高考数学二轮复习 不等式选讲课件
1．基本不等式 a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an(a1＞0，a2＞0，…，an＞0)． 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．
• 2．已知函数f(x)＝|x－a|. • (1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值； • (2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，
求实数m的取值范围．
解析： 方法一：(1)由 f(x)≤3，得|x－a|≤3，解得 a－ 3≤x≤a＋3.
又已知不等式 f(x)≤3 的解集为{x|－1≤x≤5}， 所以aa－ ＋33＝ ＝－ 5，1， 解得 a＝2.
(2)当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|， 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，
－2x－1，x＜－3， 于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝5， －3≤x≤2，
(2)记 h(x)＝f(x)－2f2x，
1，
x≤－1，
则 h(x)＝－4x－3， －1＜x＜－12， ，
－1，
x≥－12
所以|h(x)|≤1，因此 k≥1.
不等式f(a)≥g(x)恒成立时，要看是对哪一个变量 恒成立．如果对于∀a∈R恒成立，则f(a)的最小值大于等于 g(x)，再解关于x的不等式求x的取值范围；如果对于∀x∈R 不等式恒成立，则g(x)的最大值小于等于f(a)，再解关于a的 不等式求a的取值范围．
2x＋1， x＞2.
所以当 x＜－3 时，g(x)＞5；当－3≤x≤2 时，g(x)＝5；当 x＞2 时，g(x)＞5.
综上可得，g(x)的最小值为 5.从而若 f(x)＋f(x＋5)≥m， 即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的取值范围为(－∞， 5]．
方法二：(1)同方法一． (2)当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|，设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)． 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2 时等号成立)，得 g(x)的最小值为 5. 从而，若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成 立，则 m 的取值范围为(－∞，5]．
(2012·广东卷)不等式|x＋2|－|x|≤1的解集为______．
解析： 若 x≥0，则 x＋2－x≤1，无解；
若－2≤x＜0，则 x＋2＋x≤1，得－2≤x≤－12；
若 x＜－2，则－(x＋2)＋x≤1，得 x＜－2.
综合上述，得不等式|x＋2|－|x|≤1 的解集为xx≤－12
.
答案：
xx≤－12
是：
解|x－a|＋|x－b|≥数式为零，并求出相应的根；
(2)把这些根由小到大排序，它们把定义域分为若干个区间；
(3)在所分区间上，去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这 些不等式，求出它们的解集；
•
(2012·辽宁卷)已知 f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式 f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}．
(1)求 a 的值； (2)若fx－2f2x≤k，恒成立，求 k 的取值范围．
解析： (1)由|ax＋1|≤3 得－4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}， 所以当 a≤0 时，不合题意． 当 a＞0 时，－4a≤x≤2a，得 a＝2.
(4)这些不等式解集的并集就是原不等式的解集．
• 1．不等式|x＋1|＋|x－1|＜3的实数解为________．
解析： 当 x＞1 时，原不等式等价于 2x＜3⇒x＜32， ∴1＜x＜32； 当－1≤x≤1 时，原不等式等价于 x＋1－x＋1＜3，此不等 式恒成立， ∴－1≤x≤1；
当 x＜－1 时，原不等式等价于－2x＜3⇒x＞－32， ∴－32＜x＜－1. 综上可得：－32＜x＜32， 所以原不等式的解集为－32，32. 答案： －32，32
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 像求解．
4．证明不等式的基本方法 (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．
• 2．已知函数f(x)＝|x－a|. • (1)若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x≤5}，求实数a的值； • (2)在(1)的条件下，若f(x)＋f(x＋5)≥m对一切实数x恒成立，
求实数m的取值范围．
解析： 方法一：(1)由 f(x)≤3，得|x－a|≤3，解得 a－ 3≤x≤a＋3.
又已知不等式 f(x)≤3 的解集为{x|－1≤x≤5}， 所以aa－ ＋33＝ ＝－ 5，1， 解得 a＝2.
