高考数学课标(文)题型专项练课件：9.2不等式选讲(选修4—5)
版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 不等式选讲(选修4-5)(共31张PPT)
定理 2：如果 a，b 为正数，则a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立．
定理 3：如果 a，b，c 为正数，则a＋3b＋c≥3 abc， 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a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an， 当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
【例 2】 (2017·全国卷Ⅱ)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)因为 a＞0，b＞0，且 a3＋b3＝2. 则 (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＋3（a＋4 b）2·(a＋b)＝2＋3（a＋4 b）3， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2.
[规律方法] 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．
(1)在图中画出 y＝f(x)的图象；
(2)求不等式|f(x)|＞1 的解集．
x－4，x≤－1， 解：(1)f(x)＝3x－2，－1＜x≤32， －x＋4，x＞32，
故 y＝f(x)的图象如图所示．
北师大版高中数学选修4-5不等式选讲全套PPT课件
(4)如果a b, c 0,那么ac bc;如果a b, c 0, 那么ac bc。 （乘法法则）
如果a b 0, c d 0,那么ac bd。
(5)如果a b 0,那么an bn(n N, n 2)。
（乘方法则）
(6)如果a b 0,那么n a n b(n N, n 2)。
正数的绝对值是它本身 零的绝对值是零， 负数的绝对值是它的相反数
思考1
如何用数学符号表示一个 思考2
数x的绝对值呢？
|x|≥0
对任意实数 x ，有
x, x 0, x 0, x 0,
x, x 0.
思考3
一个实数x绝对值的几何意义是什么？
（开方法则）
含有绝对值的不等式
教学目标
【重点】 （1）不等式︱x｜>a和｜x|<a(a>0)的解法 。 （2）利用变量替换解不等式｜ax+b｜>c 和｜ax+b｜<c(c>0)。 【难点】
利用变量替换解不等式｜ax+b｜>c 和｜ax+b｜<c(c>0)。
填空
不等式的基本性质： 1.已知a＞b，则不等式两边同时加上一个数c,
北师大版高中数学选 修4-5不等式பைடு நூலகம்讲全套
PPT课件
已知a, b都是实数, 那么 “a2>b2”是“a>b”的( B )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
1. 不等式的基本性质有哪些？ 2. 请你证明：
①如果a>b, c>d, 那么a+c>b+d; ②如果a>b>0, c>d>0, 那么ac>bd;
1新人教A版高中数学(选修4-5)《不等式》ppt课件]
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由a 0及性质4 , 得
a d
a c
0.
由a b 0,
1 c
0及性质4 , 得
a d b c
a d b c .
a c
b c
0.
由性质2 , 得
0.
根据性质6, 有
从上述基本事实可知要比 , 较两个实数的大小 可以转 , 化为比较它们的差与的大 0 小.这是研究不等关系的一 个出发点 .
例1
比较 x 3 x 7 和 x 4 x 6
的大小 .
分析 通过考察它们的差与 的大小关系 0 , 得出这两个多项式的大 小关系.
解
因为 x 3 x 7 x 4 x 6
:
这个基本事实可以表示 ab ab 0; a b ab 0; a b a b 0.
上面的符号 相推出 .
为
" " 表示 " 等价于 " , 即可以互
0是正数 与负数 的 分界 点 , 它为 实数 比 较大小 提 供了 " 标杆".
思考
从上述基本事实出发 比较
,
你认为可以用什么方法 两个实数的大小 ?
2 2
x 10 x 21 x 10 x 24 3 0
所以 x 3 x 7 x 4 x 6 .
