2018一轮北师大版(理)数学训练：选修4-5 第1节课时分

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北师版高考总复习一轮文科数学精品课件选修4—5 不等式选讲第1课时绝对值不等式

因为f(x)=|x-a|+|x+3|≥|(x-a)-(x+3)|=|a+3|,
所以f(x)min=|a+3|,所以|a+3|>-a,即a+3<a或a+3>-a,
选修4—5 第1课时绝对值不等式
内
容
索
引
01
强基础增分策略
02
增素能精准突破
课标解读
衍生考点
核心素养
1.绝对值不等式的解法
1.理解绝对值的几何意义,并能利用含绝对
2.与绝对值不等式有关的
值不等式的几何意义证明以下不等式:
参数范围
|a+b|≤|a|+|b|,|a-b|≤|a-c|+|c-b|.
因为|x-3|+|x+4|≥|x-3-x-4|=7,
所以m<7,则m的取值范围是(-∞,7).
考向3.利用绝对值三角不等式求参数范围
典例突破
例4.(2021全国乙,理23)已知函数f(x)=|x-a|+|x+3|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥6的解集;
(2)若f(x)>-a,求a的取值范围.
a 1 +a 2 +…+a n
均值,即
n
≥

1 2 … ,此式当且仅当 a1=a2=…=an 时取“=”号.
4.柯西不等式
(1)定理1:对任意实数a,b,c,d,有(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2,当向量(a,b)与向
量(c,d)共线时,等号成立.
(2)柯西不等式的向量形式,设α,β是两个向量,则|α·β|≤|α||β|,等号成立的条

高考数学北师大(理)一轮复习课件：选修4-5不等式选讲

知识梳理1 •绝对值三角不等式⑴定理1:若"0是实数，则“+blW M + lbl ,当且仅当肪三0时.等号成立；(2)性质:\a\^\b\^\a±b\^\a\ + \b\;(3)定理2:若a：c 是实数，则Itz-cl W 1/bl + IAcl ,当且仅当(“")(b・c)$O时•等号成立.知识梳理乡2•绝对值不等式的解法⑴含绝对值的不等式Ixl S与1划>“(">0)的解法：②划② xl 或xOa ・(2)lax+Z?l Wc(c>0)和lax+bl ±c(c>0)型不等式的解法：①ax+blWcO ・cWt/x+Z?Wc : (2\ax+b\2cO ax+b三c或ax+Z?W-c・(3)\x-a\ + \x-b\三c(c>0)和Lx-al + Lx"l Wc(c>0)型不等式的解法: 少I」用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想; 前I」用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；过构造函数,利用函数的图像求解，体现了函数与方程及数形结合的思想.3•基本不等式定理1:设则a2+b2^ 2ab,当且仅当a=b时，等号成立.定理2:若a,b为正数，则学 > 価，当且仅当a=b时，等号成立.定理3:若a,b,c为正数，则"+?+' > 亦，当且仅当a=b=c时，等号成立.定理4:若如皿厶…，如为n个正数，贝I」叟也+_ >孚如血…务，当且仅当di=d2=・・・=dn时，等号成立.4•不等式证明的方法证明不等式常用的方法有比较法、综合法、分析法等.考点自诊1•判断下列结论是否正确,正确的画“V”,错误的画“X”.⑴对id"iwi“i+ibi,当且仅当ubwo时，等号成立.(V)(2)\a+b\ + \a-b\^\2a\. ( V )(3)\x-a\ + \x-b啲几何意义是表示数轴上的点x至IJ点的距离之和. V )(4)用反证法证明命题七0,c全为(F时假设为％0,c全不为(F.X )(5)若m-a+lb.n-a+b2 +1,则〃三加・(V )考点自诊2.若\a-c\<\b\,则下列不等式正确的是（D ）A.a<b+cB.a>c-bC.lul>IM-lclD.lul<IZ?l + lcl解析MlJclWl/cIvIbl,即kdvlbl + lcl，故选D・3.（2018山东青岛第二次模拟）已知\x-a\<b的解集是{xl・3<rv9},则实数“0的值是（D ）A.a=-3,b=6 3.b=-6C.ci=6,b=3D.a 二3上二6解析:由题意得-b<x-a<b,所以a-b<x<a+b,因为\x-a\<b的解集是{xl-3<x<9},所以a-b=-3且cz+Z?二9，所以a—3.b—6.故选D.考点自诊4•若存在实数兀使lzl + lrllW3成立，则实数"的取值范围是(D ) A.[21]B・[・2,2]C.[-2,3]D.[-2,4]解析:由\x-a I + lx-11 I (x-tz)-(x-1) I = It/-11,不等式lx-ul + lx-11^3 有解，可得lu-ll<3,即.3W/1W3,求得/<4,故选 D.5•若不等式W+alW2在兀曰1,2］时恒成立,则实数d的取值范围是［30］.解析：:h+olW2, • .-2-6/2-6/.：，不等式lx+al W2在［1，2］时怛成立，(・2-a < 1•:一，解得dG卜3皿•：实数d的取值范围是卜3,0］・(2-a > 2,考点1绝对值不等式（多考向）考向1绝对值不等式的解法例1（2018全国1,文23）已知乐）=1兀+11」如II.⑴当4=1时，求不等式/⑴＞1的解集；考点1⑵若兀丘（0，1）时不等式心）X成立，求a的取值范围.考点1| ~2,x S -1,解⑴当a=l时^x)=\x+U-\x-U,即兀0彳2x,-l < % < 1,(2,兀 > 1.故不等式兀劝>1的解集为卜X >扌｝.(2)当xG(O,l)^\x+l\-\axA\>x成立等价于当兀G(O，1)时loxJIvl 成立.若oWO,则当xG (0,1)\ax-11^1;若a>0,\axA\<l的解集为0<x<-,所以三三1，故0v°W2・考点1a a综上皿的取值范围为(0,2].考点1考点1对点训练1（2018湖南湘潭三模，23）已知函数/⑴二I3rll」2x+ll+d・⑴求不等式心）>a的解集;⑵若恰好存在4个不同的整数弘使得心）V0,求“的取值范围.解⑴由畑>%#I3X-1I>I2X+1I,不等式两边同时平方,^T9X2-6X+ 1 >4x2+4x+1,即5x2> 1 Ox,解得xO或兀>2,所以不等式心）刃的解集为（・°0） U （2，+©・考点12-x.x <1 1(2)设g(x)二I3x-ll-l2x+ll=< -5%,-- < x < -.x-2,x >作出g(x)的图像，如图所示，因为g(0)二g⑵=0，g⑶vg⑷=2vg(・l)二3,又恰好存在4个不同的整数仏使得f(n)<0.所以<0,>0,考点1即£鳥；聘故°的取值范围为卜2,-1).考向2利用绝对值三角不等式求最值例2(2018皖江八校5月联考，23)已知函数/⑴二13炉21・⑴若不等式y(x+|)^iM啲解集为(-罔］u百,+8),求实数/ 的值；⑵若不等式f(x)< 13x+11 +3y+/n-3_v对任意xj恒成立，求实数m 的取值范围.考点1 老点2解(l)/(x+|)=l3xl, 由条件得13兀1$1/-11,得xW-乎或兀2冒，•:罟=扌，即t=0或t=2.(2)原不華式等价于\3x-2\-\3x+l\^3y+m-3-y恒成立，而13x-21 -13x+11WI (3%・2)・(3x+1)1=3,• ：3 W3)4加3)；则加23«3-3)丁叵成立，•・13>(3-3>)]m ax=^, •:嗚,当且仅当y=log3|时等号成立.解题心得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1“1 + 1勿21"土勿Mk/1-lbl;⑶利用零点分区间法，去绝对值转化为分段函数求解.考点1对点训练2(2018山东济南三模，23)已知函数»=lx-ll. ⑴解不等式沧)+几2兀+5)三兀+9;⑵若°>00>0,且* + 半二2,证明:f(x+a)+f(x-b)并求CL u Zf(x+a)+f(x-b)=^时皿0 的值.考点1解(l)f(x)+f(2x+5)=\x-l\ + \2x+4\^x+9,当xW・2 时,不等式为4x<-12,.：x<-3,/.xG(-oo,-3];当-2<x<l时，不等式为529,不成立；当兀三1时,不等式为2兀±6，・：兀三3，・hW [3,+oo),综上所述，不等式的解集为(心厂3] U [3,+◎(2)f(x+a)+f(x-b)=\x+a-l\ + \x-b-l \ ^x+a-\-(x-b・1)=a+b,a+b=(a+b)(± +|)=| + ± + ^> |+2( 当且仅当：=务即b=2a时,成立.考点12a b b =2 a, 1丄2 v可得石+厂1,3 b =考点1考向3绝对值不等式的综合应用例3（2018全国3,文23）设函数心）二I2X+1I+I Q1L（1）画出丁二介兀）的图像；考点1⑵当xG[0,+oo）时*劝£似+。