(2)当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|， 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，
－2x－1，x＜－3， 于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝5， －3≤x≤2，
(2)记 h(x)＝f(x)－2f2x，
1，
x≤－1，
则 h(x)＝－4x－3， －1＜x＜－12， ，
－1，
x≥－12
所以|h(x)|≤1，因此 k≥1.
不等式f(a)≥g(x)恒成立时，要看是对哪一个变量 恒成立．如果对于∀a∈R恒成立，则f(a)的最小值大于等于 g(x)，再解关于x的不等式求x的取值范围；如果对于∀x∈R 不等式恒成立，则g(x)的最大值小于等于f(a)，再解关于a的 不等式求a的取值范围．
2x＋1， x＞2.
所以当 x＜－3 时，g(x)＞5；当－3≤x≤2 时，g(x)＝5；当 x＞2 时，g(x)＞5.
综上可得，g(x)的最小值为 5.从而若 f(x)＋f(x＋5)≥m， 即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的取值范围为(－∞， 5]．
方法二：(1)同方法一． (2)当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|，设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)． 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2 时等号成立)，得 g(x)的最小值为 5. 从而，若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成 立，则 m 的取值范围为(－∞，5]．
(2012·广东卷)不等式|x＋2|－|x|≤1的解集为______．
解析： 若 x≥0，则 x＋2－x≤1，无解；
若－2≤x＜0，则 x＋2＋x≤1，得－2≤x≤－12；
若 x＜－2，则－(x＋2)＋x≤1，得 x＜－2.
综合上述，得不等式|x＋2|－|x|≤1 的解集为xx≤－12
.
答案：
xx≤－12
是：
解|x－a|＋|x－b|≥数式为零，并求出相应的根；
(2)把这些根由小到大排序，它们把定义域分为若干个区间；
(3)在所分区间上，去掉绝对值符号组成若干个不等式，解这 些不等式，求出它们的解集；
•
(2012·辽宁卷)已知 f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式 f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}．
(1)求 a 的值； (2)若fx－2f2x≤k，恒成立，求 k 的取值范围．
解析： (1)由|ax＋1|≤3 得－4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|－2≤x≤1}， 所以当 a≤0 时，不合题意． 当 a＞0 时，－4a≤x≤2a，得 a＝2.
(4)这些不等式解集的并集就是原不等式的解集．
• 1．不等式|x＋1|＋|x－1|＜3的实数解为________．
解析： 当 x＞1 时，原不等式等价于 2x＜3⇒x＜32， ∴1＜x＜32； 当－1≤x≤1 时，原不等式等价于 x＋1－x＋1＜3，此不等 式恒成立， ∴－1≤x≤1；
当 x＜－1 时，原不等式等价于－2x＜3⇒x＞－32， ∴－32＜x＜－1. 综上可得：－32＜x＜32， 所以原不等式的解集为－32，32. 答案： －32，32
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 像求解．
4．证明不等式的基本方法 (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．
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高三数学二轮复习 不等式选讲 课件(全国通用)
式链 a＋b 1 1≤ ab≤ 2 ≤ a＋b 1 和求最值中经常用到． 6．证明不等式的传统方法 有比较法、综合法、分析法．另外还有拆项法、添项法、换 元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法等． a2＋b2 2 (a>0，b>0)，在不等式的证明
考点一 绝对值不等式 [典例 1] (2016· 河南郑州模拟 )已知函数 f(x)＝|x＋6|－|m－ x|(m∈R)． (1)当 m＝3 时，求不等式 f(x)≥5 的解集； (2)若不等式 f(x)≤7 对任意实数 x 恒成立， 求 m 的取值范围．
[跟踪训练 1] (2016· 湖北武汉调研)已知函数 值为 2. (1)求实数 a 的值； (2)若 a>0，求不等式 f(x)≤4 的解集．
3 x＋1－a，x>a， 2 1 解：(1)当 a≥－2 时，f(x)＝－2x＋1＋a，－2≤x≤a， 3 － x＋a－1，x<－2， 2
1 1 f(x)＝x－2＋x＋2， M
(2)证明：当 a，b∈M 时，|a＋b|<|1＋ab|.