探究
我们知道 , 等式有 " 等式两边同 " "等
加 或减 一个 数 , 等式仍然成立 式两边 同乘
或除于 一个数
6 如果 a b 0, 那么n
专题七第2讲选修45不等式选讲课件共41张PPT
【变式训练2】 已知函数f (x)＝x＋m2 ＋|x－m|(m>0)。 (1)当m＝1时，求函数f (x)的最小值； (2)若存在x∈(0,1)，使得不等式f (x)≤3成立，求实数m的取值范围。
解 (1)当m＝1时，f (x)＝|x＋2|＋|x－1|， 因为|x＋2|＋|x－1|≥|(x＋2)－(x－1)|＝3， 当且仅当(x＋2)(x－1)≤0，即－2≤x≤1时等号成立， 所以f (x)的最小值为3。
方法悟通
解决不等式恒成立、能成立、恰成立问题的策略
不等式 恒成立
问题
不等式f (x)>A在区间D上恒成立，等价于在区间D 上f (x)min>A。 不等式f (x)<B在区间D上恒成立，等价于在区间D 上f (x)max<B
不等式 能成立 问题
不等式 恰成立 问题
在区间D上存在实数x使不等式f (x)>A成立，等价 于在区间D上f (x)max>A。 在区间D上存在实数x使不等式f (x)<B成立，等价 于在区间D上f (x)min<B 不等式f (x)>A在区间D上恰成立，等价于不等式f (x)>A的解集为D。 不等式f (x)<B在区间D上恰成立，等价于不等式f (x)<B的解集为D
(2)由题意得存在x∈(0,1)，使得x＋m2 ＋|x－m|≤3成立， ①当m≥1时，x＋m2 ＋|x－m|≤3等价于m2 ＋m≤3，所以1≤m≤2。
②当0<m<1时，f
(x)＝x＋
2 m
＋|x－m|＝ 2m2x＋＋mm2，－0m<，x<mm≤，x<1，
则f
(x)min＝
2 m
＋
m，所以m2 ＋m≤3，所以1≤m≤2，与“0<m<1”矛盾，此时m无解。 综上，实数m的取值范围为[1,2]。
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一、基础知识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．↓|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|，当且仅当|a|≥|b|且ab≥0时，左边等号成立，当且仅当ab≤0时，右边等号成立.2．绝对值不等式的解法(1)|x|<a与|x|>a型不等式的解法(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.|x－a|＋|x－b|≥c和|x－a|＋|x－b|≤c型不等式的解法及体现数学思想①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；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.考点一 绝对值不等式的解法[典例] (2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－|2x －3|.(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.[题组训练]1．解不等式|x ＋1|＋|x －1|≤2. 解：当x <－1时，原不等式可化为－x －1＋1－x ≤2， 解得x ≥－1，又因为x <－1，故无解； 当－1≤x ≤1时，原不等式可化为x ＋1＋1－x ＝2≤2，恒成立； 当x >1时，原不等式可化为x ＋1＋x －1≤2， 解得x ≤1，又因为x >1，故无解；综上，不等式|x ＋1|＋|x －1|≤2的解集为[－1,1]． 2．(2019·沈阳质检)已知函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a ∈R . (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋|2x ＋1|的解集； (2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|＋3x .法一：由f (x )≥3x ＋|2x ＋1|，得|x －1|－|2x ＋1|≥0， 当x >1时，x －1－(2x ＋1)≥0，得x ≤－2，无解； 当－12≤x ≤1时，1－x －(2x ＋1)≥0，得－12≤x ≤0；当x <－12时，1－x －(－2x －1)≥0，得－2≤x <－12.∴不等式的解集为{x |－2≤x ≤0}．法二：由f (x )≥3x ＋|2x ＋1|，得|x －1|≥|2x ＋1|， 两边平方，化简整理得x 2＋2x ≤0， 解得－2≤x ≤0，∴不等式的解集为{x |－2≤x ≤0}．(2)由|x －a |＋3x ≤0，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，4x －a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，2x ＋a ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧x <a ，x ≤－a 2.当a >0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤－a 2. 由－a2＝－1，得a ＝2.当a ＝0时，不等式的解集为{x |x ≤0}，不合题意．当a <0时，不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≤a 4.由a4＝－1，得a ＝－4. 综上，a ＝2或a ＝－4.考点二 绝对值不等式性质的应用[典例] (2019·湖北五校联考)已知函数f (x )＝|2x －1|，x ∈R . (1)解不等式f (x )<|x |＋1；(2)若对x ，y ∈R ，有|x －y －1|≤13，|2y ＋1|≤16，求证：f (x )<1.[解] (1)∵f (x )<|x |＋1，∴|2x －1|<|x |＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，2x －1<x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧0<x <12，1－2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，1－2x <－x ＋1，得12≤x <2或0<x <12或无解． 故不等式f (x )<|x |＋1的解集为{x |0<x <2}．(2)证明：f (x )＝|2x －1|＝|2(x －y －1)＋(2y ＋1)|≤|2(x －y －1)|＋|2y ＋1|＝2|x －y －1|＋|2y ＋1|≤2×13＋16＝56<1.