高考数学一轮复习第十章选修系列选修4_5不等式选讲课时规范练含解析文北师大版

高考数学一轮复习：第十章选修系列选修4－5 不等式选讲课时规范练1．解不等式|x ＋1|＋|x －1|≤2.解析：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．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． 3．已知a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝2.(1)求证：a 2＋b 2≥2；(2)求证： 2a ＋1b ≥1＋22. 证明：(1)a 2＋b 2≥12(a ＋b )2＝2. (2)因为2a ＋1b ＝a ＋b 2×⎝⎛⎭⎫2a ＋1b ＝32＋b a ＋a 2b ≥32＋2＝（2＋2）24，当且仅当a ＝4－22，b ＝22－2时取等号，所以 2a ＋1b ≥1＋22. 4．(2020·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. 解析：(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．5．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．解析：(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，＋∞)． 6．已知f (x )＝|x －2|.(1)解不等式f (x )＋1＞f (2x )；(2)若f (m )≤1，f (2n )≤2，求|m －2n －1|的最大值，并求此时实数m ，n 的取值．解析：(1)原不等式等价于|x －2|＋1＞2|x －1|，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＜12－x ＋1＞2－2x 或 ⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤22－x ＋1＞2x －2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞2x －2＋1＞2x －2， ∴－1＜x ＜1或1≤x ＜53或∅，∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫－1，53. (2)由题意得f (m )＝|m －2|≤1，f (2n )＝|2n －2|≤2，∴|n －1|≤1，∴|m －2n －1|＝|(m －2)－2(n －1)－1|≤|m －2|＋2|n －1|＋1≤4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝2时，|m －2n －1|取得最大值4. 7．已知函数f (x )＝|x －1|－|x ＋2|.(1)若不等式f (x )≤|a ＋1|恒成立，求a 的取值范围；(2)求不等式|f (x )－|x ＋2||＞3的解集．解析：(1)f (x )＝|x －1|－|x ＋2|≤|(x －1)－(x ＋2)|＝3，由f (x )≤|a ＋1|恒成立得|a ＋1|≥3，即a ＋1≥3或a ＋1≤－3，得a ≥2或a ≤－4.∴a 的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．(2)不等式|f (x )－|x ＋2||＝||x －1|－2|x ＋2||＞3等价于|x －1|－2|x ＋2|＞3或|x －1|－2|x ＋2|＜－3，令g (x )＝|x －1|－2|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5，x ≥1－3x －3，－2≤x ＜1x ＋5，x ＜－2. 由x ＋5＝－3得x ＝－8，由－3x －3＝－3得x ＝0，作出g (x )的图像如图所示，由图可得原不等式的解集为{x |x ＜－8或x ＞0}．8．(2020·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．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|＋3x .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－a 2＝－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a 4＝－1，得a ＝－4. 综上，a ＝2或a ＝－4.。

2018版高考数学(理)第一轮总复习教师用书：选修4-5不等式选讲含答案

(3）|x －a ｜＋|x －b |≥c ,｜x －a ｜＋｜x －b ｜≤c （c 〉0)型不等本节主要包括2个知识点：1。

绝对值不等式的解法； 2.绝对值三角不等式.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．考点贯通抓高考命题的“形"与“神”绝对值不等式的解法[典例](1)|2x＋1｜－2|x－1|〉0。

(2)|x＋3｜－｜2x－1|<错误!＋1.［解] (1）法一:原不等式可化为|2x＋1｜〉2|x－1|，两边平方得4x2＋4x＋1>4（x2－2x＋1）,解得x>错误!,所以原不等式的解集为错误!。