1 －2x，x≤－ ， 2 1 1 (1)解：f(x)＝1，－2<x<2， 1 2x，x≥ . 2
1 当 x≤－2时，由 f(x)<2 得－2x<2， 1 解得 x>－1，所以－1<x≤－ ； 2 1 1 当－2<x<2时，f(x)<2 恒成立； 1 当 x≥2时，由 f(x)<2 得 2x<2， 1 解得 x<1，所以2≤x<1. 所以 f(x)<2 的解集 M＝{x|－1<x<1}．
(2)由 f(x)的表达式及图象知， 当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3； 1 当 f(x)＝－1 时，可得 x＝ 或 x＝5. 3 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
考点一 绝对值不等式 [典例 1] (2016· 河南郑州模拟 )已知函数 f(x)＝|x＋6|－|m－ x|(m∈R)． (1)当 m＝3 时，求不等式 f(x)≥5 的解集； (2)若不等式 f(x)≤7 对任意实数 x 恒成立， 求 m 的取值范围．
[跟踪训练 1] (2016· 湖北武汉调研)已知函数 值为 2. (1)求实数 a 的值； (2)若 a>0，求不等式 f(x)≤4 的解集．
3 x＋1－a，x>a， 2 1 解：(1)当 a≥－2 时，f(x)＝－2x＋1＋a，－2≤x≤a， 3 － x＋a－1，x<－2， 2
1 1 f(x)＝x－2＋x＋2， M
(2)证明：当 a，b∈M 时，|a＋b|<|1＋ab|.
1 －2x，x≤－ ， 2 1 1 (1)解：f(x)＝1，－2<x<2， 1 2x，x≥ . 2
1 当 x≤－2时，由 f(x)<2 得－2x<2， 1 解得 x>－1，所以－1<x≤－ ； 2 1 1 当－2<x<2时，f(x)<2 恒成立； 1 当 x≥2时，由 f(x)<2 得 2x<2， 1 解得 x<1，所以2≤x<1. 所以 f(x)<2 的解集 M＝{x|－1<x<1}．
(2)由 f(x)的表达式及图象知， 当 f(x)＝1 时，可得 x＝1 或 x＝3； 1 当 f(x)＝－1 时，可得 x＝ 或 x＝5. 3 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
高考理科数学大二轮专题复习新方略课件不等式选讲
02 一元一次不等式 与一元二次不等 式
一元一次不等式解法
移项法
将不等式中的常数项移到不等式的另一边， 使不等式变为标准形式。
系数化为1
将不等式两边同时除以未知数的系数，得到 未知数的解集。
区间表示法
将解集用区间表示，注意开闭区间的选择。
一元二次不等式解法
配方法
通过配方将一元二次不等式转化为完全平方形式，从 而得到解集。
02
构造辅助函数证明 不等式
在证明过程中，可以构造辅助函 数，利用均值不等式求解该函数 的最值，从而证明原不等式。
03
均值不等式在证明 题中的注意事项
在使用均值不等式时，需要注意 各字母的取值范围、等号成立的 条件以及不等式的方向等。
04 凸函数与凹函数 在不等式中的应 用
凸函数和凹函数定义及性质
乘子得到最优解。
序列二次规划法
03
将非线性规划问题转化为一系列二次规划子问题进行求解，逐
步逼近最优解。
THANKS
感谢观看
05 多元一次不等式 组与线性规划问 题
多元一次不等式组解法
图形法
通过绘制不等式组所表示的平面区域，找出满 足所有不等式的解集。
单纯形法
利用线性规划中的单纯形算法，求解多元一次 不等式组的解集。
特殊解法
针对某些特殊形式的不等式组，可以采用特定的解法进行求解，如代入法、消 元法等。
线性规划问题建模与求解方法
公式法
利用一元二次方程的求根公式，结合不等式的性质得 到解集。
数形结合法
通过画出函数图像，结合图像分析得到不等式的解集 。
判别式与根的关系
判别式大于0
01
一元二次方程有两个不相等的实根，对应的一元二次
高考数学二轮复习 专题七 第4讲 不等式选讲课件 理(选做部分)
解得 x≤－5 或 x≥－13.