故不等式f (x )＜1得证．[解题技法] 绝对值不等式性质的应用利用不等式|a ＋b |≤|a |＋|b |(a ，b ∈R )和|a －b |≤|a －c |＋|c －b |(a ，b ∈R)，通过确定适当的a ，b ，利用整体思想或使函数、不等式中不含变量，可以求最值或证明不等式．[题组训练]1．求函数f (x )＝|x ＋2 019|－|x －2 018|的最大值．解：因为f (x )＝|x ＋2 019|－|x －2 018|≤|x ＋2 019－x ＋2 018|＝4 037， 所以函数f (x )＝|x ＋2 019|－|x －2 018|的最大值为4 037. 2．若x ∈[－1,1]，|y |≤16，|z |≤19，求证：|x ＋2y －3z |≤53.证明：因为x ∈[－1,1]，|y |≤16，|z |≤19，所以|x ＋2y －3z |≤|x |＋2|y |＋3|z |≤1＋2×16＋3×19＝53，所以|x ＋2y －3z |≤53成立．考点三 绝对值不等式的综合应用[典例] (2018·合肥质检)已知函数f (x )＝|2x －1|. (1)解关于x 的不等式f (x )－f (x ＋1)≤1；(2)若关于x 的不等式f (x )<m －f (x ＋1)的解集不是空集，求m 的取值范围． [解] (1)f (x )－f (x ＋1)≤1⇔|2x －1|－|2x ＋1|≤1，则⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，2x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧ －12<x <12，1－2x －2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－12，1－2x ＋2x ＋1≤1， 解得x ≥12或－14≤x <12，即x ≥－14，所以原不等式的解集为⎣⎡⎭⎫－14，＋∞. (2)由条件知，不等式|2x －1|＋|2x ＋1|<m 有解， 则m >(|2x －1|＋|2x ＋1|)min 即可．由于|2x －1|＋|2x ＋1|＝|1－2x |＋|2x ＋1|≥|1－2x ＋(2x ＋1)|＝2，当且仅当(1－2x )(2x ＋1)≥0，即x ∈⎣⎡⎦⎤－12，12时等号成立，故m >2.所以m 的取值范围是(2，＋∞)． [解题技法] 两招解不等式问题中的含参问题 (1)转化①把存在性问题转化为求最值问题；②不等式的解集为R 是指不等式的恒成立问题；③不等式的解集为∅的对立面也是不等式的恒成立问题，此类问题都可转化为最值问题，即f (x )＜a 恒成立⇔a ＞f (x )max ，f (x )＞a 恒成立⇔a ＜f (x )min .(2)求最值求含绝对值的函数最值时，常用的方法有三种： ①利用绝对值的几何意义；②利用绝对值三角不等式，即|a |＋|b |≥|a ±b |≥||a |－|b ||； ③利用零点分区间法． [题组训练]1．(2018·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝5－|x ＋a |－|x －2|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥0的解集； (2)若f (x )≤1，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4，x <－1，2，－1≤x ≤2，－2x ＋6，x >2.当x <－1时，由2x ＋4≥0，解得－2≤x <－1，当－1≤x ≤2时，显然满足题意， 当x >2时，由－2x ＋6≥0，解得2<x ≤3， 故f (x )≥0的解集为{x |－2≤x ≤3}． (2)f (x )≤1等价于|x ＋a |＋|x －2|≥4.而|x ＋a |＋|x －2|≥|a ＋2|，且当x ＝2时等号成立． 故f (x )≤1等价于|a ＋2|≥4. 由|a ＋2|≥4可得a ≤－6或a ≥2.所以a 的取值范围是(－∞，－6]∪[2，＋∞)．2．(2018·广东珠海二中期中)已知函数f (x )＝|x ＋m |＋|2x －1|(m ∈R )，若关于x 的不等式f (x )≤|2x ＋1|的解集为A ，且⎣⎡⎦⎤34，2⊆A ，求实数m 的取值范围．解：∵⎣⎡⎦⎤34，2⊆A ，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤34，2时，不等式f (x )≤|2x ＋1|恒成立， 即|x ＋m |＋|2x －1|≤|2x ＋1|在x ∈⎣⎡⎦⎤34，2上恒成立， ∴|x ＋m |＋2x －1≤2x ＋1，即|x ＋m |≤2在x ∈⎣⎡⎦⎤34，2上恒成立， ∴－2≤x ＋m ≤2，∴－x －2≤m ≤－x ＋2在x ∈⎣⎡⎦⎤34，2上恒成立， ∴(－x －2)max ≤m ≤(－x ＋2)min ，∴－114≤m ≤0，故实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－114，0. [课时跟踪检测]1．求不等式|2x －1|＋|2x ＋1|≤6的解集．解：原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧ x <－12，1－2x －2x －1≤6或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ≤12，1－2x ＋2x ＋1≤6或⎩⎪⎨⎪⎧x >12，2x －1＋2x ＋1≤6.解得－32≤x ≤32，即原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－32≤x ≤32. 2．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. 3．(2018·全国卷Ⅰ)已知f (x )＝|x ＋1|－|ax －1|. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若x ∈(0,1)时不等式f (x )>x 成立，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|－|x －1|， 即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，x ≤－1，2x ，－1<x <1，2，x ≥1.故不等式f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x >12. (2)当x ∈(0,1)时|x ＋1|－|ax －1|>x 成立等价于当x ∈(0,1)时|ax －1|<1成立． 