≥g (x )的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪-1≤x ≤-1+172. (2)当x ∈[-1,1]时,g (x )=2.所以f (x )≥g (x )的解集包含[-1,1],等价于当x ∈[-1,1]时,f (x )≥2. 又f (x )在[-1,1]的最小值必为f (-1)与f (1)之一, 所以f (-1)≥2且f (1)≥2,得-1≤a ≤1. 所以a 的取值范围为[-1,1]. 2.已知函数f (x )=|2x -a |+a .(1)当a =2时,求不等式f (x )≤6的解集;(2)设函数g (x )=|2x -1|.当x ∈R 时,f (x )+g (x )≥3,求a 的取值范围. 解:(1)当a =2时,f (x )=|2x -2|+2. 解不等式|2x -2|+2≤6,得-1≤x ≤3. 因此f (x )≤6的解集为{x |-1≤x ≤3}.(2)当x ∈R 时,f (x )+g (x )=|2x -a |+a +|1-2x |≥3, 即⎪⎪⎪⎪x -a 2+⎪⎪⎪⎪12-x ≥3-a 2. 又⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪x -a 2+⎪⎪⎪⎪12-x min =⎪⎪⎪⎪12-a 2, 所以⎪⎪⎪⎪12-a 2≥3-a 2,解得a ≥2.所以a 的取值范围是[2,+∞).1.已知函数f (x )=|x -4|+|x -a |(a ∈R)的最小值为a . (1)求实数a 的值; (2)解不等式f (x )≤5.解:(1)f (x )=|x -4|+|x -a |≥|a -4|=a , 从而解得a =2.(2)由(1)知,f (x )=|x -4|+|x -2|=⎩⎪⎨⎪⎧-2x +6,x ≤2,2,2<x ≤4,2x -6,x >4.故当x ≤2时,由-2x +6≤5,得12≤x ≤2,当2<x ≤4时,显然不等式成立, 当x >4时,由2x -6≤5,得4<x ≤112,故不等式f (x )≤5的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪12≤x ≤112.2.(2018·石家庄质检)已知函数f (x )=|x -3|+|x +m |(x ∈R). (1)当m =1时,求不等式f (x )≥6的解集;(2)若不等式f (x )≤5的解集不是空集,求实数m 的取值范围. 解:(1)当m =1时,f (x )≥6等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤-1,-(x -3)-(x +1)≥6或⎩⎪⎨⎪⎧-1<x <3,-(x -3)+(x +1)≥6 或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3,(x -3)+(x +1)≥6,解得x ≤-2或x ≥4,所以不等式f (x )≥6的解集为{x |x ≤-2或x ≥4}. (2)∵|x -3|+|x +m |≥|(x -3)-(x +m )|=|m +3|,∴f (x )min =|3+m |,∴|m +3|≤5, 解得-8≤m ≤2,∴实数m 的取值范围为[-8,2].3.(2018·郑州质检)已知函数f (x )=|2x +1|,g (x )=|x |+a . (1)当a =0时,解不等式f (x )≥g (x );(2)若存在x ∈R ,使f (x )≤g (x )成立,求实数a 的取值范围. 解:(1)当a =0时,由f (x )≥g (x ),得|2x +1|≥|x |, 两边平方整理得3x 2+4x +1≥0, 解得x ≤-1或x ≥-13,故原不等式的解集为(-∞,-1]∪⎣⎡⎭⎫-13,+∞. (2)由f (x )≤g (x ),得a ≥|2x +1|-|x |, 令h (x )=|2x +1|-|x |,则h (x )=⎩⎨⎧-x -1,x ≤-12,3x +1,-12<x <0,x +1,x ≥0,故h (x )min =h ⎝⎛⎭⎫-12=-12, 所以实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫-12,+∞. 4.已知函数f (x )=|4x -a |+a 2-4a (a ∈R). (1)当a =1时,求不等式-2≤f (x )≤4的解集;(2)设函数g (x )=|x -1|,若对任意的x ∈R ,f (x )-4g (x )≤6恒成立,求实数a 的取值范围.解:(1)f (x )=|4x -a |+a 2-4a , 当a =1时,f (x )=|4x -1|-3.因为-2≤f (x )≤4,所以1≤|4x -1|≤7,即⎩⎪⎨⎪⎧-7≤4x -1≤7,4x -1≥1或4x -1≤-1,解得-32≤x ≤0或12≤x ≤2,因此-2≤f (x )≤4的解集为⎣⎡⎦⎤-32,0∪⎣⎡⎦⎤12,2. (2)因为f (x )-4g (x )=|4x -a |+a 2-4a -4|x -1|≤|4x -a +4-4x |+a 2-4a =a 2-4a +|4-a |,所以a 2-4a +|4-a |≤6,当a ≥4时,a 2-4a +a -4≤6,得4≤a ≤5, 当a <4时,a 2-4a +4-a ≤6,得5-332≤a <4, 所以实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤5-332,5.5.设函数f (x )=|x +2|-|x -1|. (1)求不等式f (x )>1的解集;(2)若关于x 的不等式f (x )+4≥|1-2m |有解,求实数m 的取值范围. 解:(1)函数f (x )可化为f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-3,x ≤-2,2x +1,-2<x <1,3,x ≥1,当x ≤-2时,f (x )=-3<0,不合题意;当-2<x <1时,f (x )=2x +1>1,得x >0,即0<x <1; 当x ≥1时,f (x )=3>1,即x ≥1.综上,不等式f (x )>1的解集为(0,+∞).(2)关于x 的不等式f (x )+4≥|1-2m |有解等价于(f (x )+4)max ≥|1-2m |,由(1)可知f (x )max =3(也可由|f (x )|=||x +2|-|x -1||≤|(x +2)-(x -1)|=3,得f (x )max =3), 即|1-2m |≤7,解得-3≤m ≤4. 