综上，原不等式的解集是xx≤－5或x≥－13.
2.(2014·江苏卷)已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明 因为 x＞0,y＞0,所以 1＋x＋y2≥3 3 xy2 ＞0,1＋x2＋y≥ 3 3 xy2 ＞0， 故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3 3 xy2 ·3 3 xy2 ＝9xy.
4.柯西不等式
(1)设 a，b，c，d 为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅
当 ad＝bc 时等号成立.
n
n
n
(2)若 ai，bi(i∈N*)为实数，则 ( ai2 )( bi2 )≥( aibi)2，当且仅当
i 1
i 1
i 1
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.
(3)柯西不等式的向量形式：设 α，β 为平面上的两个向量，则
|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立.
5.绝对值不等式
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.需要灵活地应用.
6.不等式的性质，特别是基本不等式链
1a＋1 1b≤ ab≤a＋2 b≤
a2＋2 b2(a>0，b>0)，在不等式的证明和求
于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝－ 5，2x－－31≤，xx≤<2－，3， 2x＋1，x>2.
所以当 x<－3 时，g(x)>5；当－3≤x≤2 时，g(x)＝5； 当 x>2 时，g(x)>5.综上可得，g(x)的最小值为 5. 从而若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的 取值范围为(－∞，5]. 法二 当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|. 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|. 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2 时等号成 立)，得 g(x)的最小值为 5. 从而，若 f(x)＋f(x＋5)≥m， 即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的取值范围为(－∞，5].
综上，原不等式的解集是xx≤－5或x≥－13.
2.(2014·江苏卷)已知x＞0，y＞0，证明：(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥9xy.
证明 因为 x＞0,y＞0,所以 1＋x＋y2≥3 3 xy2 ＞0,1＋x2＋y≥ 3 3 xy2 ＞0， 故(1＋x＋y2)(1＋x2＋y)≥3 3 xy2 ·3 3 xy2 ＝9xy.
4.柯西不等式
(1)设 a，b，c，d 为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅
当 ad＝bc 时等号成立.
n
n
n
(2)若 ai，bi(i∈N*)为实数，则 ( ai2 )( bi2 )≥( aibi)2，当且仅当
i 1
i 1
i 1
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.
(3)柯西不等式的向量形式：设 α，β 为平面上的两个向量，则
|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立.
5.绝对值不等式
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.需要灵活地应用.
6.不等式的性质，特别是基本不等式链
1a＋1 1b≤ ab≤a＋2 b≤
a2＋2 b2(a>0，b>0)，在不等式的证明和求
于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|＝－ 5，2x－－31≤，xx≤<2－，3， 2x＋1，x>2.
所以当 x<－3 时，g(x)>5；当－3≤x≤2 时，g(x)＝5； 当 x>2 时，g(x)>5.综上可得，g(x)的最小值为 5. 从而若 f(x)＋f(x＋5)≥m，即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的 取值范围为(－∞，5]. 法二 当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|. 设 g(x)＝f(x)＋f(x＋5)，于是 g(x)＝|x－2|＋|x＋3|. 由|x－2|＋|x＋3|≥|(x－2)－(x＋3)|＝5(当且仅当－3≤x≤2 时等号成 立)，得 g(x)的最小值为 5. 从而，若 f(x)＋f(x＋5)≥m， 即 g(x)≥m 对一切实数 x 恒成立，则 m 的取值范围为(－∞，5].
高三数学二轮复习 不等式选讲 课件理 (全国通用)
【解题导引】(1)利用零点分段法将不等式f(x)>1化为
一元一次不等式组来解. (2)将f(x)化为分段函数,求出f(x)与x轴围成三角形的
顶点坐标,即可求出三角形的面积,根据题意列出关于a
的不等式,即可解出a的取值范围.
【规范解答】(1)当a=1时,不等式f(x)>1化为
|x+1|-2|x-1|-1>0.
热点考向一
绝对值不等式的解法
命题解读:主要考查绝对值不等式的解法以及分类讨论 和转化与化归的数学思想.