法二：原不等式等价于错误!或错误!或错误!解得x>错误!，所以原不等式的解集为错误!。

(2）①当x<－3时，原不等式化为－(x＋3)－(1－2x）〈错误!＋1，解得x<10，∴x<－3。

②当－3≤x〈错误!时，原不等式化为（x＋3)－（1－2x）〈错误!＋1,解得x〈－错误!，∴－3≤x<－错误!。

③当x≥错误!时，原不等式化为(x＋3)＋（1－2x）〈错误!＋1，解得x〉2，∴x〉2.综上可知，原不等式的解集为错误!。

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|<a⇔－a〈x〈a，|x|>a⇔x〈－a或x>a。

北师大版高考数学选修4-5同步练习题第1章章末复习

章末复习学习目标 1.梳理本章的重要知识要点，构建知识网络.2.进一步强化对平均值不等式的理解和应用，尤其注意等号成立的条件.3.巩固对绝对值不等式的理解和掌握，进一步熟练绝对值不等式的应用.4.熟练掌握不等式的证明方法．1．实数的运算性质与大小顺序的关系：a ＞b ⇔a －b ＞0，a ＝b ⇔a －b ＝0，a ＜b ⇔a －b ＜0，由此可知要比较两个实数的大小，判断差的符号即可．2．不等式的4个基本性质及5个推论．3．绝对值不等式(1)绝对值不等式的解法解含绝对值的不等式的基本思想是通过去掉绝对值符号，把含绝对值的不等式转化为一元一次不等式或一元二次不等式．去绝对值符号常见的方法有：①根据绝对值的定义；②分区间讨论(零点分段法)；③图像法．(2)绝对值三角不等式①|a|的几何意义表示数轴上的点到原点的距离，|a －b|的几何意义表示数轴上两点间的距离； ②|a ＋b|≤|a|＋|b|(a ，b ∈R ，ab ≥0时等号成立)；③|a －c|≤|a －b|＋|b －c|(a ，b ，c ∈R ，(a －b)(b －c)≥0时等号成立)；④||a|－|b||≤|a ＋b|≤|a|＋|b|(a ，b ∈R ，左边“＝”成立的条件是ab ≤0，右边“＝”成立的条件是ab ≥0)；⑤||a|－|b||≤|a －b|≤|a|＋|b|(a ，b ∈R ，左边“＝”成立的条件是ab ≥0，右边“＝”成立的条件是ab ≤0)．4．平均值不等式(1)定理1：若a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab(当且仅当a ＝b 时取“＝”)．(2)定理2：若a ，b ∈R ＋，则a ＋b 2≥ab(当且仅当a ＝b 时取“＝”)． (3)定理3：若a ，b ，c ∈R ＋，则a 3＋b 3＋c 3≥3abc(当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”)．(4)定理4：若a ，b ，c ∈R ＋，则a ＋b ＋c 3≥3abc(当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”)． (5)推论：若a 1，a 2，…，a n ∈R ＋，则a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1a 2…a n .当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时取“＝”．5．不等式的证明方法(1)比较法．(2)分析法．(3)综合法．(4)反证法．(5)几何法．(6)放缩法．类型一绝对值不等式的解法例1 解下列关于x 的不等式．(1)|x ＋1|＞|x －3|；(2)|x －2|－|2x ＋5|＞2x.解 (1)方法一 |x ＋1|＞|x －3|，两边平方得(x ＋1)2＞(x －3)2，∴8x ＞8，∴x ＞1.∴原不等式的解集为{x|x ＞1}．方法二分段讨论：当x ≤－1时，有－x －1＞－x ＋3，此时x ∈∅；当－1＜x ≤3时，有x ＋1＞－x ＋3，即x ＞1，∴此时1＜x ≤3；当x ＞3时，有x ＋1＞x －3，∴x ＞3.∴原不等式解集为{x|x ＞1}．(2)分段讨论：①当x ＜－52时，原不等式变形为2－x ＋2x ＋5＞2x ，解得x ＜7，∴不等式解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＜－52. ②当－52≤x ≤2时，原不等式变形为2－x －2x －5＞2x ，解得x ＜－35， ∴不等式解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －52≤x ＜－35. ③当x ＞2时，原不等式变形为x －2－2x －5＞2x ，解得x ＜－73，∴原不等式无解．综上可知，原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ＜－35. 反思与感悟含有两个以上绝对值符号的不等式，可先求出使每个含绝对值符号的代数式等于零的未知数的值，将这些值依次在数轴上标注出来，它们把数轴分成若干个区间，讨论每一个绝对值符号内的代数式在每一个区间的符号，转化为不含绝对值的不等式去解．这种方法通常称为零点分段法．跟踪训练1 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．解 (1)当a ＝2时，f(x)＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2＜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)，则h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0＜x ＜a ，2a ，x ≥a.由|h(x)|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12. 又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －12＝1，a ＋12＝2，解得a ＝3.类型二不等式的证明例2 已知a ＞b ＞c ＞d ，求证：1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 证明 ∵a ＞b ＞c ＞d ，∴a －b ＞0，b －c ＞0，c －d ＞0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d (a －d)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －b ＋1b －c ＋1c －d ·[(a－b)＋(b －c)＋(c －d)] ≥331a －b ·1b －c ·1c －d ·33(a －b )(b －c )(c －d )＝9. ∴1a －b ＋1b －c ＋1c －d ≥9a －d. 反思与感悟不等式证明的基本方法是比较法，分析法，综合法，在证明时注意对所证不等式恰当分组，选择适当的方法进行证明．跟踪训练2 已知a ，b ，c ∈R ＋，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：(1)a ＋b ＋c ≥3； (2)a bc ＋b ac ＋c ab ≥3(a ＋b ＋c)．证明 (1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ∈R ＋，因此只需证(a ＋b ＋c)2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca)≥3，根据条件，只需证a 2＋b 2＋c 2≥1＝ab ＋bc ＋ca ，由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号可知，原不等式成立． (2)a bc ＋b ac ＋c ab ＝a ＋b ＋c abc ，在(1)中已证a ＋b ＋c ≥3，∴要证原不等式成立，只需证1abc ≥a ＋b ＋c ， ∵ab ＋bc ＋ca ＝1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1＝ab ＋bc ＋ca.∵a ，b ，c ∈R ＋，a bc ＝ab·ac≤ab ＋ac 2， b ac ≤ab ＋bc 2，c ab ≤ac ＋bc 2， ∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca(当且仅当a ＝b ＝c ＝33时取等号)成立， ∴原不等式成立．类型三利用平均值不等式求最值例3 已知x ，y ，z ∈R ＋，x －2y ＋3z ＝0，则y 2xz的最小值为______．答案 3解析由x －2y ＋3z ＝0，得y ＝x ＋3z 2，则y 2xz ＝x 2＋9z 2＋6xz 4xz ≥6xz ＋6xz 4xz＝3，当且仅当x ＝3z 时取“＝”．反思与感悟利用基本不等式求最值问题一般有两种类型(1)当和为定值时，积有最大值．(2)当积为定值时，和有最小值，在具体应用基本不等式解题时，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．跟踪训练3 当0＜x ＜π2时，函数f(x)＝1＋cos2x ＋8sin 2x sin2x的最小值为________．答案 4解析 f(x)＝2cos 2x ＋8sin 2x 2sin xcos x ＝cos x sin x ＋4sin x cos x ， ∵x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos x ＞0，sin x ＞0. 故f(x)＝cos x sin x ＋4sin x cos x≥2cos x sin x ·4sin x cos x ＝4，当且仅当tan x ＝12时取“＝”．类型四恒成立问题例4 设函数f(x)＝|x ＋1|＋|x －4|－a.(1)当a ＝1时，求函数f(x)的最小值；(2)若f(x)≥4a＋1对任意的实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f(x)＝|x ＋1|＋|x －4|－1≥|x ＋1＋4－x|－1＝4，∴f(x)min ＝4.(2)f(x)≥4a＋1对任意的实数x 恒成立 ⇔|x ＋1|＋|x －4|－1≥a ＋4a对任意的实数x 恒成立 ⇔a ＋4a≤4. 当a ＜0时，上式成立；当a ＞0时，a ＋4a ≥2a·4a ＝4，当且仅当a ＝4a，即a ＝2时上式取等号，此时a ＋4a≤4成立．综上，实数a 的取值范围为(－∞，0)∪{2}．反思与感悟不等式恒成立问题，通常是分离参数，将其转化为求最大、最小值问题．当然，根据题目特点，还可能用变更主次元、数形结合等方法．跟踪训练4 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|f(x)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2|≤k 恒成立，求k 的取值范围．解 (1)由|ax ＋1|≤3，得－4≤ax ≤2，∵f(x)≤3的解集为{x|－2≤x ≤1}，∴当a ≤0时，不合题意．又当a ＞0时，－4a ≤x ≤2a， ∴a ＝2.(2)令h(x)＝f(x)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝|2x ＋1|－|2x ＋2|， ∴h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1，x ≤－1，－4x －3，－1＜x ＜－12，－1，x ≥－12，∴|h(x)|≤1， ∴k ≥1，即k 的取值范围是[1，＋∞)．1．给出下列四个命题：①若a ＞b ，c ＞1，则algc ＞blgc ；②若a ＞b ，c ＞0，则algc ＞blgc ；③若a ＞b ，则a·2c ＞b·2c；④若a ＜b ＜0，c ＞0，则c a ＞c b. 其中正确命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 ①正确，c ＞1，lg c ＞0；②不正确，当0＜c ≤1时，lg c ≤0；③正确，2c ＞0；④正确，由a ＜b＜0，得0＞1a ＞1b ，故c a ＞c b. 2．设a ，b 为正实数，以下不等式恒成立的是( ) ①ab ＞2ab a ＋b ；②a ＞|a －b|－b ；③a 2＋b 2＞4ab －3b 2；④ab ＋2ab＞2. A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④ 答案 D解析 ①不恒成立，因为a ＝b 时取“＝”；②恒成立，因为a ，b 均为正数；③不恒成立，当a ＝2，b ＝1时，a 2＋b 2＝5,4ab －3b 2＝5，a 2＋b 2＝4ab －3b 2.④是恒成立的，因为ab ＋2ab≥22＞2. 3．若a ＝lg22，b ＝lg33，c ＝lg55，则( ) A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜a ＜c 答案 C解析 a ＝3lg 26＝lg 86，b ＝2lg 36＝lg 96， ∵9＞8，∴b ＞a.b ＝lg 33＝lg 3515，c ＝lg 55＝lg 5315， ∵35＞53，∴b ＞c.a ＝lg 2510＝lg 3210，c ＝lg 2510， ∵32＞25，∴a ＞c.∴b ＞a ＞c ，故选C.4．求不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋x ＋x 22＜1的解集．解 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋x ＋x 22＜1⇔－1＜1＋x ＋x 22＜1⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋2x ＋4＞0⇒x ∈R ，x 2＋2x ＜0⇒－2＜x ＜0.∴原不等式的解集为(－2,0)．5．若不等式|x －a|＋|x －2|≥1对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围．解设y ＝|x －a|＋|x －2|，则y min ＝|a －2|.因为不等式|x －a|＋|x －2|≥1对任意x ∈R 恒成立．所以|a －2|≥1，解得a ≥3或a ≤1.1．本章的重点是平均值不等式、绝对值不等式和不等式的证明方法．要特别注意含绝对值不等式的解法．2．重点题型有利用不等式的基本性质、平均值不等式、绝对值不等式证明不等式或求函数最值问题；解绝对值不等式．3．重点考查利用不等式的性质、平均值不等式求函数的最值，含参数的绝对值不等式有解、解集是空集或恒成立问题．4．证明不等式的基本方法及一题多证：证明不等式的基本方法主要有比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法等．证明不等式时既可探索新的证明方法，培养创新意识，也可一题多证，开阔思路，活跃思维，目的是通过证明不等式发展逻辑思维能力，提高数学素养．一、选择题1．a，b∈R＋，那么下列不等式中不正确的是( )A.ab＋ba≥2 B.b2a＋a2b≥a＋bC.ba2＋ab2≤a＋babD.1a2＋1b2≥2ab答案 C解析A满足基本不等式；B可等价变形为(a－b)2(a＋b)≥0，正确；B选项中不等式的两端同除以ab，不等式方向不变，所以C选项不正确；D选项是A选项中不等式的两端同除以ab得到的，D正确．2．设0<x<1，则a＝2x，b＝x＋1，c＝11－x中最大的是( )A．c B．bC．a D．随x取值不同而不同答案 A解析∵0<x<1，∴b＝x＋1>2x>2x＝a，∵11－x－(x＋1)＝1－(1－x2)1－x＝x21－x>0，∴c>b>a.3．“a＜4”是“对任意实数x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立”的( )A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件答案 B解析∵|2x－1|＋|2x＋3|≥|2x－1－(2x＋3)|＝4，∴当a＜4时⇒|2x－1|＋|2x＋3|≥a成立，即充分条件；对任意实数x，|2x－1|＋|2x＋3|≥a⇒a≤4，不能推出a＜4，即必要条件不成立．4．若关于x的不等式|x＋1|≥kx恒成立，则实数k的取值范围是( )A．(－∞，0] B．[－1,0]C．[0,1] D．[0，＋∞)答案 C解析作出y＝|x＋1|与l1：y＝kx的图象如图所示，当k<0时，直线一定经过第二、四象限，从图看出明显不恒成立；当k ＝0时，直线为x 轴，符合题意；当k>0时，要使|x ＋1|≥kx 恒成立，只需k ≤1.综上可知k ∈[0,1]．5．设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2，则( )A ．a ＞bB ．a<bC ．a ≤bD ．a ≥b 答案 D解析 ∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n)2≥0，∴a ≥b.6．已知a ，b ，c ，d 为实数，ab ＞0，－c a ＜－d b，则下列不等式中成立的是( ) A ．bc ＜adB ．bc ＞ad C.a c ＞b dD.a c ＜b d答案 B解析将－c a ＜－d b两边同乘以正数ab ，得－bc ＜－ad ，所以bc ＞ad. 二、填空题7．已知不等式|x ＋2|－|x|≤a 的解集不是空集，则实数a 的取值范围是________．答案 [－2，＋∞)解析 ∵||x ＋2|－|x||≤|x ＋2－x|＝2，∴2≥|x ＋2|－|x|≥－2，∵不等式|x ＋2|－|x|≤a 的解集不是空集，∴a ≥－2.8．当x ＞1时，x 3与x 2－x ＋1的大小关系是________．答案 x 3＞x 2－x ＋1解析 ∵x 3－(x 2－x ＋1)＝x 3－x 2＋x －1＝x 2(x －1)＋(x －1)＝(x －1)(x 2＋1)，且x ＞1，∴(x －1)(x 2＋1)＞0.∴x 3－(x 2－x ＋1)＞0，即x 3＞x 2－x ＋1.9．定义运算“⊗”：x ⊗y ＝x 2－y 2xy (x ，y ∈R ，xy ≠0)，当x ＞0，y ＞0时，x ⊗y ＋(2y)⊗x 的最小值为________．答案 2解析因为x ⊗y ＝x 2－y 2xy ，所以(2y)⊗x ＝4y 2－x 22xy. 又x ＞0，y ＞0，故x ⊗y ＋(2y)⊗x ＝x 2－y 2xy ＋4y 2－x 22xy ＝x 2＋2y 22xy ≥22xy 2xy ＝2，当且仅当x ＝2y 时等号成立．10．若f(x)＝2|x ＋1|－|x －1|且f(x)≥22，则x 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞ 解析 ∵f(x)＝2x是增函数，∴f(x)≥22，即|x ＋1|－|x －1|≥32， ①⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥1，2≥32，∴x ≥1，②⎩⎪⎨⎪⎧ －1＜x ＜1，2x ≥32，∴34≤x ＜1， ③⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－1，－2≤32，无解．综上x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞. 11．已知函数f(x)＝|x －a|，若不等式f(x)≤3的解集为{x|－1≤x ≤5}，则实数a 的值为________．答案 2解析由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⎩⎪⎨⎪⎧ a －3＝－1，a ＋3＝5，解得a ＝2，所以实数a 的值为2.三、解答题12．已知函数f(x)＝1＋x 2，a ≠b ，设a ，b ∈R ，求证：|f(a)－f(b)|<|a －b|.证明方法一 |f(a)－f(b)|<|a －b|⇔|1＋a 2－1＋b 2|<|a －b|⇔|1＋a 2－1＋b 2|2<|a －b|2⇔2＋a 2＋b 2－2(1＋a 2)(1＋b 2)<a 2－2ab ＋b 2⇔1＋ab<(1＋a 2)(1＋b 2).①当1＋ab ≤0时，①式显然成立．当1＋ab>0时，①⇔(1＋ab)2<[(1＋a 2)(1＋b 2)]2⇔1＋2ab ＋a 2b 2<1＋a 2＋b 2＋a 2b 2⇔2ab<a 2＋b 2，∵a ≠b ，∴2ab<a 2＋b 2成立．∴①式成立．综上知，原不等式成立．方法二当a ＝－b 时，原不等式显然成立．当a ≠－b 时，∵|1＋a 2－1＋b 2|＝|(1＋a 2)－(1＋b 2)|1＋a 2＋1＋b 2<|a 2－b 2||a|＋|b|≤|a ＋b|·|a－b||a ＋b|＝|a －b|， ∴原不等式成立．13．(2017·全国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－x2＋|x|＝－⎝⎛⎭⎪⎫|x|－322＋54≤54. 当且仅当x ＝32时，|x ＋1|－|x －2|－x 2＋x ＝54，故m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，54. 四、探究与拓展14．设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (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 ，又a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd ，所以(a ＋b)2＞(c ＋d)2. 因此a ＋b ＞c ＋ d.(2)①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．15．(2018·全国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]．。