故实数m 的取值范围为[-3,4].6.(2018·东北四市模拟)已知a >0,b >0,函数f (x )=|x +a |+|2x -b |的最小值为1. (1)证明:2a +b =2;(2)若a +2b ≥tab 恒成立,求实数t 的最大值.解:(1)证明:因为-a <b 2,所以f (x )=|x +a |+|2x -b |=⎩⎨⎧-3x -a +b ,x <-a ,-x +a +b ,-a ≤x ≤b 2,3x +a -b ,x >b2,显然f (x )在⎝⎛⎭⎫-∞,b 2上单调递减,在⎝⎛⎭⎫b 2,+∞上单调递增,所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫b 2=a +b2,所以a +b2=1,即2a +b =2.(2)因为a +2b ≥tab 恒成立,所以a +2bab ≥t 恒成立,a +2b ab =1b +2a =12⎝⎛⎭⎫1b +2a (2a +b ) =12⎝⎛⎭⎫5+2a b +2b a ≥12⎝⎛⎭⎫5+2 2a b ·2b a =92. 当且仅当a =b =23时,a +2b ab 取得最小值92,所以t ≤92,即实数t 的最大值为92.7.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>0.当x ≤-1时,不等式化为x -4>0,无解; 当-1<x <1时,不等式化为3x -2>0, 解得23<x <1;当x ≥1时,不等式化为-x +2>0,解得1≤x <2.所以f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪23<x <2. (2)由题设可得f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x -1-2a ,x <-1,3x +1-2a ,-1≤x ≤a ,-x +1+2a ,x >a .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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a -13,0,B (2a +1,0),C (a ,a +1),所以△ABC 的面积为23(a +1)2.由题设得23(a +1)2>6,故a >2.所以a 的取值范围为(2,+∞). 8.已知函数f (x )=|3x +2|. (1)解不等式f (x )<4-|x -1|;(2)已知m +n =1(m ,n >0),若|x -a |-f (x )≤1m +1n (a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.解:(1)不等式f (x )<4-|x -1|, 即|3x +2|+|x -1|<4.当x <-23时,不等式化为-3x -2-x +1<4,解得-54<x <-23;当-23≤x ≤1时,不等式化为3x +2-x +1<4,解得-23≤x <12;当x >1时,不等式化为3x +2+x -1<4,无解. 综上所述,原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |-54<x <12.(2)1m +1n =⎝⎛⎭⎫1m +1n (m +n )=1+1+n m +m n ≥4, 当且仅当m =n =12时等号成立.令g (x )=|x -a |-f (x )=|x -a |-|3x +2|=⎩⎪⎨⎪⎧2x +2+a ,x <-23,-4x -2+a ,-23≤x ≤a ,-2x -2-a ,x >a .∴x =-23时,g (x )max =23+a ,要使不等式恒成立,只需g (x )max =23+a ≤4,解得0<a ≤103,所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0,103. 第二节不等式的证明1.基本不等式定理1:如果a ,b ∈R ,那么a 2+b 2≥2ab ,当且仅当a =b 时,等号成立. 定理2:如果a ,b >0,那么a +b2≥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 +b +c 3≥3abc ,当且仅当a =b =c 时,等号成立. 2.比较法(1)作差法的依据是:a -b >0⇔a >b .(2)作商法:若B >0,欲证A ≥B ,只需证AB ≥1.3.综合法与分析法(1)综合法:一般地,从已知条件出发,利用定义、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.1.设t =a +2b ,s =a +b 2+1,则s 与t 的大小关系是( ) A .s ≥t B .s >t C .s ≤tD .s <t解析:选A ∵s -t =b 2-2b +1=(b -1)2≥0,∴s ≥t . 2.已知a ,b ∈R +,且a +b =2,则1a +1b 的最小值为( ) A .1 B .2 C .4D .8解析:选B ∵a ,b ∈R +,且a +b =2, ∴(a +b )⎝⎛⎭⎫1a +1b =2+b a +ab≥2+2b a ·ab =4,∴1a +1b ≥4a +b =2,即1a +1b 的最小值为2(当且仅当a =b =1时,等号成立). 3.已知a ,b ,c 是正实数,且a +b +c =1,则1a +1b +1c 的最小值为________. 解析:把a +b +c =1代入1a +1b +1c 中 得a +b +c a +a +b +c b +a +b +cc=3+⎝⎛⎭⎫b a +a b +⎝⎛⎭⎫c a +a c +⎝⎛⎭⎫c b +b c≥3+2+2+2=9,当且仅当a =b =c =13时,等号成立.故1a +1b +1c 的最小值为9. 答案:9考点一 比较法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)比较法证明不等式是高考考查的重点,主要涉及作差比较法和作商比较法,难度适中,有时难度也较大.(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )=⎪⎪⎪⎪x -12+⎪⎪⎪⎪x +12,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 |.