【典例1】(2015·全国卷Ⅰ)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ax 2，
(2)当x=0时,f(x)=2,a|x|=0,原不等式恒成立;
当x≠0时,原式等价转换为|1 1 | | 2 1 | ≥a恒成立,即
x x
a≤ (|1 1 | | 2 1 |) min．
x x 因为 |1 1 | | 2 1 || (1 1 ) (2 1 ) | 1， x x x x 当且仅当 (1 1 )(2 1 )≤0, x x 即 1 ≤x≤1时取等号,所以a≤1. 2
热点考向二
绝对值不等式的恒成立问题
命题解读:主要考查绝对值不等式的性质,常和绝对值 不等式的解法交汇命题.
【典例2】(2016·哈尔滨二模)设函数f(x)=|x-1|+
|2x-1|. (1)求不等式f(x)≥2的解集.
(2)若∀x∈R,不等式f(x)≥a|x|恒成立,求实数a的取
值范围.
【题目拆解】解答本题第(2)问,可拆解成三个小题: ①讨论当x=0时,不等式成立的情况;
高三数学二轮复习 不等式选讲 课件(全国通用)
第一部分
专题八 选考部分
第2讲 不等式选讲
2年考情回顾
设 问
方 式
全国卷 ①与含绝对值 [例](2015· 不等式的解法 Ⅰ· 24题)；(2016· 全 有关的问题 国卷乙· 24题)． 山东卷· 5 ②与含绝对值 [例](2015· 不等式有关的 题)；(2016· 全国卷 参数范围问题 丙· 24题)． [例](2015· 湖北卷· 21 ③证明不等式 题)；(2016· 全国卷 甲· 24题)．
x－1－2a，x<－1， (2)由题设可得 f(x)＝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
2a－1 A ， 0 ，B(2a＋ 3
2 2 2 1,0)，C(a，a＋1)，△ABC 的面积为3(a＋1) .由题设得3(a＋1)2>6，故 a>2. 所以 a 的取值范围为(2，＋∞)．
1 1 1．设 a＞0，b＞0，且 a＋b＝a＋b.证明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a＜2 与 b2＋b＜2 不可能同时成立．
突破点拨 (1)用基本不等式证明； (2)利用反证法证明．
1 1 a＋b 证明：由 a＋b＝a＋b＝ ab ，a>0，b>0，得 ab＝1. (1)由基本不等式及 ab＝1，有 a＋b≥2 ab＝2，即 a＋b≥2. (2)假设 a2＋a<2 与 b2＋b<2 同时成立， 则由 a2＋a<2 及 a>0 得 0<a<1； 同理， 0<b<1， 从而 ab<1，这与 ab＝1 矛盾．故 a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立．
－2x－2，x<－3， 4，－3≤x≤1， 2x＋2，x>1， 则当 x∈[ －3,1] 时，f(x)为常函数．
专题八 选考部分
第2讲 不等式选讲
2年考情回顾
设 问
方 式
全国卷 ①与含绝对值 [例](2015· 不等式的解法 Ⅰ· 24题)；(2016· 全 有关的问题 国卷乙· 24题)． 山东卷· 5 ②与含绝对值 [例](2015· 不等式有关的 题)；(2016· 全国卷 参数范围问题 丙· 24题)． [例](2015· 湖北卷· 21 ③证明不等式 题)；(2016· 全国卷 甲· 24题)．
x－1－2a，x<－1， (2)由题设可得 f(x)＝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