若a ≤0，则当x ∈(0,1)时，|ax －1|≥1；若a >0，则|ax －1|<1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪0<x <2a ， 所以2a ≥1，故0<a ≤2.综上，a 的取值范围为(0,2]． 4．设函数f (x )＝|3x －1|＋ax ＋3. (1)若a ＝1，解不等式f (x )≤4；(2)若f (x )有最小值，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝|3x －1|＋x ＋3≤4， 即|3x －1|≤1－x ，x －1≤3x －1≤1－x ，解得0≤x ≤12，所以f (x )≤4的解集为⎣⎡⎦⎤0，12. (2)因为f (x )＝⎩⎨⎧(3＋a )x ＋2，x ≥13，(a －3)x ＋4，x <13，所以f (x )有最小值的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧a ＋3≥0，a －3≤0，解得－3≤a ≤3，即实数a 的取值范围是[－3,3]．5．(2019·贵阳适应性考试)已知函数f (x )＝|x －2|－|x ＋1|. (1)解不等式f (x )>－x ；(2)若关于x 的不等式f (x )≤a 2－2a 的解集为R ，求实数a 的取值范围． 解：(1)原不等式等价于f (x )＋x ＞0，不等式f (x )＋x >0可化为|x －2|＋x >|x ＋1|， 当x <－1时，－(x －2)＋x >－(x ＋1)，解得x >－3，即－3<x <－1； 当－1≤x ≤2时，－(x －2)＋x >x ＋1，解得x <1，即－1≤x <1； 当x >2时，x －2＋x >x ＋1，解得x >3，即x >3，综上所述，不等式f (x )＋x >0的解集为{x |－3<x <1或x >3}． (2)由不等式f (x )≤a 2－2a 可得|x －2|－|x ＋1|≤a 2－2a ，∵|x －2|－|x ＋1|≤|x －2－x －1|＝3，当且仅当x ∈(－∞，－1]时等号成立， ∴a 2－2a ≥3，即a 2－2a －3≥0，解得a ≤－1或a ≥3. ∴实数a 的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 6．已知函数f (x )＝|x －a |＋|x ＋1|.(1)若a ＝2，求不等式f (x )＞x ＋2的解集；(2)如果关于x 的不等式f (x )＜2的解集不是空集，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋1，x ＜－1，3，－1≤x ＜2，2x －1，x ≥2，不等式f (x )＞x ＋2等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－1，－2x ＋1＞x ＋2或⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ＜2，3＞x ＋2或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，2x －1＞x ＋2，解得x ＜1或x ＞3，故原不等式的解集为{x |x ＜1或x ＞3}．(2)∵f (x )＝|x －a |＋|x ＋1|≥|(x －a )－(x ＋1)|＝|a ＋1|，当(x －a )(x ＋1)≤0时取等号． ∴若关于x 的不等式f (x )＜2的解集不是空集，只需|a ＋1|＜2， 解得－3＜a ＜1，即实数a 的取值范围是(－3,1)． 7．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，＋∞)．8．(2018·福州质检)设函数f (x )＝|x －1|，x ∈R . (1)求不等式f (x )≤3－f (x －1)的解集；(2)已知关于x 的不等式f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |的解集为M ，若⎝⎛⎭⎫1，32⊆M ，求实数a 的取值范围．解：(1)因为f (x )≤3－f (x －1)，所以|x －1|≤3－|x －2|⇔|x －1|＋|x －2|≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x <1，3－2x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，1≤3或 ⎩⎪⎨⎪⎧x >2，2x －3≤3， 解得0≤x <1或1≤x ≤2或2<x ≤3， 所以0≤x ≤3，故不等式f (x )≤3－f (x －1)的解集为[0,3]． (2)因为⎝⎛⎭⎫1，32⊆M ， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫1，32时，f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |恒成立，而f (x )≤f (x ＋1)－|x －a |⇔|x －1|－|x |＋|x －a |≤0⇔|x －a |≤|x |－|x －1|， 因为x ∈⎝⎛⎭⎫1，32，所以|x －a |≤1，即x －1≤a ≤x ＋1， 由题意，知x －1≤a ≤x ＋1对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫1，32恒成立， 所以12≤a ≤2，故实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤12，2.第二节 不等式的证明一、基础知识1．基本不等式(1)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)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．(3)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．考点一 比较法证明不等式[典例] 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 ＝a 2＋b 2－a 2b 2－1 ＝(a 2－1)(1－b 2)＜0. 因此|a ＋b |＜|1＋ab |. [题组训练]1．当p ，q 都是正数且p ＋q ＝1时，求证：(px ＋qy )2≤px 2＋qy 2. 解：(px ＋qy )2－(px 2＋qy 2) ＝p 2x 2＋q 2y 2＋2pqxy －(px 2＋qy 2) ＝p (p －1)x 2＋q (q －1)y 2＋2pqxy .因为p ＋q ＝1，所以p －1＝－q ，q －1＝－p . 所以(px ＋qy )2－(px 2＋qy 2) ＝－pq (x 2＋y 2－2xy )＝－pq (x －y )2. 