2018-2019学年北师大版高中数学选修4-5同步配套(课件+练习)：1

01第一章不等关系与基本不等式§1 不等式的性质课时过关·能力提升1.设a ≥b>0,P=3a 3+2b 3,Q=3a 2b+2ab 2,则P 与Q 的大小关系是( )A.P>QB.P<QC.P ≥QD.P=Q解析:P-Q=3a 3+2b 3-(3a 2b+2ab 2)=3a 2(a-b )+2b 2(b-a )=(3a 2-2b 2)(a-b ).因为a ≥b>0,所以a-b ≥0,a 2≥b 2>0.所以3a 2≥3b 2>2b 2,即3a 2-2b 2>0.从而(3a 2-2b 2)(a-b )≥0,即3a 3+2b 3≥3a 2b+2ab 2,即P ≥Q.答案:C2.设角α,β满足-π2<α<β<π2,则α-β的取值范围是( ) A.-π<α-β<0 B.-π<α-β<πC.-π2<α-β<0D.-π2<α-β<π2解析:∵-π2<α<β<π2,∴-π2<-β<-α<π2.∴-π<α-β<β-α<π,且α-β<0.∴-π<α-β<0.答案:A3.已知a 1,a 2∈(0,1),记M=a 1a 2,N=a 1+a 2-1,则M 与N 的大小关系是( )A .M<NB .M>NC .M=ND .不确定解析:∵a 1,a 2∈(0,1),∴M-N=a 1a 2-(a 1+a 2-1)=(a 1-1)(a 2-1)>0,∴M>N.答案:B4.设a>0,b>0,则不等式-b<1x <a 等价于( ) A.-1b <x<0或0<x<1aB.-1a <x<C.x<-1a 或x>1bD.x<-1b 或x>1a答案:D5.对于实数a ,b ,c ,有下列命题: ①若ac 2>bc 2,则a>b ;②若a<b<0,则a 2>ab>b 2;③若c>a>b>0,则a c -a >b c -b ;④若a>b ,1a >1b ,则a>0,b<0.其中真命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4 解析:①由ac 2>bc 2,知c ≠0.∴c 2>0,∴a>b.故该命题是真命题.②a<b<0⇒a 2>ab ,ab>b 2,∴a 2>ab>b 2.故该命题为真命题.③a>b>0⇒-a<-b ⇒c-a<c-b.∵c>a ,∴c-a>0,∴c-b>c-a>0.两边同乘1(c -a )(c -b ),得1c -a>1c -b >0. 又∵a>b>0,∴a c -a >b c -b .故该命题为真命题.④a>b ⇒a-b>0,1a >1b ⇒1a −1b >0⇒b -a ab >0.∵a-b>0,∴b-a<0,∴ab<0.又∵a>b ,∴a>0,b<0,故该命题为真命题.综上可知,命题①②③④都是真命题.答案:D6.下面四个条件中,使a>b 成立的充分不必要条件是( ) A .a>b+1B .a>b-1C .a 2>b 2D .a 3>b 3 解析:由a>b+1,得a>b+1>b ,即a>b.而a>b 不能得出a>b+1,故选A .答案:A7.比较大小:lo g 1213 lo g 1312(填“<”“>”或“=”).解析:因为lo g1213-lo g1312=lg13lg12−lg12lg13=lg3lg2−lg2lg3=lg23-lg22lg2lg3=(lg3+lg2)(lg3-lg2)lg2lg3>0,所以lo g1213>lo g1312.答案:>8.已知a<b<c,P=a2b+b2c+c2a,Q=ab2+bc2+ca2,则P与Q的大小关系是.解析:∵a<b<c,∴a-b<0,b-c<0,a-c<0.∴P-Q=a2b+b2c+c2a-(ab2+bc2+ca2)=(a2b-a2c)+(b2c-b2a)+(c2a-c2b)=a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)=a2(b-c)+b2[(c-b)+(b-a)]+c2(a-b)=a2(b-c)-b2(b-c)+c2(a-b)-b2(a-b)=(b-c)(a2-b2)+(a-b)(c2-b2)=(b-c)(a-b)(a+b)+(a-b)(c-b)(c+b)=(b-c)(a-b)[a+b-(c+b)]=(b-c)(a-b)(a-c)<0,即P<Q.答案:P<Q9.设x∈R,试比较f(x)=x6+1与g(x)=x4+x2的大小.解:∵f(x)-g(x)=x6+1-(x4+x2)=x4(x2-1)-(x2-1)=(x2-1)(x4-1)=(x2-1)2(x2+1),∴当x=±1时,f(x)=g(x);当x≠±1时,f(x)>g(x).10.当a≠0时,比较(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)与(a2+a+1)(a2-a+1)的大小.解:∵(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)=[(a2+1)+√2a][(a2+1)-√2a]=(a2+1)2-2a2=a4+2a2+1-2a2=a4+1,(a2+a+1)(a2-a+1)=[(a2+1)+a]·[(a2+1)-a]=(a2+1)2-a2=a4+2a2+1-a2=a4+a2+1,∴(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)-(a2+a+1)(a2-a+1)=(a4+1)-(a4+a2+1)=-a2.∵a≠0,∴a2>0,∴-a2<0,∴(a2+√2a+1)(a2-√2a+1)<(a2+a+1)(a2-a+1).★11.已知f(x)=ax2-c,且-4≤f(1)≤1,-1≤f(2)≤5,试求f(3)的取值范围.解:∵{f (1)=a -c ,f (2)=4a -c ,∴{a =13[f (2)-f (1)],c =-43f (1)+13f (2), ∴f (3)=9a-c=83f (2)-53f (1).∵-4≤f (1)≤1,-1≤f (2)≤5,∴-53≤-53f (1)≤203,-83≤83f (2)≤403.∴-83−53≤83f (2)-53f (1)≤403+203,即-133≤f (3)≤20.。