解:(1)f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧-2x ,x ≤-12,1,-12<x <12,2x ,x ≥12.当x ≤-12时,由f (x )<2,得-2x <2,解得x >-1;当-12<x<12时,f(x)<2恒成立;当x≥12时,由f(x)<2,得2x<2,解得x<1.所以f(x)<2的解集M={x|-1<x<1}.(2)证明:由(1)知,当a,b∈M时,-1<a<1,-1<b<1,从而(a+b)2-(1+ab)2=a2+b2-a2b2-1=(a2-1)(1-b2)<0.因此|a+b|<|1+ab|.[解题师说]1.作差比较法(1)作差比较法证明不等式的4步骤(2)作差比较法的应用范围当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时,一般使用作差比较法.2.作商比较法(1)作商比较法证明不等式的一般步骤(2)作商比较法的应用范围当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时,一般使用作商比较法.[冲关演练]1.求证:当x ∈R 时,1+2x 4≥2x 3+x 2. 证明:法一:(1+2x 4)-(2x 3+x 2) =2x 3(x -1)-(x +1)(x -1) =(x -1)(2x 3-x -1) =(x -1)(2x 3-2x +x -1) =(x -1)[2x (x 2-1)+(x -1)] =(x -1)2(2x 2+2x +1) =(x -1)2⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x +122+12≥0, 所以1+2x 4≥2x 3+x 2. 法二:(1+2x 4)-(2x 3+x 2) =x 4-2x 3+x 2+x 4-2x 2+1 =(x -1)2·x 2+(x 2-1)2≥0, 所以1+2x 4≥2x 3+x 2.2.求证:当a >0,b >0时,a a b b≥(ab )+2a b.证明:∵a ab b(ab )+2a b =⎝⎛⎭⎫a b -2a b,∴当a =b 时,⎝⎛⎭⎫a b -2a b=1,当a >b >0时,ab >1,a -b 2>0,∴⎝⎛⎭⎫a b -2a b>1,当b >a >0时,0<ab <1,a -b 2<0,∴⎝⎛⎭⎫a b -2a b>1,∴a a b b≥(ab )+2a b .考点二 综合法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)综合法证明不等式是每年高考的重点,主要涉及基本不等式的应用,难度适中.[典题领悟](2017·全国卷Ⅱ)已知a >0,b >0,a 3+b 3=2.证明: (1)(a +b )(a 5+b 5)≥4; (2)a +b ≤2.证明:(1)(1)(a +b )(a 5+b 5)=a 6+ab 5+a 5b +b 6 =(a 3+b 3)2-2a 3b 3+ab (a 4+b 4) =4+ab (a 2-b 2)2≥4.(2)∵(a +b )3=a 3+3a 2b +3ab 2+b 3 =2+3ab (a +b )≤2+3(a +b )24(a +b )=2+3(a +b )34,∴(a +b )3≤8,因此a +b ≤2.[解题师说]1.综合法证明不等式的方法(1)综合法证明不等式,要着力分析已知与求证之间,不等式的左右两端之间的差异与联系.合理进行转换,恰当选择已知不等式,这是证明的关键;(2)在用综合法证明不等式时,不等式的性质和基本不等式是最常用的.在运用这些性质时,要注意性质成立的前提条件.2.综合法证明时常用的不等式 (1)a 2≥0. (2)|a |≥0.(3)a 2+b 2≥2ab ,它的变形形式有a 2+b 2≥2|ab |;a 2+b 2≥-2ab ;(a +b )2≥4ab ; a 2+b 2≥12(a +b )2;a 2+b 22≥⎝⎛⎭⎫a +b 22.(4)a +b2≥ab ,它的变形形式有a +1a ≥2(a >0);ab +b a ≥2(ab >0); a b +ba≤-2(ab <0). (5)(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd )2.[冲关演练]1.已知a >0,b >0,a +b =1,求证: (1)1a +1b +1ab ≥8; (2)⎝⎛⎭⎫1+1a ⎝⎛⎭⎫1+1b ≥9. 证明:(1)∵a +b =1,a >0,b >0, ∴1a +1b +1ab =1a +1b +a +b ab =2⎝⎛⎭⎫1a +1b=2⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b a +a +b b =2⎝⎛⎭⎫b a +a b +4 ≥4b a ·a b +4=8,当且仅当a =b =12时,等号成立, ∴1a +1b +1ab≥8. (2)∵⎝⎛⎭⎫1+1a ⎝⎛⎭⎫1+1b =1a +1b +1ab +1, 由(1)知1a +1b +1ab ≥8. ∴⎝⎛⎭⎫1+1a ⎝⎛⎭⎫1+1b ≥9. 2.已知函数f (x )=2|x +1|+|x -2|. (1)求f (x )的最小值m ;(2)若a ,b ,c 均为正实数,且满足a +b +c =m ,求证:b 2a +c 2b +a 2c ≥3.解:(1)当x <-1时,f (x )=-2(x +1)-(x -2)=-3x ∈(3,+∞); 当-1≤x <2时,f (x )=2(x +1)-(x -2)=x +4∈[3,6); 当x ≥2时,f (x )=2(x +1)+(x -2)=3x ∈[6,+∞). 综上,f (x )的最小值m =3.(2)证明:因为a ,b ,c 均为正实数,且满足a +b +c =3, 所以b 2a +c 2b +a 2c +(a +b +c ) =⎝⎛⎭⎫b 2a +a +⎝⎛⎭⎫c 2b +b +⎝⎛⎭⎫a2c +c ≥2⎝⎛⎭⎫b 2a ·a +c 2b ·b +a 2c ·c =2(a +b +c ), 当且仅当a =b =c =1时,取“=”, 所以b 2a +c 2b +a 2c ≥a +b +c ,即b 2a +c 2b +a 2c ≥3.