因为p ，q 为正数，所以－pq (x －y )2≤0，所以(px ＋qy )2≤px 2＋qy 2.当且仅当x ＝y 时，不等式中等号成立． 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[典例] (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)(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.[解题技法] 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．[题组训练]1．设a ，b ，c ，d 均为正数，若a ＋b ＝c ＋d ，且ab >cd ，求证：a ＋b >c ＋d . 证明：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．(2018·湖北八校联考)已知不等式|x |＋|x －3|<x ＋6的解集为(m ，n )． (1)求m ，n 的值；(2)若x >0，y >0，nx ＋y ＋m ＝0，求证：x ＋y ≥16xy . 解：(1)由|x |＋|x －3|<x ＋6，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥3，x ＋x －3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧ 0<x <3，3<x ＋6或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，－x ＋3－x <x ＋6， 解得－1<x <9，∴m ＝－1，n ＝9.(2)证明：由(1)知9x ＋y ＝1，又x >0，y >0， ∴⎝⎛⎭⎫1x ＋1y (9x ＋y )＝10＋y x ＋9xy≥10＋2y x ×9xy＝16， 当且仅当y x ＝9x y ，即x ＝112，y ＝14时取等号，∴1x ＋1y ≥16，即x ＋y ≥16xy . 考点三 分析法证明不等式[典例] (2019·长春质检)设不等式||x ＋1|－|x －1||<2的解集为A . (1)求集合A ；(2)若a ，b ，c ∈A ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.[解] (1)由已知，令f (x )＝|x ＋1|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧2，x ≥1，2x ，－1<x <1，－2，x ≤－1，由|f (x )|<2，得－1<x <1，即A ＝{x |－1<x <1}． (2)证明：要证⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1，只需证|1－abc |>|ab －c |，即证1＋a 2b 2c 2>a 2b 2＋c 2，即证1－a 2b 2>c 2(1－a 2b 2)， 即证(1－a 2b 2)(1－c 2)>0，由a ，b ，c ∈A ，得－1<ab <1，c 2<1，所以(1－a 2b 2)(1－c 2)>0恒成立． 综上，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－abc ab －c >1.[解题技法] 分析法证明不等式应注意的问题(1)注意依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论． (2)注意从要证不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．(3)注意恰当地用好反推符号“⇐”或“要证明”“只需证明”“即证明”等词语． [题组训练]1．已知a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a . 证明：由a >b >c 且a ＋b ＋c ＝0， 知a >0，c <0. 要证b 2－ac <3a ， 只需证b 2－ac <3a 2.∵a ＋b ＋c ＝0，∴只需证b 2＋a (a ＋b )<3a 2， 即证2a 2－ab －b 2>0， 即证(a －b )(2a ＋b )>0， 即证(a －b )(a －c )>0.∵a >b >c ，∴a －b >0，a －c >0， ∴(a －b )(a －c )>0显然成立， 故原不等式成立． 2．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 ，求证：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．[课时跟踪检测]1．已知△ABC 的三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，试用分析法证明：∠B 为锐角． 证明：要证∠B 为锐角，只需证cos B >0， 所以只需证a 2＋c 2－b 2>0， 即a 2＋c 2>b 2，因为a 2＋c 2≥2ac ， 所以只需证2ac >b 2， 由已知得2ac ＝b (a ＋c )．所以只需证b (a ＋c )>b 2，即a ＋c >b ，显然成立． 所以∠B 为锐角．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，仅当a ＝b ＝2时等号成立．故a 3＋b 3≥2a 3b 3≥42，仅当a ＝b ＝2时等号成立． 所以a 3＋b 3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．(2019·南宁模拟)(1)解不等式|x ＋1|＋|x ＋3|<4； (2)若a ，b 满足(1)中不等式，求证：2|a －b |<|ab ＋2a ＋2b |.解：(1)当x <－3时，|x ＋1|＋|x ＋3|＝－x －1－x －3＝－2x －4<4，解得x >－4，所以 －4<x <－3；当－3≤x <－1时，|x ＋1|＋|x ＋3|＝－x －1＋x ＋3＝2<4恒成立， 所以－3≤x <－1；当x ≥－1时，|x ＋1|＋|x ＋3|＝x ＋1＋x ＋3＝2x ＋4<4，解得x <0，所以－1≤x <0. 综上，不等式|x ＋1|＋|x ＋3|<4的解集为{x |－4<x <0}． (2)证明：因为4(a －b )2－(ab ＋2a ＋2b )2 ＝－(a 2b 2＋4a 2b ＋4ab 2＋16ab ) ＝－ab (b ＋4)(a ＋4)<0， 所以4(a －b )2<(ab ＋2a ＋2b )2， 所以2|a －b |<|ab ＋2a ＋2b |.4．(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，求证：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 )≤0.5．