2017-2018学年高中数学北师大版选修4-5教学案：第一章§22.1绝对值不等式含答案

§1不等式的性质［对应学生用书P1]错误!1．实数大小的比较求差法a>b⇔a－b>0; a<b⇔a－b〈0；a＝b⇔a－b＝0。

求商法当a〉0，b>0时，错误!2．不等式的性质（1）性质1（对称性)：如果a〉b，那么b<a;如果b<a，那么a>b.（2）性质2（传递性)：如果a>b,b〉c，那么，a>c.(3)性质3(加法性质)：如果a〉b，那么a＋c〉b＋c。

①移项法则：如果a＋b〉c,那么a〉c－b.②推论(加法法则）：如果a>b，c>d，那么a＋c〉b＋d.（4)性质4(乘法性质）:如果a>b,c〉0，那么ac>bc,如果a>b，c〈0，那么ac<bc.①推论1(乘法法则）：如果a〉b〉0，c>d>0,那么ac＞bd。

②推论2(平方法则）：如果a>b〉0,那么a2>b2.③推论3（乘方法则）:如果a>b>0,那么a n>b n(n为正整数)．④推论4(开方法则)：如果a>b〉0，那么a 1n>b错误!(n为正整数)．错误!1．怎样比较两个代数式的大小？提示：整式、分式一般用求差的方法来比较大小；而算式则一般用求商的方法来比较大小．2．两个不同向不等式的两边可以分别相减或相除吗？提示：不可以，两个不同向不等式的两边不能分别相减，也不能分别相除，在需求差或商时，可利用不等式性质化为同向不等式相加或相乘，例如：a〉b且c<d⇒a>b且－c>－d，⇒a－c>b－d。

3．若a〉b>0，当n〈0时，a n>b n成立吗？提示：不成立，如当a＝3,b＝2，n＝－1时，3－1＝错误!<错误!＝2－1.［对应学生用书P1］比较大小［例1] (1)比较a4－b4与4a3(a－b)的大小．(2）设a＞0，b＞0，求证：a a b b≥（ab)错误!。

2018学年北师大版高中数学选修4-5课件第一章不等关系与基本不等式本章高效整合1 精品

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内容精要：本章是在复习已有的不等式知识(不等式的性质，基本不等式等)的基础上，继续学习不等式的知识，包括一些关于绝对值不等式的性质；平均不等式；证明不等式的方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法；不等式的应用等等．本章知识的重点是不等式的基本性质，求解绝对值不等式和运用不等式的基本方法解决实际问题，掌握证明不等式的基本方法与技巧．
2．会利用不等式求最大(小)值． 3．了解比较法、分析法、综合法和放缩法、反证法等不等式的证明方法． 4．会利用不等式解决一些简单的实际问题．
[命题探究]
本章为选修部分新增内容，也是选考内容，命题时，主要题型有：含有绝对值不等式的解法，利用含有绝对值的重要不等式证明不等式问题，用比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法证明简单的不等式，难度通常为中档题．
课标要求：1.理解绝对值的几何意义，并能利用含绝对值不等式的几何意义证明以下不等式：
(1)|a＋b|≤|a|＋|b|. (2)|a－b|≤|a－c|＋|c－b|. (3)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式： |ax＋ b|≤c；|ax ＋ b|≥c ；|x－ a|＋|x － b|≥c；|x －a| ＋|x － b|≤c.
4．反证法和放缩法证明不等式反证法和放缩法 (1)反证法：先假设要证明的结论是不正确的，然后利用公理、已有的定义、定理、命题的条件逐步分析，得到和命题的条件(已有的定义、定理、公理等)矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而原来的命题结论正确．
(2) 放缩法：将需要证明的不等式的值适当地放大 ( 或缩小)，使不等式由繁化简，达到证明的目的．
两个不等式中等号成立的条件都是 a＝b，且 a＝b 是不等式中等号成立的充要条件．

2018-2019学年北师大版高中数学选修4-5同步配套(课件+练习)：本章整合2

+
�� 3
+
1
=(k+1)+2+
(��+1)-1 2
+
(��+1)-1 3
,
结论成立;
知识建构
综合应用
123
3°若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有
f(k+1)=f(k)+2=k+2+
��-1 2
+
��-1 3
+
2
=(k+1)+2+ ��+1 + (��+1)-2 , 结论成立;
的最小值.
解:(1)因为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,所以|a+b|=a+b, 所以f(x)的最小值为a+b+c. 又已知f(x)的最小值为4, 所以a+b+c=4.
123
知识建构
综合应用
4
≥2
.
知识建构
综合应用
真题放送
专题一
专题二
专题三
要证明 �� +1+��+1 ≥
�� +��
��+1
, 只需证明
2
2
��+1 + ��+1 (�� + ��)(�� + �� )

2017-2018学年高中数学北师大版选修4-5教学案：第一章§5不等式的应用含答案

§5不等式的应用［对应学生用书P24］利用不等式解决实际问题中的大小问题［例1］甲、乙二人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走,另一半以速度n行走；乙有一半路程以速度m行走，另一半路程以速度n行走,如果m≠n，甲、乙二人谁先到达指定地点？［思路点拨］本题考查比较法在实际问题中的应用,考查应用意识及运算求解能力．［精解详析］设从出发地点至指定地点的路程为s，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1，t2，依题意有：t1 2m＋t12n＝s，错误!＋错误!＝t2.∴t1＝错误!，t2＝错误!，∴t1－t2＝错误!－错误!＝错误!＝－错误!。

其中s，m，n都是正数，且m≠n，∴t1－t2<0,即t1〈t2，从而知甲比乙先到达指定地点．对于实际问题中的大小、优秀、强弱等比较问题，通常需阅读理解，建立式子的大小比较模型，然后用求差比较法或求商比较法或直接用平均值、不等式等比较出大小关系,从而使问题得解．1．用水清洗一堆蔬菜上残留的农药．对用一定量的水清洗一次的效果作如下假定:用1个单位量的水可洗掉蔬菜上残留农药量的错误!，用水越多洗掉的农药量也越多，但总还有农药残留在蔬菜上．设用x单位量的水清洗一次以后，蔬菜上残留的农药量与本次清洗前残留的农药量之比为函数f(x)．（1)试规定f（0）的值，并解释其实际意义；(2）试根据假定写出函数f(x）应该满足的条件和具有的性质；(3)设f（x）＝11＋x2,现有a(a〉0)单位量的水，可以清洗一次，也可以把水平均分成2份后清洗两次，试问：用哪种方案清洗后蔬菜上残留的农药量比较少？说明理由．解：（1）f（0)＝1表示没有用水洗时，蔬菜上的农药量将保持原样．（2)函数f（x）应该满足的条件和具有的性质是f（0)＝1，f(1）＝1 2，在[0，＋∞）上f（x)单调递减，且0<f(x)≤1。