考点三 分析法证明不等式 (重点保分型考点——师生共研)分析法证明不等式是高考考查的重点,常与充要条件等综合考查,难度中等及以上.[典题领悟]已知函数f (x )=|x +1|.(1)求不等式f (x )<|2x +1|-1的解集M ; (2)设a ,b ∈M ,证明:f (ab )>f (a )-f (-b ). 解:(1)由题意,|x +1|<|2x +1|-1, ①当x ≤-1时,不等式可化为-x -1<-2x -2, 解得x <-1; ②当-1<x <-12时,不等式可化为x +1<-2x -2, 此时不等式无解;③当x ≥-12时,不等式可化为x +1<2x ,解得x >1. 综上,M ={x |x <-1或x >1}.(2)证明:因为f (a )-f (-b )=|a +1|-|-b +1|≤|a +1-(-b +1)|=|a +b |, 所以要证f (ab )>f (a )-f (-b ), 只需证|ab +1|>|a +b |, 即证|ab +1|2>|a +b |2,即证a 2b 2+2ab +1>a 2+2ab +b 2, 即证a 2b 2-a 2-b 2+1>0, 即证(a 2-1)(b 2-1)>0.因为a ,b ∈M ,所以a 2>1,b 2>1,所以(a 2-1)(b 2-1)>0成立,所以原不等式成立.[解题师说]1.分析法的应用条件当所证明的不等式不能使用比较法,且和重要不等式(a 2+b 2≥2ab )、基本不等式⎝⎛⎭⎫ab ≤a +b 2,a >0,b >0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.2.用分析法证“若A 则B ”这个命题的模式 为了证明命题B 为真,只需证明命题B 1为真,从而有… 只需证明命题B 2为真,从而有… ……只需证明命题A 为真,而已知A 为真,故B 必真.[冲关演练]已知a >0,b >0,2c >a +b ,求证:c -c 2-ab <a <c +c 2-ab .证明:要证c -c 2-ab <a <c +c 2-ab , 即证-c 2-ab <a -c <c 2-ab , 即证|a -c |<c 2-ab , 即证(a -c )2<c 2-ab ,即证a 2-2ac <-ab .因为a >0,所以只要证a -2c <-b ,即证a +b <2c .由已知条件知,上式显然成立,所以原不等式成立.1.设a ,b ,c ∈R +,且a +b +c =1.(1)求证:2ab +bc +ca +c 22≤12; (2)求证:a 2+c 2b +b 2+a 2c +c 2+b 2a≥2. 证明:(1)因为1=(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca ≥4ab +2bc +2ca +c 2,所以2ab +bc +ca +c 22=12(4ab +2bc +2ca +c 2)≤12. (2)因为a 2+c 2b ≥2ac b ,b 2+a 2c ≥2ab c ,c 2+b 2a ≥2bc a, 所以a 2+c 2b +b 2+a 2c +c 2+b 2a ≥⎝⎛⎭⎫ac b +ab c +⎝⎛⎭⎫ab c +bc a +⎝⎛⎭⎫ac b +bc a =a ⎝⎛⎭⎫c b +b c +b ⎝⎛⎭⎫a c +c a +c ⎝⎛⎭⎫a b +b a ≥2a +2b +2c =2. 2.若a >0,b >0,且1a +1b=ab . (1)求a 3+b 3的最小值;(2)是否存在a ,b ,使得2a +3b =6?并说明理由.解:(1)由ab =1a +1b ≥2ab, 得ab ≥2,且当a =b =2时等号成立.故a 3+b 3≥2a 3b 3≥42,且当a =b =2时等号成立.所以a3+b3的最小值为4 2.(2)由(1)知,2a+3b≥26ab≥4 3.由于43>6,从而不存在a,b,使得2a+3b=6.3.设a,b,c,d均为正数,且a+b=c+d,求证:(1)若ab>cd,则a+b>c+d;(2)a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要条件.证明:(1)因为(a+b)2=a+b+2ab,(c+d)2=c+d+2cd,由题设a+b=c+d,ab>cd,得(a+b)2>(c+d)2.因此a+b>c+d.(2)①必要性:若|a-b|<|c-d|,则(a-b)2<(c-d)2,即(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.由(1),得a+b>c+d.②充分性:若a+b>c+d,则(a+b)2>(c+d)2,即a+b+2ab>c+d+2cd.因为a+b=c+d,所以ab>cd.于是(a-b)2=(a+b)2-4ab<(c+d)2-4cd=(c-d)2.因此|a-b|<|c-d|.综上,a+b>c+d是|a-b|<|c-d|的充要条件.4.已知定义在R上的函数f(x)=|x+1|+|x-2|的最小值为a.(1)求a的值;(2)若p,q,r是正实数,且满足p+q+r=a,求证:p2+q2+r2≥3. 解:(1)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当-1≤x ≤2时,等号成立,所以f (x )的最小值等于3,即a =3.(2)证明:由(1)知p +q +r =3,又因为p ,q ,r 是正实数,所以(p 2+q 2+r 2)(12+12+12)≥(p ×1+q ×1+r ×1)2=(p +q +r )2=9,即p 2+q 2+r 2≥3.5.已知函数f (x )=|x -1|.(1)解不等式f (2x )+f (x +4)≥8;(2)若|a |<1,|b |<1,a ≠0,求证:f (ab )|a |>f ⎝⎛⎭⎫b a . 解:(1)f (2x )+f (x +4)=|2x -1|+|x +3|=⎩⎨⎧ -3x -2,x <-3,-x +4,-3≤x <12,3x +2,x ≥12,当x <-3时,由-3x -2≥8,解得x ≤-103; 当-3≤x <12时,-x +4≥8无解; 当x ≥12时,由3x +2≥8,解得x ≥2. 所以不等式f (2x )+f (x +4)≥8的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤-103或x ≥2. (2)证明:f (ab )|a |>f ⎝⎛⎭⎫b a 等价于f (ab )>|a |f ⎝⎛⎭⎫b a , 即|ab -1|>|a -b |.