2a－1 A ， 0 ，B(2a＋ 3
2 2 2 1,0)，C(a，a＋1)，△ABC 的面积为3(a＋1) .由题设得3(a＋1)2>6，故 a>2. 所以 a 的取值范围为(2，＋∞)．
1 1 1．设 a＞0，b＞0，且 a＋b＝a＋b.证明： (1)a＋b≥2； (2)a2＋a＜2 与 b2＋b＜2 不可能同时成立．
突破点拨 (1)用基本不等式证明； (2)利用反证法证明．
1 1 a＋b 证明：由 a＋b＝a＋b＝ ab ，a>0，b>0，得 ab＝1. (1)由基本不等式及 ab＝1，有 a＋b≥2 ab＝2，即 a＋b≥2. (2)假设 a2＋a<2 与 b2＋b<2 同时成立， 则由 a2＋a<2 及 a>0 得 0<a<1； 同理， 0<b<1， 从而 ab<1，这与 ab＝1 矛盾．故 a2＋a<2 与 b2＋b<2 不可能同时成立．
－2x－2，x<－3， 4，－3≤x≤1， 2x＋2，x>1， 则当 x∈[ －3,1] 时，f(x)为常函数．
高考数学第二轮复习不等式 人教课标版精品课件
a2 + b2 + c2 ≥a + b+ c bca
(1)设c1,c2 ,,cn是数组b1,b2 ,,bn的任何一个排列,
则 S a1c1 a2c2 ancn叫做数组(a1,a2,,an )
和(b1,b2,,bn )的 乱序和
(2)将数组(a1, a2 ,, an )和(b1, b2 ,, bn )按相反顺序相乘
2a
【解析】 2 -( 2 a )= a2 ,
2a
2a
当 a 2 且 a 0 时,
∵ a2 0 ,∴ 2
2 a．
2a
2a
当 a 0 时, ∵ a2 0 ,∴ 2 = 2 a ．
2a
2a
当 a 2 时,∵ a2 0 ,∴ 2
2 a．
2a
2a
不等式选讲是对以前所学不等式内容的
深化，通过不等式的证明，不等式的证明， 不等式的几何意义、不等式的背景，从不等 式的数学本质上加以剖析，从而提高思维逻 辑能力、分析解决问题的能力。主要内容是 (1)绝对值不等式的解法及证明；(2)柯西不 等式及排序不等式；(3)用不等式求函数极 值；(4)数学归纳法在证明不等式方面的应 用。
2.[福建省2008年12月高三月考数学（理科）试卷] 求|2x-3|+|3x+2|的最小值.
【 解 析 |2x-3|+|3x+2|=|2x-3|+|2x+ 4 |+|x+ 2 |≥≥|
3
3
（2x-3）-（2x+ 4 ）|+|x+ 2 |≥4 1 +0=4 1 。
3
33 3
当 x=- 2 时取等号，∴|2x-3|+|3x+2|的最小值为 4 1 。
(1)设c1,c2 ,,cn是数组b1,b2 ,,bn的任何一个排列,
则 S a1c1 a2c2 ancn叫做数组(a1,a2,,an )
和(b1,b2,,bn )的 乱序和
(2)将数组(a1, a2 ,, an )和(b1, b2 ,, bn )按相反顺序相乘
2a
【解析】 2 -( 2 a )= a2 ,
2a
2a
当 a 2 且 a 0 时,
∵ a2 0 ,∴ 2
2 a．
2a
2a
当 a 0 时, ∵ a2 0 ,∴ 2 = 2 a ．
2a
2a
当 a 2 时,∵ a2 0 ,∴ 2
2 a．
2a
2a
不等式选讲是对以前所学不等式内容的
深化，通过不等式的证明，不等式的证明， 不等式的几何意义、不等式的背景，从不等 式的数学本质上加以剖析，从而提高思维逻 辑能力、分析解决问题的能力。主要内容是 (1)绝对值不等式的解法及证明；(2)柯西不 等式及排序不等式；(3)用不等式求函数极 值；(4)数学归纳法在证明不等式方面的应 用。
2.[福建省2008年12月高三月考数学（理科）试卷] 求|2x-3|+|3x+2|的最小值.