(3)设仅清洗一次，残留的农药量为f1(a）＝错误!，清洗两次后，残留的农药量为f2（a）＝错误!2＝错误!，则f1（a）－f2（a)＝错误!－错误!＝错误!。

2018-2019学年北师大版数学选修4-5同步指导学案：第一章不等关系与基本不等式 1.2

1.2 不等式的性质学习目标 1.理解不等式的性质，并掌握不等式的性质.2.能运用不等式的性质证明简单的不等式、解决不等式的简单问题．知识点不等式的性质(1)性质1(对称性)：如果a >b ，那么b <a ；如果b <a ，那么a >b .(2)性质2(传递性)：如果a >b ，b >c ，那么a >c .(3)性质3(加法性质)：如果a >b ，那么a ＋c >b ＋c .①移项法则：如果a ＋b >c ，那么a >c －b .②推论(加法法则)：如果a >b ，c >d ，那么a ＋c >b ＋d .(4)性质4(乘法性质)：如果a >b ，c >0，那么ac >bc ；如果a >b ，c <0，那么ac <bc .①推论1(乘法法则)：如果a >b >0，c >d >0，那么ac >bd .②推论2(平方法则)：如果a >b >0，那么a 2>b 2.③推论3(乘方法则)：如果a >b >0，那么a n >b n (n 为正整数)．④推论4(开方法则)：如果a >b >0(n 为正整数).类型一不等式的性质的应用例1 判断下列命题是否正确，并说明理由．(1)若a ＞b ＞0，则1a ＜1b； (2)若c ＞a ＞b ＞0，则a c －a ＞b c －b； (3)若a c ＞b d，则ad ＞bc ； (4)设a ，b 为正实数，若a －1a ＜b －1b，则a ＜b . 解 (1)正确．因为a ＞b ＞0，所以ab ＞0.两边同乘以1ab ，得a ·1ab ＞b ·1ab ，得1b ＞1a. (2)正确．因为c －a ＞0，c －b ＞0，且c －a ＜c －b ，所以1c －a ＞1c －b＞0. 又a ＞b ＞0，所以a c －a ＞b c －b. (3)不正确．因为a c ＞b d ，所以a c －b d＞0，即ad －bc cd＞0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ ad －bc ＞0，cd ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧ad －bc ＜0，cd ＜0，即ad ＞bc 且cd ＞0或ad ＜bc 且cd ＜0.(4)正确．因为a －1a ＜b －1b，且a ＞0，b ＞0，所以a 2b －b ＜ab 2－a ⇒a 2b －ab 2－b ＋a ＜0⇒ab (a －b )＋(a －b )＜0⇒(a －b )(ab ＋1)＜0，所以a －b ＜0，即a ＜b .反思与感悟 (1)利用不等式的性质判断命题真假的技巧①要判断一个命题为真命题，必须严格证明；②要判断一个命题为假命题，或者举反例，或者由题中条件推出与结论相反的结果．其中，举反例在解选择题时用处很大．(2)运用不等式的性质判断命题真假的三点注意事项①倒数法则要求两数同号；②两边同乘以一个数，不等号方向是否改变要视此数的正负而定；③同向不等式可以相加，异向不等式可以相减．跟踪训练1 下列命题中正确的是________．(填序号)①若a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，那么a d ＜b c ； ②若a ，b ∈R ，则a 2＋b 2＋5≥2(2a －b )；③若a ，b ∈R ，a ＞b ，则a 2＞b 2；④若a ，b ∈R ，a ＞b ，则a c 2＋1＞b c 2＋1.答案 ②④解析对于①，∵c ＞d ＞0，∴1d ＞1c＞0， ∴a d ＞b c ＞0，∴a d ＞b c，∴①不对；对于②，a 2＋b 2＋5－(4a －2b )＝a 2－4a ＋b 2＋2b ＋5＝(a －2)2＋(b ＋1)2≥0，∴a 2＋b 2＋5≥2(2a －b )，∴②对；对于③，由于a ＞b 不能保证a ，b 同时大于0，∴a 2＞b 2不成立，∴③不对；对于④，∵c 2＋1＞0，∴由a ＞b ，可得a c 2＋1＞b c 2＋1， ∴④正确．类型二利用不等式的性质证明不等式例2 已知a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，求证：b a －c ＜a b －d. 证明 ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0.又a ＞b ＞0，∴a －c ＞b －d ＞0，∴0＜1a －c ＜1b －d. 又0＜b ＜a ，∴b a －c ＜a b －d . 引申探究1．若本例条件不变，求证：3a d ＜3b c. 证明 ∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0，∴0＜1－c ＜1－d .∴a －d ＞b －c＞0， ∴3a －d ＞3b －c ，即－3a d ＞－3b c ， ∴3a d ＜3b c. 2．若本例条件不变，求证：ac a －c ＜bd b －d . 证明 ∵a ＞b ＞0，∴1b ＞1a＞0. 又∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0，∴1－d ＞1－c ＞0. ∴1b ＋1－d ＞1a ＋1－c＞0，即d －b bd ＞c －a ac＞0， ∴ac c －a ＞bd d －b＞0， ∴ac a －c ＜bd b －d . 反思与感悟进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．跟踪训练2 已知a ＞0，b ＞0，求证：b 2a ＋a 2b≥a ＋b . 证明 b 2a ＋a 2b －(a ＋b )＝⎝⎛⎭⎫b 2a －a ＋⎝⎛⎭⎫a 2b －b ＝(b ＋a )(b －a )a ＋(a ＋b )(a －b )b＝(a －b )(a ＋b )·⎝⎛⎭⎫1b －1a ＝1ab(a －b )2(a ＋b )， ∵a ＞0，b ＞0，∴1ab (a －b )2(a ＋b )≥0，即b 2a ＋a 2b≥a ＋b .类型三利用不等式的性质求代数式范围例3 设f (x )＝ax 2＋bx ，且1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．解设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m ，n 为待定系数)，即4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a －(m －n )b ，于是，得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，m －n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1.∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)．∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，即5≤f (－2)≤10.反思与感悟 (1)应用同向不等式相加性质时不能多次使用，否则范围将会扩大．(2)整体代换思想，是解这类问题常用的方法．跟踪训练3 已知①－1≤a ＋b ≤1，②1≤a －b ≤3，求3a －b 的取值范围．解设3a －b ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＝(x ＋y )a ＋(x －y )b . ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝3，x －y ＝－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.由①＋②×2，得－1＋2≤(a ＋b )＋2(a －b )≤1＋3×2，即1≤3a －b ≤7.1．若a ＜b ＜0，则下列结论不正确的是( )A ．a 2＜b 2B ．ab ＜a 2 C.b a ＋a b＞2 D ．|a |－|b |＝|a －b |答案 A解析 ∵a ＜b ＜0，∴－a ＞－b ＞0，即(－a )2＞(－b )2，∴a 2＞b 2.2．设p ：x ＜3，q ：－1＜x ＜3，则p 是q 成立的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分又不必要条件答案 C解析 ∵q ⇒p ，∴p 是q 的必要条件．但p ⇏q ，∴p 不是q 的充分条件．3．若a ＜0，－1＜b ＜0，则有( )A ．a ＞ab ＞ab 2B ．ab 2＞ab ＞aC ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a答案 D解析 ∵－1＜b ＜0，∴b ＜b 2＜1.∵a ＜0，∴ab ＞ab 2＞a .4．下列命题中不正确的是( )A ．若3a ＞3b ，则a ＞bB ．若a ＞b ，c ＞d ，则a －d ＞b －cC ．若a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，则a d ＞b cD ．若a ＞b ＞0，ac ＞bd ，则c ＞d答案 D解析只有当c ＞0且d ＞0时，才有a ＞b ＞0，ac ＞bd ⇒c ＞d .5．设角α，β满足－π2＜α＜β＜π2，则α－β的取值范围是( ) A ．－π＜α－β＜0B ．－π＜α－β＜πC ．－π2＜α－β＜0 D ．－π2＜α－β＜π2 答案 A解析 ∵－π2＜α＜β＜π2，∴－π2＜－β＜π2且α－β＜0，∴－π＜α－β＜0.1．不等式的性质是不等式变形的依据，每一步变形都要做到有根有据，严格按照不等式的性质进行．2．利用不等式的性质证明不等式，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果能由不等式的性质直接进行推理论证，则严格按不等式的性质成立的条件论证；否则可以先分析需要证明的不等式的结构，再利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．一、选择题1．已知a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，给出下列不等式：(1)ad ＞bc ；(2)a －c ＞b －d ；(3)a (d －c )＞b (d －c )．其中成立的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 C解析因为a ＞0，b ＜0，c ＜d ＜0，所以ad ＜0，bc ＞0，故(1)不成立；因为a ＞b ，c ＜d ＜0，所以－c ＞－d ，所以a －c ＞b －d ，故(2)成立；由c ＜d ＜0，知d －c ＞0，又a ＞0＞b ，所以a (d －c )＞b (d －c )，故(3)成立．2．已知实数a ，b ，c 同时满足下列条件：(1)abc >0；(2)ab ＋bc ＋ca <0；(3)a >b >c .有下列判断：①a >0；②b >0；③c >0；④bc >0.其中正确的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 ∵abc >0，a >b >c ，∴a >0，bc >0.又∵ab ＋bc ＋ca <0，∴b <0，c <0.3．已知a ，b 为实数，则“a >b >1”是“1a －1<1b －1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 A解析 ∵a >b >1，∴a －1>b －1>0，∴1a －1<1b －1. 取a ＝－1，b ＝2，有1a －1<1b －1，但不满足a >b >1.∴“a >b >1”是“1a －1<1b －1”的充分不必要条件，故选A. 4．设a ＞1＞b ＞－1，则下列不等式中恒成立的是( )A.1a ＜1bB.1a ＞1b C ．a ＞b 2D ．a 2＞2b 答案 C解析 ∵－1＜b ＜1，∴b 2＜1＜a .5．已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，若c a ＋b ＜a b ＋c ＜b c ＋a，则( ) A ．c ＜a ＜bB ．b ＜c ＜aC ．a ＜b ＜cD ．c ＜b ＜a 答案 A解析由c a ＋b ＜a b ＋c ＜b c ＋a ，可得c a ＋b ＋1＜a b ＋c ＋1＜b c ＋a ＋1，即a ＋b ＋c a ＋b ＜a ＋b ＋c b ＋c ＜a ＋b ＋c c ＋a.又a ，b ，c ∈(0，＋∞)，所以a ＋b ＞b ＋c ＞c ＋a .由a ＋b ＞b ＋c ，可得a ＞c ；由b ＋c ＞c ＋a ，可得b ＞a ，于是有c ＜a ＜b .6．设a ，b ∈(－∞，0)，则“a ＞b ”是“a －1a ＞b －1b”成立的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案 C解析 a ，b ∈(－∞，0)，∵a ＞b ，∴1a ＜1b ，即－1a ＞－1b， ∴a －1a ＞b －1b， ∴“a ＞b ”是“a －1a ＞b －1b”成立的充分条件．又由a －1a ＞b －1b ⇒a －b ＋1b －1a ＞0⇒(a －b )＋a －b ab ＞0⇒(a －b )·ab ＋1ab＞0⇒a －b ＞0⇒a ＞b . ∴“a ＞b ”又是“a －1a ＞b －1b”成立的必要条件．故“a >b ”是“a >1a >b －1b”成立的充要条件．故“a >b ”是“a －1a >b －1b”成立的充要条件．二、填空题7．已知a ，b ，c 是实数，则a 2＋b 2＋c 2与ab ＋bc ＋ca 的大小关系是__________．答案 a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca解析 ∵a 2＋b 2＋c 2－ab －bc －ca ＝12(2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ca )＝12[(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2]≥0，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立，∴a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca .8．若a ，b ，c 均为实数，下列四个条件：①ac 2>bc 2；②a c >b c；③a 3>b 3；④a －c >b －c . 其中能成为a >b 的充分不必要条件的序号是________．答案 ①解析 ①由ac 2>bc 2⇒a >b ，反之不成立，∴ac 2>bc 2是a >b 的充分不必要条件；②∵a c >b c ，∴a c －b c ＝a －b c>0. ∵c 的符号不能确定，∴a ，b 的大小关系不确定；③a 3>b 3是a >b 的充要条件；④a －c >b －c 是a >b 的充要条件．9．在以下四个条件中：①b >0>a ；②0>a >b ；③a >0>b ；④a >b >0.其中能使1a <1b成立的序号为________．答案 ①②④解析 ①∵b >0>a ，∴1b >0>1a； ②∵0>a >b ，∴1a <1b<0； ③∵a >0>b ，∴1a >0>1b； ④∵a >b >0，∴1b >1a>0. 10．已知三个不等式：①ab ＞0；②c a ＞d b；③bc ＞ad .以其中两个作为条件，剩下一个作为结论，则可组成________个正确命题．答案 3解析若ab ＞0，bc ＞ad 成立，不等式bc ＞ad 两边同除以ab ，得c a ＞d b，即ab ＞0，bc ＞ad ⇒c a ＞d b；若ab ＞0，c a ＞d b 成立，c a ＞d b两边同乘以ab ，得bc ＞ad ，即ab ＞0，c a ＞d b⇒bc ＞ad ；若c a ＞d b ，bc ＞ad 成立，由于c a －d b ＝bc －ad ab＞0，又bc －ad ＞0，故ab ＞0，所以c a ＞d b，bc ＞ad ⇒ab ＞0. 综上，任两个作为条件都可推出第三个成立，故可组成3个正确命题．三、解答题11．已知a >b >c >d >0，且a b ＝c d，求证：a ＋d >b ＋c . 证明 ∵a b ＝c d ，∴a －b b ＝c －d d. ∴(a －b )d ＝(c －d )b .又∵a >b >c >d >0，∴a －b >0，c －d >0，b >d >0且b d>1， ∴a －b c －d ＝b d>1，∴a －b >c －d ，即a ＋d >b ＋c . 12．已知a ，b ，c 是正实数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥b a ＋c b ＋a c. 证明由⎝⎛⎭⎫a b －b c 2＋⎝⎛⎭⎫b c －c a 2＋⎝⎛⎭⎫c a －a b 2≥0，得2⎝⎛⎭⎫a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2－2⎝⎛⎭⎫b a ＋c b ＋a c ≥0.所以a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥b a ＋c b ＋a c. 13．若a ＞b ＞0，c ＜d ＜0，e ＜0，求证：e (a －c )2＞e (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，∴1(a －c )2＜1(b －d )2. 又∵e ＜0，∴e (a －c )2＞e (b －d )2. 四、探究与拓展14．设x ，y ∈R ，判定下列各题中，命题A 与命题B 的充分必要关系．(1)命题A ：⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，b >0；命题B ：⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b >0，ab >0. (2)命题A ：⎩⎪⎨⎪⎧ x >2，y >2；命题B ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y >4，xy >4. 解 (1)若a >0且b >0，由实数的性质可知，a ＋b >0，且ab >0.若ab >0⇒a ，b 同号，又a ＋b >0⇒a ，b 同正，即a >0，b >0.所以命题A 是命题B 的充要条件．(2)因为⎩⎨⎧x >2>0，y >2>0⇒x ＋y >4，xy >4.(不等式的性质) 反之不然，如反例，当x ＝6，y ＝1时，有x ＋y ＝6＋1＝7>4，xy ＝6>4，但x >2，y <2，即x >2，且y >2不成立，所以命题A 是命题B 的充分不必要条件．15．已知－1≤a ＋b ≤1,1≤a －2b ≤3，求a ＋3b 的取值范围．解设a ＋3b ＝λ1(a ＋b )＋λ2(a －2b )＝(λ1＋λ2)a ＋(λ1－2λ2)b ， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ1＋λ2＝1，λ1－2λ2＝3，解得λ1＝53，λ2＝－23. ∴－53≤53(a ＋b )≤53，－2≤－23(a －2b )≤－23， ∴－113≤a ＋3b ≤1，即a ＋3b 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－113，1.。