因为|a |<1,|b |<1,所以|ab -1|2-|a -b |2=(a 2b 2-2ab +1)-(a 2-2ab +b 2)=(a 2-1)(b 2-1)>0,所以|ab -1|>|a -b |.故所证不等式成立.6.(2018·武昌调研)设函数f (x )=|x -2|+2x -3,记f (x )≤-1的解集为M .(1)求M ;(2)当x ∈M 时,证明:x [f (x )]2-x 2f (x )≤0.解:(1)由已知,得f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x -1,x ≤2,3x -5,x >2. 当x ≤2时,由f (x )=x -1≤-1,解得x ≤0,此时x ≤0;当x >2时,由f (x )=3x -5≤-1,解得x ≤43,显然不成立. 故f (x )≤-1的解集为M ={x |x ≤0}.(2)证明:当x ∈M 时,f (x )=x -1,于是x [f (x )]2-x 2f (x )=x (x -1)2-x 2(x -1)=-x 2+x=-⎝⎛⎭⎫x -122+14. 令g (x )=-⎝⎛⎭⎫x -122+14, 则函数g (x )在(-∞,0]上是增函数,∴g (x )≤g (0)=0.故x [f (x )]2-x 2f (x )≤0.7.已知a ,b 都是正实数,且a +b =2,求证:a 2a +1+b 2b +1≥1. 证明:∵a >0,b >0,a +b =2,∴a 2a +1+b 2b +1-1=a 2(b +1)+b 2(a +1)-(a +1)(b +1)(a +1)(b +1)=a 2b +a 2+b 2a +b 2-ab -a -b -1(a +1)(b +1)=a 2+b 2+ab (a +b )-ab -(a +b )-1(a +1)(b +1)=a 2+b 2+2ab -ab -3(a +1)(b +1)=(a +b )2-3-ab (a +1)(b +1)=1-ab (a +1)(b +1). ∵a +b =2≥2ab ,∴ab ≤1.∴1-ab (a +1)(b +1)≥0. ∴a 2a +1+b 2b +1≥1. 8.设函数f (x )=x -|x +2|-|x -3|-m ,若∀x ∈R ,1m-4≥f (x )恒成立. (1)求实数m 的取值范围;(2)求证:log (m +1)(m +2)>log (m +2)(m +3).解:(1)∵∀x ∈R ,1m -4≥f (x )恒成立,∴m +1m ≥x -|x +2|-|x -3|+4恒成立.令g (x )=x -|x +2|-|x -3|+4=⎩⎪⎨⎪⎧ 3x +3,x <-2,x -1,-2≤x ≤3,-x +5,x >3.∴函数g (x )在(-∞,3]上是增函数,在(3,+∞)上是减函数,∴g (x )max =g (3)=2,∴m +1m ≥g (x )max =2,即m +1m -2≥0⇒m 2-2m +1m=(m -1)2m ≥0, ∴m >0,综上,实数m 的取值范围是(0,+∞).(2)证明:由m >0,知m +3>m +2>m +1>1,即lg(m +3)>lg(m +2)>lg(m +1)>lg 1=0.∴要证log (m +1)(m +2)>log (m +2)(m +3).只需证lg (m +2)lg (m +1)>lg (m +3)lg (m +2), 即证lg(m +1)·lg(m +3)<lg 2(m +2),又lg(m +1)·lg(m +3)< ⎣⎢⎡⎦⎥⎤lg (m +1)+lg (m +3)2 2 =[lg (m +1)(m +3)]24<[lg (m 2+4m +4)]24=lg 2(m +2), ∴log (m +1)(m +2)>log (m +2)(m +3)成立.。
高考数学选修4-5复习《几个重要不等式》

【证明】 由于不等式关于 a,b,c 对称,可设 a≥b≥c>0. 于是 a2≥b2≥c2,1c≥1b≥1a. 由排序不等式,得 a2·1a+b2·1b+c2·1c(逆序和)≤a2·1b+b2·1c+c2·1a(乱序和), 及 a2·1a+b2·1b+c2·1c≤a2·1c+b2·1a+c2·1b. 以上两个同向不等式相加再除以 2,即得原式中的不等 式.
应用排序不等式的技巧在于构造两个数组,而数组的构 造应从需要入手来设计,这一点应从所要证的式子的结构观 察分析,再给出适当的数组.
已知 a,b,c 为正实数,求证: a+b+c≤a2+2cb2+b22+ac2+c2+2ba2. 【思路点拨】 应先将 a,b,c 三个数不失一般性地规 定为 a≥b≥c>0,以便构造数组来证题.
柯西不等式的应用
柯西不等式形式优美,结构易证,因此在解题时,根据 题目特征,灵活运用柯西不等式,可证明一些简单不等式.
已知 a,b,c 是实数,且 a+b+c=1,求证: 13a+1+ 13b+1+ 13c+1≤4 3.
【证明】 因为 a,b,c 是实数,且 a+b+c=1,令 m=( 13a+1, 13b+1, 13c+1),n=(1,1,1). 则|m·n|2=( 13a+1+ 13b+1+ 13c+1)2, |m|2·|n|2=3[(13a+1)+(13b+1)+(13c+1)] =3[13(a+b+c)+3]=48. ∵|m·n|2≤|m|2·|n|2, ∴( 13a+1+ 13b+1+ 13c+1)2≤48. ∴ 13a+1+ 13b+1+ 13c+1≤4 3.
因为 x2+4y2+9z2=a(a>0),
所以4396a≥(x+y+z)2,
即-7
6
a≤x+y+z≤7 6
湘教版高中数学选修4-5:不等式选讲-第4章 平均值不等式 复习课件

∴V= 43(36-2 3x)2·x
=3
2
3 (6
3-x)(6
3-x)·2x.
∵0<x<6 3,∴6 3-x>0.
又(6 3-x)+(6 3-x)+2x=12 3,
∴当且仅当 6 3-x=2x,
若 a,b,c∈R+,且 a+b+c=1,求证:a+1 b+b+1 c+c+1 a≥92.
证明:∵a,b,c∈R+,且 a+b+c=1,
∴(a+b)+(b+c)+(c+a)=2.
∴[(a+b)+(b+c)+(c+a)]a+1 b+b+1 c+c+1 a
≥
3
3
a+bb+cc+a×3
证明:∵a>0,b>0,a3+b3=2,∴2=a3+b3≥2 a3b3.
故 ab≤1,当且仅当 a=b=1 时,等号成立.