(2019·西安质检)已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|. (1)解不等式f (x )≤3；(2)记函数g (x )＝f (x )＋|x ＋1|的值域为M ，若t ∈M ，求证：t 2＋1≥3t＋3t .解：(1)依题意，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－1，2－x ，－1<x <12，3x ，x ≥12，∴f (x )≤3⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－3x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <12，2－x ≤3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥12，3x ≤3，解得－1≤x ≤1，即不等式f (x )≤3的解集为{x |－1≤x ≤1}．(2)证明：g (x )＝f (x )＋|x ＋1|＝|2x －1|＋|2x ＋2|≥|2x －1－2x －2|＝3， 当且仅当(2x －1)(2x ＋2)≤0，即－1≤x ≤12时取等号，∴M ＝[3，＋∞)．t 2＋1－3t －3t ＝t 3－3t 2＋t －3t ＝(t －3)(t 2＋1)t ，∵t ∈M ，∴t －3≥0，t 2＋1>0， ∴(t －3)(t 2＋1)t ≥0，∴t 2＋1≥3t＋3t .6．(2019·长春质检)已知函数f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|. (1)求f (x )<2的解集；(2)若f (x )的最小值为T ，正数a ，b 满足a ＋b ＝12，求证：a ＋b ≤T .解：(1)f (x )＝|2x －3|＋|3x －6|＝⎩⎪⎨⎪⎧－5x ＋9，x <32，－x ＋3，32≤x ≤2，5x －9，x >2.作出函数f (x )的图象如图所示．由图象可知，f (x )<2的解集为⎝⎛⎭⎫75，115. (2)证明：由图象可知f (x )的最小值为1， 由基本不等式可知a ＋b2≤ a ＋b2＝ 14＝12， 当且仅当a ＝b 时，“＝”成立，即a ＋b ≤1＝T . 7．已知函数f (x )＝|2x －1|－⎪⎪⎪⎪x ＋32. (1)求不等式f (x )<0的解集M ；(2)当a ，b ∈M 时，求证：3|a ＋b |<|ab ＋9|.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧52－x ，x <－32，－3x －12，－32≤x ≤12，x －52，x >12.当x <－32时，f (x )<0，即52－x <0，无解；当－32≤x ≤12时，f (x )<0，即－3x －12<0，得－16<x ≤12；当x >12时，f (x )<0，即x －52<0，得12<x <52.综上，M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪－16<x <52. (2)证明：要证3|a ＋b |<|ab ＋9|，只需证9(a 2＋b 2＋2ab )<a 2b 2＋18ab ＋81， 即证a 2b 2－9a 2－9b 2＋81＞0， 即证(a 2－9)(b 2－9)＞0.因为a ，b ∈M ，所以－16<a <52，－16<b <52，所以a 2－9<0，b 2－9<0， 所以(a 2－9)(b 2－9)>0， 所以3|a ＋b |<|ab ＋9|.8．已知函数f (x )＝m －|x ＋4|(m >0)，且f (x －2)≥0的解集为[－3，－1]． (1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 都是正实数，且1a ＋12b ＋13c ＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.解：(1)法一：依题意知f (x －2)＝m －|x ＋2|≥0， 即|x ＋2|≤m ⇔－m －2≤x ≤－2＋m .由题意知不等式的解集为[－3，－1]，所以⎩⎪⎨⎪⎧－m －2＝－3，－2＋m ＝－1，解得m ＝1.法二：因为不等式f (x －2)≥0的解集为[－3，－1]，所以－3，－1为方程f (x －2)＝0的两根，即－3，－1为方程m －|x ＋2|＝0的两根，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －|－3＋2|＝0，m －|－1＋2|＝0，解得m ＝1.(2)证明：由(1)可知1a ＋12b ＋13c＝1(a ，b ，c >0)，所以a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c2b ≥9，当且仅当a ＝2b ＝3c ，即a ＝3，b ＝32，c ＝1时取等号。
(通用版)高考数学二轮复习 专题七 选考内容第二讲 不等式选讲课件 文 选修4-5.pptx
－4，x≥1，
[解] (1)当 m＝1 时，f(x)＝－2x－2，－3<x<1，
4，x≤－3.
由 f(x)≥1，得－ －23x<－x<21≥1， 或 x≤－3，
11
解得 x≤－32，
∴不等式
f(x)≥1
的解集为x
x≤－32.
(2)不等式 f(x)<|2＋t|＋|t－1|对任意的实数 x，t 恒成立，
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0.
①
当 x＜－1 时，①式化为 x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1 时，①式化为 x2－x－2≤0，解得－1≤x≤1；
2
当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0，
解得 1＜x≤－1＋2
17 .
所以 f(x)≥g(x)的解集为x－1≤x≤－1＋2
17 .
8
[方法技巧] 证明不等式的常用方法 不等式证明的常用方法有比较法、分析法、综合法、反证 法等． (1)如果已知条件与待证结论直接联系不明显，则考虑用分 析法． (2)如果待证的是否定性命题、唯一性命题或以“至少” “至多”等方式给出的问题，则考虑用反证法．
9
[演练冲关] 2．(2017·全国卷Ⅱ)已知 a>0，b>0，a3＋b3＝2.证明：
5
(2)由 f(x)≥x2－x＋m，得 m≤|x＋1|－|x－2|－x2＋x. 而|x＋1|－|x－2|－x2＋x≤|x|＋1＋|x|－2－x2＋|x|＝－|x|－322 ＋54≤54， 且当 x＝32时，|x＋1|－|x－2|－x2＋x＝54. 故 m 的取值范围为－∞，54.