2018-2019学年高中数学(北师大版)选修4-5同步指导学案：第一章不等关系与基本不等式 2.2Word版含答案

2.2 绝对值不等式的解法学习目标 1.会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：|ax ＋b |≤c ，|ax ＋b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c .2.理解并掌握绝对值不等式的几种解法，并能根据不等式的结构特征选择适当方法求解．知识点一 |ax ＋b |≤c (c >0)和|ax ＋b |≥c (c ＞0)型不等式的解法思考1 |x |≥2说明实数x 有什么特征？答案因为x 在数轴上对应的点x 到原点的距离大于等于2，所以x ≥2或x ≤－2. 思考2 若|2x －3|≤5，求x 的取值范围．答案 {x |－1≤x ≤4}．梳理 (1)含绝对值不等式|x |＜a 与|x |＞a 的解法①|x |＜a ⇔⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＜x ＜a ，a ＞0，∅，a ≤0. ②|x |＞a ⇔⎩⎪⎨⎪⎧ R ，a ＜0，x ∈R 且x ≠0，a ＝0，x ＞a 或x ＜－a ，a ＞0.(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 .知识点二 |x －a |＋|x －b |≥c (c >0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法思考如何去掉|x －a |＋|x －b |的绝对值符号？答案采用零点分段法．即令|x －a |＋|x －b |＝0，得x 1＝a ，x 2＝b ，(不妨设a ＜b)|x －a |＋|x －b |＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋a ＋b ，x ≤a ，b －a ，a ＜x ≤b ，2x －a －b ，x ＞b .梳理 |x －a |＋|x －b |≥c 和|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是解题关键．(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．确定各个绝对值符号内多项式的正、负性，进而去掉绝对值符号是解题关键．(3)通过构造函数，利用函数的图像求解，体现函数与方程的思想，正确求出函数的零点并画出函数图像(有时需要考查函数的增减性)是解题关键．特别提醒：解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号，去绝对值符号的关键是“零点分段”法．类型一 |ax ＋b |≤c (c >0)与|ax ＋b |≥c (c ＞0)型的不等式的解法例1 解下列不等式：(1)|5x －2|≥8；(2)2≤|x －2|≤4.解 (1)|5x －2|≥8⇔5x －2≥8或5x －2≤－8⇔x ≥2或x ≤－65， ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ≥2或x ≤－65. (2)原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|≥2， ①|x －2|≤4，②由①得x －2≤－2或x －2≥2，∴x ≤0或x ≥4，由②得－4≤x －2≤4，∴－2≤x ≤6.∴原不等式的解集为{x |－2≤x ≤0或4≤x ≤6}．反思与感悟 |ax ＋b |≥c 和|ax ＋b |≤c 型不等式的解法(1)当c ＞0时，|ax ＋b |≥c ⇔ax ＋b ≥c 或ax ＋b ≤－c ，|ax ＋b |≤c ⇔－c ≤ax ＋b ≤c ；(2)当c ＝0时，|ax ＋b |≥c 的解集为R ，|ax ＋b |＜c 的解集为∅；(3)当c ＜0时，|ax ＋b |≥c 的解集为R ，|ax ＋b |≤c 的解集为∅.跟踪训练1 解下列不等式：(1)3≤|x －2|＜4；(2)||x －1|－4|＜2.解 (1)方法一原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|≥3， ①|x －2|＜4. ② 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.∴原不等式的解集为{x |－2＜x ≤－1或5≤x ＜6}．方法二 3≤|x －2|＜4⇔3≤x －2＜4或－4＜x －2≤－3⇔5≤x ＜6或－2＜x ≤－1.∴原不等式的解集为{x |－2＜x ≤－1或5≤x ＜6}．(2)||x －1|－4|＜2⇔－2＜|x －1|－4＜2⇔2＜|x －1|＜6 ⇔⎩⎪⎨⎪⎧ |x －1|＞2，|x －1|＜6⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＜－2或x －1＞2，－6＜x －1＜6⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－1或x ＞3，－5＜x ＜7⇔－5＜x ＜－1或3＜x ＜7.∴不等式||x －1|－4|＜2的解集为{x |－5＜x ＜－1或3＜x ＜7}．类型二 |x －a |＋|x －b |≥c (c ＞0)和|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的解法例2 解关于x 的不等式：|3x －2|＋|x －1|＞3.解方法一分类(零点分段)讨论法|3x －2|＝0，|x －1|＝0的根23，1把实数轴分为三个区间，在这三个区间上根据绝对值的定义，代数式|3x －2|＋|x －1|有不同的解析表达式，因而原不等式的解集为以下三个不等式组解集的并集．①因为当x ≤23时，|3x －2|＋|x －1|＝2－3x ＋1－x ＝3－4x ，所以当x ≤23时，|3x －2|＋|x －1|＞3⇔3－4x ＞3⇔x ＜0.因此，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤23，|3x －2|＋|x －1|＞3的解集为{x |x ＜0}． ②因为当23＜x ＜1时，|3x －2|＋|x －1|＝3x －2＋1－x ＝2x －1，所以当23＜x ＜1时，|3x －2|＋|x －1|＞3⇔x ＞2. 因此，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧23＜x ＜1，|3x －2|＋|x －1|＞3的解集为∅. ③因为当x ≥1时，|3x －2|＋|x －1|＝3x －2＋x －1＝4x －3，所以当x ≥1时，|3x －2|＋|x －1|＞3⇔4x －3＞3⇔x ＞32. 因此，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥1，|3x －2|＋|x －1|＞3的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＞32. 于是原不等式的解集为以上三个不等式组解集的并集，即{x |x ＜0}∪∅∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ x ＞32＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜0或x ＞32. 方法二构造函数f (x )＝|3x －2|＋|x －1|－3，则原不等式的解集为{x |f (x )＞0}．f (x )＝⎩⎨⎧－4x ，x ≤23，2x －4，23＜x ＜1，4x －6，x ≥1.作出函数f (x )的图像，如图．它是分段线性函数，函数的零点是0和32.由图像可知，当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，有f (x )＞0. 所以原不等式的解集是(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 反思与感悟 |x －a |＋|x －b |≥c (c >0)，|x －a |＋|x －b |≤c (c ＞0)型不等式的三种解法：分区间(零点分段)讨论法、图像法和几何法．分区间讨论的方法具有普遍性，但较麻烦；几何法和图像法直观，但只适用于数据较简单的情况．跟踪训练2 解不等式|x ＋7|－|x －2|≤3.解方法一 |x ＋7|－|x －2|可以看成数轴上的动点(坐标为x )到对应点－7的距离与到对应点2的距离的差，先找到这个差等于3的点，即x ＝－1.由图易知不等式|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 ＜－7.②当－7≤x ≤2时，不等式变为x ＋7＋x －2≤3，即2x ≤－2，∴x ≤－1，∴－7≤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，。