又
a
+
b
=
a×1×1
+
b×1×1≤
a3+1+1 3
+
b3+1+1 3
=
a3+3b3+4=63=2,
当且仅当 a=b=1 时,等号成立,
∴a+b≤2,ab≤1.
二、用平均值不等式求最值。
∵p,q,r均不相等,∴等号不成立. ∴t1<t2,甲先到达B地.
【点评】解决实际应用问题,关键是找出各变量之间的 关系,建立数学模型,从而将实际问题转化为数学问 题.本例中的数学问题,就是用平均值不等式比较两数 的大小.
变式训练
4.甲、乙是两位粮食经销商,他们每次都会在同 一粮食生产基地以相同的价格购进粮食。某月,他 们共购粮食3次,各次的价格不同,甲每次购 10000kg的粮食,乙每次购10000元的粮食,谁的购 粮方式更经济? 解:设他们3次购粮的单价分别为每千克a1,a2,a3 元(a1,a2,a3互不相等)。
选修4-5基本不等式

幂平均不等式在经济学、统计学和信息理论中有广泛应用, 特别是在估计期望值和方差时。
贝努利不等式
定义
对于任意实数$x_1, x_2, ..., x_n$,
有$(x_1 + x_2 + ... +
x_n)(frac{1}{n} + frac{1}{n} + ...
&eq
(sqrt[n]{x_1x_2...x_n})^2$。
证明
利用数学归纳法和平方差公式。
切比雪夫不等式
定义
对于任意的非负随机变量 $X$ 和正实数 $t$,有 $P(|X| geq t) leq frac{mathbb{E}(X^2)}{t^2}$。
证明
利用数学归纳法和期望的性质。
赫尔德不等式
定义
对于任意的正实数 $a_1, a_2, ..., a_n$,有 $left(frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{n}right)^n geq left(frac{a_1^n + a_2^n + ... + a_n^n}{n}right)$。
证明
利用数学归纳法和二项式定理。
柯西不等式
定义
对于任意的正实数 $a_1, a_2, ..., a_n$ 和 $b_1, b_2, ..., b_n$,有 $(a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2) geq (a_1b_1 + a_2b_2 + ... + a_nb_n)^2$。
应用
贝努利不等式在概率论、统计学 和决策理论中有广泛应用,特别 是在处理期望值和方差时。
高考数学总复习选修4-5 不等式选讲第1课时 绝对值不等式(含答案)

选修4-5 不等式选讲第1课时 绝对值不等式(理科专用)1. 解不等式:|2x -1|<3.解:|2x -1|<3Þ-3<2x -1<3Þ-1<x <2.2. 若关于x 的不等式|x +1|-|x -2|<a 2-4a 有实数解,求实数a 的取值范围.解:∵ ||x +1|-|x -2||≤|(x +1)-(x -2)|=3,∴ -3≤|x +1|-|x -2|≤3.由不等式a 2-4a>|x +1|-|x -2|有实数解,知a 2-4a>-3,解得a>3或a<1.3. 不等式|2-x|+|x +1|≤a 对于任意x ∈[0,5]恒成立的实数a 的集合是多少?解:当x ∈[0,2]时,|2-x|+|x +1|=2-x +x +1=3,当x ∈[2,5]时,|2-x|+|x +1|=x -2+x +1=2x -1≤9,综上可得|2-x|+|x +1|≤9,∴ a ≥9.4. 解不等式:|2x +1|-|x -4|<2.解:① 当x ≥4时,2x +1-(x -4)<2,∴ x ∈Æ;② 当-12≤x<4时,2x +1+x -4<2, ∴ -12≤x<53; ③ 当x<-12时,-2x -1+x -4<2. ∴ -7<x<-12. 综上,该不等式的解集为⎝⎛⎭⎪⎫-7,53. 5. 若f(x)=||x -t +||5-x 的最小值为3,求实数t 的值.解:由f ()x =||x -t +||5-x ≥|(x -t)+(5-x)|=||5-t =3,解得t =2或8.6. 若对任意x ∈R ,||2-x +||3+x ≥a 2-4a 恒成立,求实数a 的取值范围.解:||2-x +||3+x ≥5,要||2-x +||3+x ≥a 2-4a 恒成立,即5≥a 2-4a ,解得-1≤a ≤5.7. 设a ∈R ,函数f(x)=ax 2+x -a(-1≤x ≤1).(1) 若|a|≤1,求证:|f(x)|≤54; (2) 求使函数f(x)最大值为178时a 的值. (1) 证明:∵ |x|≤1,|a|≤1,∴ |f(x)|=|a(x 2-1)+x|≤|a(x 2-1)|+|x|=|a|·|x 2-1|+|x|≤|x 2-1|+|x|=|1-x 2|+|x|=1-|x|2+|x|=-⎝⎛⎭⎪⎫|x|-122+54≤54. (2) 解:当a =0时,f(x)=x(-1≤x ≤1)的最大值是f(1)=1,从而a ≠0,故知f(x)是二次函数.∵ f(±1)=±1,∴ f(x)=ax 2+x -a(-1≤x ≤1)有最大值178⎩⎪⎨⎪⎧-1<-12a <1,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12a =178,即⎩⎪⎨⎪⎧a<-12,(a +2)⎝ ⎛⎭⎪⎫a +18=0,∴ a =-2. 8. 已知f(x)=x 2-x +c 定义在区间[0,1]上,x 1、x 2∈[0,1],且x 1≠x 2,求证:(1) f(0)=f(1);(2) |f(x 2)-f(x 1)|<|x 1-x 2|.证明:(1) ∵ f(0)=c ,f(1)=c ,∴ f(0)=f(1).(2) |f(x 2)-f(x 1)|=|x 22-x 2+c -x 21+x 1-c|=|x 2-x 1|·|x 2+x 1-1|. ∵ 0≤x 1≤1,0≤x 2≤1,0<x 1+x 2<2(x 1≠x 2),∴ -1<x 1+x 2-1<1,∴ |x 2+x 1-1|<1,∴ |f(x 2)-f(x 1)|<|x 1-x 2|.9. 