6
[典例 2]
考点二 不等式的证明
等价于对任意的实数 x，f(x)<(|2＋t|＋|t－1|)min 恒成立，即 [f(x)]max<(|2＋t|＋|t－1|)min，
不等式选讲(选修4-5)课件
【解析】1由柯西不等式
1
2
22 32 x 2 y 2 z 2 (1 x 2 y 3 z ) 2，
2 2 2 2 2 2 2
1 得14 x y z ( 7) 7，所以x y z ， 2 1 1 当且仅当 x y z 时取等号， 2 3 1 2 2 2 即x y z 的最小值为 . 2 1 1 1 2 由1 得 2t 1 ，则2t 1 或2t 1 ，解得 2 2 2 3 1 1 3 t 或t ，即实数t的取值范围是( ， ] [ ， )． 4 4 4 4
专题一 选考部分 专题九 函数与导数
《不等式选讲》主要包括绝对值不等式、平均值 不等式、柯西不等式及证明不等式的基本方法．主 要考查绝对值不等式的解法，不等式证明及其应用， 要求学生了解证明不等式的基本方法：比较法、综 合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法；会 用这些方法证明一些简单的不等式，考查推理论证 能力和分析问题的能力，对恒等变形不作过高要 求．绝对值不等式、平均值不等式、柯西不等式的 应用只要求会用它们证明一些简单问题和求一些特 定函数的极值，应注意控制难度．
2
所以a b 2.这与假设矛盾，故a b 2.
证法2：假设a b 2，则a 2 b， 故2 a 3 b3 2 b b3，即2 8 12b 6b 2，
3
即 b 1 0，显然假设不成源自，从而a b 2.2证法3：假设a b 2， 则 a b a 3 b3 3ab a b 8.
题型二 放缩法证明不等式
3 1 1 1 1 【例2】1 求证： 1 2 2 2 (n 2) 2 n 1 2 n n 2 若a3 b3 2，求证：a b 2.
高考数学名师精讲：不等式选讲(选修4-5)ppt课件(41页)
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
2．绝对值不等式的解法
(1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a 的解集
不等式
a>0
a＝0 a<0
|x|<a
{x|－a<x<a}
∅
∅
|x|>a
{x|x∈R
{x|x>a 或 x<－a}
R
且 x≠0}
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
(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. (3)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型 不等式的解法 ①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结 合的思想；
，
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
又∵5x≥5，－x1≤－1， 所以－1≤a≤5 且 a≠0.
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类型二 含绝对值不等式的证明 【例 2】 (2011·杭州模拟)已知二次函数 f(x)＝x2＋ ax＋b(a，b∈R)的定义域为[－1,1]，且|f(x)|的最大值为 M. (1)试证明|1＋b|≤M； (2)试证明 M≥12； (3)当 M＝12时，试求出 f(x)的解析式．
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数学（理） 新课标·高考二轮总复习
[解] (1)当 a＝3 时，则 f(x)＝3x－2， ∴|f(x)|<4⇔|3x－2|<4 ⇔－4<3x－2<4⇔－2<3x<6⇔－23<x<2， ∴不等式的解集为{x|－23<x<2}． (2)|f(x)|<4⇔|ax－2|<4 ⇔－4<ax－2<4⇔－2<ax<6， 当 a>0 时，不等式的解集为{x|－2a<x<6a}；
高中数学 复习课件： 选修4-5 不等式选讲
2
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__a_b_≥_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．
成(2)在立区问间题D上中存的在实参数数x使范不等围式问f(x题)<B. 成立,等价于在区间D上f(x)min<B.
求最值的思路:①利用基本不等式和不等式的相关性
质解决;②将函数解析式用分段函数形式表示,作出函
数图象,求得最值;③利用性质“||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|”
求最值.
8
1．基本不等式 定理 1：设 a，b∈R，则 a2＋b2≥2ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立． 定理 2：如果 a，b 为正数，则a＋2 b≥ ab，当且仅当 a＝b 时，等号成立． 定理 3：如果 a，b，c 为正数，则a＋3b＋c≥_3__a_b_c_，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a1＋a2＋n …＋an≥n a1a2…an，当且仅当 a1＝a2＝…＝an 时，等号成立．
∅
∅
|x|>a
___{_x_|_x＞__a_或__x_＜__－__a_}__ {x∈R|x≠0}
R
(2)|ax＋b|≤c，|ax＋b|≥c(c＞0)型不等式的解法: ①|ax＋b|≤c⇔___－__c≤_a_x_＋_b_≤_c___； ②|ax＋b|≥c⇔___a_x_＋_b_≥_c或__a_x_＋_b_≤_－_c________.
1新人教A版高中数学(选修4-5)《不等式》ppt课件]
【证明】 ∵－3<a<b<1， ∴－1<－b<3，－3<a<1， ∴－4<a－b<4. 又a<b，∴a－b<0， ∴－4<a－b<0，∴0<b－a<4. 又－2<c<－1，∴1<c2<4， ∴0<(b－a)c2<16， ∴－16<(a－b)c2<0.
e
e
a－c2>b－d2.
【思路点拨】 已知 e<0，故只需证a－1 c2 <b－1 d2，即只需证(a－c)2>(b－d)2.
【证明】 ∵c<d<0， ∴－c>－d>0. ∵a>b>0， ∴a－c>b－d>0， ∴(a－c)2>(b－d)2>0， ∴b－1 d2>a－1 c2， 又∵e<0，∴b－e d2<a－e c2，
即a－e c2>b－e d2.
变式训练 2 已知 a>b>0，c<d<0，求证： a－b c<b－a d. 证明：∵c<d<0，∴－c>－d>0. 又 a>b>0，∴a－c>b－d>0， ∴0<a－1 c<b－1 d，
而 0<b<a，∴a－b c<b－a d.