【 解 析 |2x-3|+|3x+2|=|2x-3|+|2x+ 4 |+|x+ 2 |≥≥|
3
3
（2x-3）-（2x+ 4 ）|+|x+ 2 |≥4 1 +0=4 1 。
3
33 3
当 x=- 2 时取等号，∴|2x-3|+|3x+2|的最小值为 4 1 。
高三二轮精品课件：不等式选讲
考点一 考点二 考点三
限时规范训练
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考点一 含绝对值不等式的解法及应用
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知 f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)<0 的解集； (2)若 x∈(－∞，1)时，f(x)<0，求 a 的取值范围．
考点一 考点二 考点三
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考点二 不等式的证明
若 x≤－2，则不等式等价为－(x－2)－(x＋2)≥6， 即－2x≥6，x≤－3， 综上 x≥3 或 x≤－3，即不等式解集为(－∞，－3]∪[3，＋∞)． (2)证明：∵f(ab)>|a|fba等价为|ab－1|>|a|ba－1＝|b－a|，∴要 证 f(ab)>|a|fba成立， 只需证|ab－1|>|b－a|成立， 只需证(ab－1)2>(b－a)2，
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考点二 不等式的证明
(2)因为 a，b，c 为正数且 abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋
a)3≥33 a＋b3b＋c3a＋c3 ＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c) ≥3×(2 ab)×(2 bc)×(2 ac) ＝24. 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，等号成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
考点一 考点二 考点三
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考点二 不等式的证明
[类题通法] 证明不等式的 5 个基本方法 (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．
高三数学文二轮复习7.3不等式选讲课件
1 ．在证明不等式时，根据命题提供的信息选择合适的 方法与技巧．如果已知条件与待证明的结论直接联系不明 显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多” 等方式给出或否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法； 如果待证不等式与自然数有关，则考虑用数学归纳法等．
在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技 巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解 法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见 的不等式 (组 )求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分 区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式， 往往作为不等式放缩的依据．
解析： 原不等式可化为：
x≤－ 3， － x－ 3＋ x－ 2≥ 3 － 3<x<2， 或 x＋ 3＋ x－ 2≥ 3
x≥ 2， 或 x＋ 3－ x＋ 2≥ 3，
∴ x∈ Ø 或 1≤ x<2 或 x≥ 2. ∴不等式的解集为 {x|x≥ 1}．
答案：{x|x≥1}
解析： A＝ {x|a－ 1<x<a＋ 1}， B＝ {x|x>b＋ 2 或 x<b－ 2}， 由 A⊆ B 得 b＋ 2≤ a－ 1 或 b－ 2≥ a＋ 1， 即 a－ b≥ 3 或 a－ b≤－ 3， 即 |a－ b|≥ 3.
答案：D
2．不等式 |x＋ 3|－ |x－ 2|≥ 3 的解集为 ________．
3.在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意 的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否 成立． 4.使用柯西不等式时，既要注意它的数学意义，又时，就可以考虑利用柯西不等式对这个式子 进行缩小或放大．
1.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 C． |a－ b|≤ 3 ) B． |a＋ b|≥ 3 D． |a－ b|≥ 3
在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技 巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解 法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见 的不等式 (组 )求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分 区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式， 往往作为不等式放缩的依据．
解析： 原不等式可化为：
x≤－ 3， － x－ 3＋ x－ 2≥ 3 － 3<x<2， 或 x＋ 3＋ x－ 2≥ 3
x≥ 2， 或 x＋ 3－ x＋ 2≥ 3，
∴ x∈ Ø 或 1≤ x<2 或 x≥ 2. ∴不等式的解集为 {x|x≥ 1}．
答案：{x|x≥1}
解析： A＝ {x|a－ 1<x<a＋ 1}， B＝ {x|x>b＋ 2 或 x<b－ 2}， 由 A⊆ B 得 b＋ 2≤ a－ 1 或 b－ 2≥ a＋ 1， 即 a－ b≥ 3 或 a－ b≤－ 3， 即 |a－ b|≥ 3.
答案：D
2．不等式 |x＋ 3|－ |x－ 2|≥ 3 的解集为 ________．
3.在使用基本不等式时，等号成立的条件是一直要注意 的事情，特别是连续使用时，要求分析每次使用时等号是否 成立． 4.使用柯西不等式时，既要注意它的数学意义，又时，就可以考虑利用柯西不等式对这个式子 进行缩小或放大．
1.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 C． |a－ b|≤ 3 ) B． |a＋ b|≥ 3 D． |a－ b|≥ 3
高考数学大二轮复习专题八第2讲不等式选讲课件理
1
1
+1
= −
(程度大);
(程度小);n< ( + 1) <
-1 +1
(4)利用基本不等式:如: ( + 1) <
+(+1)
2021/12/11
第十二页，共四十一页。
2
.