如图,O 为数轴的原点,A 、B 、M 为数轴上的三点,C 为线段OM 上的动点,设x 表示C 与原点的距离,y 表示C 到A 距离的4倍与C 到B 距离的6倍的和.(1) 将y 表示成x 的函数;(2) 要使y 的值不超过70,x 应该在什么范围内取值?解:(1) y =4|x -10|+6|x -20|,0≤x ≤30.(2) 依题意,x 满足⎩⎪⎨⎪⎧4|x -10|+6|x -20|≤70,0≤x ≤30, 解不等式组,其解集为[9,23],所以x ∈[9,23].10. 设f (x)= x 2-x +1,实数a 满足|x -a|<1,求证:| f (x)-f (a)|<2(|a|+1). 证明:∵ f(x)=x 2-x +1,|x -a|<1,∴ ||f (x )-f (a )=||x 2-x -a 2+a=||x -a ·||x +a -1<||x +a -1=||(x -a )+2a -1≤||x -a +||2a -1<1+||2a +1=2(||a +1).11. 已知函数f(x)=log 2(|x +1|+|x -2|-m)(1) 当m =5时,求函数f(x)的定义域;(2) 若关于x 的不等式f(x)≥1的解集是R ,求m 的取值范围.解:(1) 由题设知|x +1|+|x -2|>5, 不等式的解集是三个不等式组:⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2,x +1+x -2>5或⎩⎪⎨⎪⎧-1≤x<2,x +1-x +2>5或⎩⎪⎨⎪⎧x<-1,-x -1-x +2>5解集的并集,解得函数f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(3,+∞).(2) 不等式f(x)≥1即|x +1|+|x -2|>m +2.∵ x ∈R 时,恒有|x +1|+|x -2|≥|(x +1)-(x -2)|=3,要使不等式|x +1|+|x -2|≥m +2的解集是R ,∴ m +2≤3,∴ m 的取值范围是(-∞,1].。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
1.绝对值及其几何意义
(2)绝对值几何意义:实数 a 的绝对值|a|表示数轴上坐标为 a 的点 A 到原点 O 的距离|OA|. (3)数轴上两点间的距离公式:设数轴上任意两点 A,B 分别对应实数 x1,x2,则|AB|=|x1-x2|. 2.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. 推论 1:如果 a,b 是实数,那么|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|. 推论 2:如果 a,b 是实数,那么|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|. (2)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. 注: 1.|a± b|≤|a|+|b|,从左到右是一个放大过程,从右到左是缩小过程,证明不等式可以直接用,也可利用它消去变量求最值. 绝 对值不等式是证明与绝对值有关的不等式的重要工具,但有时还需要通过适当的变形使其符合绝对值不等式的条件. 2.含有多个绝对值符号的不等式,一般可用零点分段法求解,对于形如|x-a|+|x-b|>m 或|x-a|+|x-b|<m(m 为正常数),利 用实数绝对值的几何意义求解较简便. 3.含绝对值不等式的证明,可考虑去掉绝对值符号,也可利用重要不等式|a+b|≤|a|+|b|及推广形式|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2| +…+|an|进行放缩. 4.含绝对值不等式的恒成立问题的求解方法 (1)分离参数法:运用“f(x)≤a⇔f(x)max≤a,f(x)≥a⇔f(x)min≥a”可解决恒成立中 的参数范围问题.(2)更换主元法:不少含参不等式恒成立问题,若直接从主元入手非常困难或不可能解决问题时,可转换思维角 度,将主元与参数互换,常可得到简捷的解法.(3)数形结合法:在研究曲线交点的恒成立问题时,若能数形结合,揭示问题所蕴 含的几何背景,发挥形象思维与抽象思维各自的优势,可直观解决问题. 例题:1.若|a-c|<|b|,则下列不等式中正确的是( ) A. a<b+c B. a>c-b C. |a|>|b|-|c| D、|a|<|b|+|c| (1,3)
(3)|x-a|-|x-b|的几何意义是数轴上点 x 到点 a 和点 b 的距离之差. 2.绝对值不等式的几何意义 (1)|x|≤a(a>0)的几何意义是以点 a 和-a 为端点的线段,|x|≤a 的解集是[-a,a]. (2)|x|>a(a>0)的几何意义是数轴除去以点 a 和-a 为端点的线段后剩下的两条射线,|x|>a 的解集是(-∞,-a)∪(a,+∞). 3.解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值变形为不含绝对值的不等式(组)求解. 例题: 1. 解不等式 x 1 x 2 5 。 2.解不等式|2x-4|-|3x+9|<1. )