考点三 利用不等式性质求代 数式的范围
例 2已 a 知 b0 ,cd0 ,求a 证 b. dc
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①利用绝对值不等式的几何意义求解,体现了数形结合的思想; ②利用“零点分段法”求解,体现了分类讨论的思想. 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.
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4 .不等式的证明方法
证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法、反证法、
放缩法等. (1)比较法:求差比较法,求商比较法. ①求差比较法:由于a>b a-b> 0,a<b a-b< 0,因此要证明
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考向一
考向二
考向三
考向四
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 2-3 x- 4 ≤0,无解; 当-1 ≤x ≤1 时,①式化为x 2-x- 2 ≤0,从而-1 ≤x ≤1;
(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].
种证明不等式的方法称为综合法.
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考向一
考向二
考向三
考向四
解绝对值不等式、求参数范围
解题策略一 分离参数法求参数范围 例1 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.
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考向一
考向二
考向三
考向四
解题心得1 .对于求参数范围问题,可将已知条件进行等价转化,
得到含有参数的不等式恒成立,此时通过求函数的最值得到关于参
数的不等式,解不等式得参数范围.
2 .解答此类问题应熟记以下转化:f(x )>a 恒成立
f(x )min >a ;f(x )<a 恒成立 f(x )max <a ;f(x )>a 有解 f(x )max >a ;f(x )<a 有解 f(x )min <a ; f(x )>a 无解 f(x )max ≤a;f(x )<a 无解 f(x )min ≥a.
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考向一
考向二
考向三
考向四
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考向一
考向二
考向三
考向四
解题心得1 .解含有两个以上绝对值符号的不等式,一般解法是零 点分段法.即令各个绝对值式子等于0,求出各自零点,把零点在数
轴上从小到大排列,然后按零点分数轴形成的各区间去绝对值,进
而将绝对值不等式转化为常规不等式. 2 .在不等式恒成立的情况下,求参数的取值范围,可以采取分离
参数,通过求对应函数最值的方法获得.
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考向一
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考向三
考向四
对点训练1 已知函数f(x )=|x+m|+| 2 x- 1 |(m> 0). (1)当m= 1 时,解不等式f(x )≥3; (2)当x ∈[m ,2m 2]时,不等式 f(x )≤|x+ 1 |恒成立,求实数m 的取 值范围.
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考向一
考向二
考向三
考向四
解题心得不等式证明的常用方法是:比较法、综合法与分析法.
其中运用综合法证明不等式时,主要是运用基本不等式证明,与绝
对值有关的不等式证明常用绝对值三角不等式.证明过程中一方面
9.2 不等式选讲(选修4—5)
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1 .绝对值三角不等式 (1)定理1:若a,b 是实数,则|a+b| ≤|a|+|b|,当且仅当ab ≥0 时,等
号成立;
(2)性质:|a|-|b|≤|a±b| ≤|a|+|b|; (3)定理2:若a,b ,c是实数,则|a-c|≤|a-b|+|b-c| ,当且仅当(ab )(b-c ) ≥0 时,等号成立.
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2 .绝对值不等式的解法 (1)含绝对值的不等式|x|<a 与|x|>a (a> 0)的解法: ①|x|<a -a<x<a ; ②|x|>a x>a 或x<-a. (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. (3)|x-a|+|x-b| ≥c(c> 0)和|x-a|+|x-b| ≤c(c> 0)型不等式的
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考向一
考向二
考向三
考向四
不等式的证明
例3 已知a> 0,b> 0,a3+b 3= 2 .证明: (1)(a+b )(a5+b 5)≥4; (2)a+b ≤2 .
证明 (1)(a+b )(a5+b 5)=a 6+ab 5+a 5b+b 6 = (a3+b 3)2-2 a3b 3+ab (a4+b 4)= 4 +ab (a2-b 2)2≥4 . (2)因为(a+b )3=a 3+ 3 a2b+ 3 ab 2+b 3
a>b ,只要证明a-b> 0 即可. ②求商比较法:由a>b> 0 > 1 且a> 0,b> 0,因此当a> 0,b> 0
时要证明a>b ,只要证明 > 1 即可.
(2)分析法:从待证不等式出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直
到将待证不等式归结为一个已成立的不等式(已知条件、定理等).
(3)综合法:从已知条件出发,利用不等式的有关性质或定理,经过 推理论证,推导出所要证明的不等式成立,即“由因寻果”的方法,这
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考向一
考向二
考向三
考向四
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考向二
考向三
考向四
解题策略二 求函数最值构造不等式求参数范围 例2 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.
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考向一
考向二
பைடு நூலகம்
考向三
考向四
对点训练2 已知函数f(x )=| 2 x- 1 |+|2 x+a| ,g (x )=x+ 3 .
(1)当a=- 2 时,求不等式f(x )<g (x )的解集;
(2)设a>- 1,且当
时,f(x )≤g (x ),求a的取值范围.
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考向一
考向二
考向三
考向四