2+1
2
.
四、含绝对值不等式的恒成立(chénglì)问题的解题规律
1.根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值,转化为分段函数,然后利用数形
方面发力;不等式的证明不是每
年必考模型,有隔年涉及的趋势,
主要是结合绝对值三角不等式
和均值不等式通过研究最值实
施命题,偶有涉及柯西不等式,一
般是分析法和综合法的结合,属
中档题.
1.(2019 全国Ⅰ,理 23)已知 a,b,c 为正数,且满足 abc=1.证明:
1
1
1
(1) + + ≤a2+b2+c2;
3.|f(x)|>g(x),|f(x)|<g(x)(g(x)>0)型不等式的解法
(1)|f(x)|>g(x)⇔f(x)>g(x)或f(x)<-g(x).
(2)|f(x)|<g(x)⇔-g(x)<f(x)<g(x).
2021/12/11
第七页，共四十一页。
二、含绝对值不等式的常用解法
1.基本性质法:对a∈(0,+∞),|x|<a⇔-a<x<a,|x|>a⇔x<-a或x>a.
在一个数 k,使得 ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.
高考复习课件高考二轮文科数学专题8第23讲不等式选讲
所以 a 的取值范围是(－∞，－2]．
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，不等式 恒成立问题．
3．不等式的证明
例3已知 a，b，c 为正实数，求证： (1)ab2＋ba2≥a＋b；(2)ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
【解析】(1)ab2＋b≥ ab2·b＝2a，同理ba2＋a≥2b. ∴ab2＋ba2＋a＋b≥2(a＋b)，∴ab2＋ba2≥a＋b， ∴原不等式成立． (2)∵ab2＋b≥2 ab2·b＝2a，同理bc2＋c≥2b，ca2＋ a≥2c.∴ab2＋bc2＋ca2＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)， ∴ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c，∴原不等式成立． 【点评】本题考查不等式的证明和基本不等式的
②若 a＋ b> c＋ d，则( a＋ b)2>( c＋ d)2， 即 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd. 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．
【解析】a>－1
8．已知集合 A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝ x∈R|x＝4t＋1t －6，t∈（0，＋∞），则集合 A∩B ＝____________．
【解析】{x|－2≤x≤5} |x＋3|＋|x－4|≤9，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}．又∵x＝4t＋1t －6，t∈ (0，＋∞)，∴x≥2 4t·1t －6＝－2，当 t＝12时取等号． ∴B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤5}．
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，不等式 恒成立问题．
3．不等式的证明
例3已知 a，b，c 为正实数，求证： (1)ab2＋ba2≥a＋b；(2)ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c.
【解析】(1)ab2＋b≥ ab2·b＝2a，同理ba2＋a≥2b. ∴ab2＋ba2＋a＋b≥2(a＋b)，∴ab2＋ba2≥a＋b， ∴原不等式成立． (2)∵ab2＋b≥2 ab2·b＝2a，同理bc2＋c≥2b，ca2＋ a≥2c.∴ab2＋bc2＋ca2＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)， ∴ab2＋bc2＋ca2≥a＋b＋c，∴原不等式成立． 【点评】本题考查不等式的证明和基本不等式的
②若 a＋ b> c＋ d，则( a＋ b)2>( c＋ d)2， 即 a＋b＋2 ab>c＋d＋2 cd. 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．
【解析】a>－1
8．已知集合 A＝{x∈R||x＋3|＋|x－4|≤9}，B＝ x∈R|x＝4t＋1t －6，t∈（0，＋∞），则集合 A∩B ＝____________．
【解析】{x|－2≤x≤5} |x＋3|＋|x－4|≤9，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}．又∵x＝4t＋1t －6，t∈ (0，＋∞)，∴x≥2 4t·1t －6＝－2，当 t＝12时取等号． ∴B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x≤5}．