1 4.已知函数 f(x)=log2(|2x+1|+|x+2|-m).若关于 x 的不等式 f(x)≥1 的解集是 R,则 m 的取值范围是________.(-∞,- ] 2 1 5.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),则实数 t 的取值范围是________. a 6.若关于实数 x 的不等式|x-5|+|x+3|<a 无解,则实数 a 的取值范围是________. 7.如果存在实数 x 使不等式|x+1|-|x-2|<k 成立,则实数 k 的取值范围是________. 8.设 a,b∈R,|a-b|>2,则关于实数 x 的不等式|x-a|+|x-b|>2 的解集是________. 1.实数大小的比较 (1)数轴上的点与实数之间具有一一对应关系. (2)设 a、b 是两个实数,它们在数轴上所对应的点分别是 A、B.当点 A 在点 B 的左边时,a<b;当点 A 在点 B 的右边时,a>b. a>b⇔a-b>0 (3)两个实数的大小与这两个实数差的符号的关系(不等式的意义)a=b⇔a-b=0 a<b⇔a-b<0 (4)两个实数比较大小的步骤:①作差;②变形;③判断差的符号;④结论. 2.不等关系与不等式:(1)不等号有≠,>,<,≥,≤共 5 个. (2)相等关系和不等关系:任意给定两个实数,它们之间要么相等,要么不相等.现实生活中的两个量从严格意义上说相等是 特殊的、相对的,不等是普遍的、绝对的,因此绝大多数的量都是以不等关系存在的. (3)不等式的定义:用不等号连接起来的式子叫做不等式. (4)不等关系的表示:用不等式或不等式组表示不等关系. 3.不等式的基本性质:(1)对称性:a>b⇔b<a; (3)可加性:a>b,c∈R⇔a+c>b+c; (5)可乘性:a>b,c>0⇒ac>bc;a>b,c<0⇒ac<bc; (7)乘方法则:a>b>0,n∈N 且 n≥2⇒an>bn; 1 1 (9)倒数法则,即 a>b>0⇒ < . a b 2.重要不等式 3.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. (1)定理 2:如果 a,b>0,那么 a b 2 (2)传递性:a>b,b>c⇒a>c; (4)加法法则:a>b,c>d⇒a+c>b+d; (6)乘法法则:a>b>0,c>d>0⇒ac>bd; n n (8)开方法则:a>b>0,n∈N 且 n≥2⇒ a> b. (-∞,8] (-3,+∞) R (-3,3)
(-∞,-1]∪[4,+∞)
x 2 6.以下三个命题:①若|a-b|<1,则|a|<|b|+1;②若 a,b∈R,则|a+b|-2|a|≤|a-b|;③若|x|<2,|y|>3,则| |< ,其中正确 y 3 命题的序号是________. ①②③ 5 6
7.对于实数 x,y,若|x-1|≤1,|y-2|≤1,则|x-2y+1|的最大值为________.
2.设集合 A={x||x-a|<1,x∈R},B={x||x-b|>2,x∈R}.若 A⊆B,则实数 a,b 必满足( A.|a+b|≤3
2
B.|a+b|≥3
C.|a-b|≤3
D、|a-b|≥3 5.
3.若不等式 x +|2x-6|≥a 对于一切实数 x 均成立,则实数 a 的最大值为________.
8.对于任意实数 a、b,若|a-b|≤1,|2a-1|≤1,则|4a-3b+2|的最大值为________. 1 1 5 9.已知实数 x,y 满足:|x+y|< ,|2x-y|< ,求证:|y|< . 3 6 18 3.绝对值不等式的解法 1.|x|<a 与|x|>a 型不等式的解法 设 a>0,则 (1)|x|<a⇔-a<x<a; (1)|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c; (2)|x|≤a⇔-a≤x≤a; (3)|x|>a⇔x<-a 或 x>a; (2)|ax+b|≥c⇔ax+b≤-c 或 ax+b≥c.
5.三个正数的算术几何平均不等式 1.如果 a、b、c∈R+,那么 a3+b3+c3≥3abc,当且仅当 a=b=c 时,等号成立. 2.(定理 3)如果 a、b、c∈R+,那么 a b c 3 数的算术平均不小于它们的几何平均. 3.如果 a1,a2,…,an∈R+,那么 a1+a2+…+an n ≥ a1a2…an,当且仅当 a1=a2=…=an 时,等号成立.即对于 n 个正数 n )A、M≥N 1 8 B.M≤N C.M=N D、M≥8
)A.0≤M< B.3
) A.2
C、4
2 4.已知 x>0,则 y=x2+ 的最小值为 x 证明不等式的基本方法 一 比较法 比较法主要有
1 5.已知 x>0,则 y=x+ 2的最小值为作差比较法(简称比差法)
(1)作差比较法的证明依据是:a>b⇔a-b>0;a=b⇔a-b=0;a<b⇔a-b<0. (2)基本步骤是:①作差;②变形;③判号;④结论.
1 2.若不等式|x+ |>|a-2|+1 对于一切非零实数 x 均成立,则实数 a 的取值范围是______. x 3.不等式|2x-log2x|<2x+|log2x|成立,则( )A.1<x<2 B.0<x<1 C、x>1 D.x>2
4.不等式|x+3|-|x-1|≤a2-3a,对任意实数 x 恒成立,则实数 a 的取值范围为 5.若存在实数 x 满足|x-3|+|x-m|<5,则实数 m 的取值范围为________. (-2,8)
2.作商比较法(简称比商法)
a a a (1)作商比较法的证明依据是:当 b>0 时, >1⇔a>b; =1⇔a=b; <1⇔a<b. b b b (2)基本步骤是:①作商;②变形;③比较与 1 的大小;④结论.
注意: 对作差比较法的理解:(1)在证明不等式的各种方法中,作差比较法是最基本、最重要的方法.作差比较法是通过确 定不等式两边的差的符号来证明不等式的,因而其应用非常广泛. (2)不等式差的符号是正是负,一般必须利用不等式的性质经过变形才能判断,其中变形的目的在于判断差的符号,而不必考 虑差的值是多少.变形的方法主要有配方法、通分法、因式分解法等. (3)作差比较法,主要适用于不等式两边是整式或分式型的有理不等式的证明. (4)在判定不等式两边的式子同号的条件下,如果直接作差不易变形,可以借助不等式性质作平方差或立方差,进行证明. 对作商比较法的理解 a >1⇔a<b. b a a (1)使用作商法证明不等式 a>b 时, 一定要注意 b>0 这个前提条件. 若 b<0, <1⇔a>b, =1⇔a=b, b b (2)当欲证明的不等式的两边是乘积形式、指数幂形式,不同底的对数式形式时,常用作商法证明.