2018北师大版文科数学高考总复习练习：选修4-5-1 含答

选修4-5 不等于选讲第1讲绝对值不等式(建议用时：60分钟)1．设函数f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|. (1)解不等式f (x )＞2； (2)求函数y ＝f (x )的最小值．解 (1)法一令2x ＋1＝0，x －4＝0分别得x ＝－12，x ＝4. 原不等式可化为： ⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－12，－x －5＞2或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ＜4，3x －3＞2或⎩⎨⎧x ≥4，x ＋5＞2.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－12，x ＜－7或⎩⎪⎨⎪⎧－12≤x ＜4，x ＞53或⎩⎨⎧x ≥4，x ＞－3，∴x ＜－7或x ＞53.∴原不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜－7或x ＞53. 法二 f (x )＝|2x ＋1|－|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －5 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＜－123x －3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12≤x ＜4x ＋5 (x ≥4)画出f (x )的图像，如图所示．求得y ＝2与f (x )图像的交点为(－7,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2.由图像知f (x )＞2的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ＜－7或x ＞53. (2)由(1)的法二图像知：当x ＝－12时，知：f (x )min ＝－92.2．(2017·长沙一模)设α，β，γ均为实数．(1)证明：|cos(α＋β)|≤|cos α|＋|sin β|，|sin(α＋β)|≤|cos α|＋|cos β|； (2)若α＋β＋γ＝0，证明：|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1. 证明 (1)|cos(α＋β)|＝|cos αcos β－sin αsin β|≤ |cos αcos β|＋|sin αsin β|≤|cos α|＋|sin β|； |sin(α＋β)|＝|sin αcos β＋cos αsin β|≤|sin αcos β|＋ |cos αsin β|≤|cos α|＋|cos β|.(2)由(1)知，|cos[α＋(β＋γ)]|≤|cos α|＋|sin(β＋γ)|≤|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|，而α＋β＋γ＝0，故|cos α|＋|cos β|＋|cos γ|≥1. 3．(2016·镇江模拟)已知a 和b 是任意非零实数． (1)求|2a ＋b |＋|2a －b ||a |的最小值；(2)若不等式|2a ＋b |＋|2a －b |≥|a |(|2＋x |＋|2－x |)恒成立，求实数x 的取值范围．解 (1)∵|2a ＋b |＋(2a －b )|a |≥|2a ＋b ＋2a －b ||a |＝|4a ||a |＝4，∴|2a ＋b |＋|2a －b ||a |的最小值为4.(2)若不等式|2a ＋b |＋|2a －b |≥|a |(|2＋x |＋|2－x |)恒成立，即|2＋x |＋|2－x |≤|2a ＋b |＋|2a －b ||a |恒成立，故|2＋x |＋|2－x |≤⎝⎛⎭⎪⎫|2a ＋b |＋|2a －b ||a |min . 由(1)可知，|2a ＋b |＋|2a －b ||a |的最小值为4.∴x 的取值范围即为不等式|2＋x |＋|2－x |≤4的解集．解不等式得－2≤x ≤2.故实数x 的取值范围为[－2,2]．4．(2017·广州二测)已知函数f (x )＝log 2(|x ＋1|＋|x －2|－a )． (1)当a ＝7时，求函数f (x )的定义域；(2)若关于x 的不等式f (x )≥3的解集是R ，求实数a 的最大值．解 (1)由题设知|x ＋1|＋|x －2|＞7，①当x ＞2时，得x ＋1＋x －2＞7，解得x ＞4. ②当－1≤x ≤2时，得x ＋1＋2－x ＞7，无解． ③当x ＜－1时，得－x －1－x ＋2＞7，解得x ＜－3. ∴函数f (x )的定义域为(－∞，－3)∪(4，＋∞)． (2)不等式f (x )≥3，即|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8， ∵当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，又不等式|x ＋1|＋|x －2|≥a ＋8的解集是R ， ∴a ＋8≤3，即a ≤－5， ∴a 的最大值为－5.5．设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N . (1)求M ；(2)当x ∈(M ∩N )时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14. (1)解 f (x )＝⎩⎨⎧3x －3，x ∈[1，＋∞)，1－x ，x ∈(－∞，1)当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1，得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1. 所以f (x )≤1的解集为M ＝{x |0≤x ≤43}．(2)证明由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4得16⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34.因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－14≤x ≤34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0≤x ≤34. 当x ∈(M ∩N )时，f (x )＝1－x ，于是x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x )＝x (1－x )＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122≤14.6．(2017·郑州模拟)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2. (1)解不等式：|g (x )|＜5；(2)若对任意的x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)由||x －1|＋2|＜5，得－5＜|x －1|＋2＜5，所以－7＜|x －1|＜3，解不等式得－2＜x ＜4，所以原不等式的解集是{x |－2＜x ＜4}． (2)因为对任意的x 1∈R ，都有x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，所以{y |y ＝f (x )}⊆{y |y ＝g (x )}，又f (x )＝|2x －a |＋|2x ＋3|≥|2x －a －(2x ＋3)|＝|a ＋3|，g (x )＝|x －1|＋2≥2，所以|a ＋3|≥2，解得a ≥－1或a ≤－5，所以实数a 的取值范围是{a |a ≥－1或a ≤－5}.。

2018学年北师大版高中数学选修4-5检测第一章不等关

第一章 §1 1.1、2一、选择题1．若a ＜b ＜0，则( )A ．1a ＜1bB ．0＜a b ＜1C ．ab ＞b 2D ．b a ＞a b解析：因为a ＜b <0，所以1a ＞1b，故A 错．因为a ＜b ＜0，所以|a |＞|b |，所以a b＞1，故B 错．因为a ＜b ＜0，所以ab ＞b ·b ，即ab ＞b 2，故C 对．因为a ，b 同号，|a |＞|b |，所以a b ＞1,0＜b a＜1，故D 错．答案： C2．已知三个不等式：ab ＞0，bc －ad ＞0，c a －d b＞0(其中a ，b ，c ，d 均为实数)，用其中两个不等式作为条件，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，可组成的正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：由ab ＞0，bc －ad ＞0可得bc ＞ad 两边同除以ab 得c a ＞d b ，即c a －d b＞0.由c a －d b ＞0得c a ＞d b，再由ab ＞0，两边同乘以ab 得bc ＞ad ，即bc －ad ＞0.由bc －ad ＞0，c a －d b 可得bc ＞ad ，c a ＞d b，所以可得ab ＞0. 答案： D3．若1a ＜1b ＜0，则下列不等式：①a ＋b ＜ab ；②|a |>|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞2中，正确的不等式有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析： 1a ＜1b＜0⇔b ＜a ＜0，∴a ＋b ＜0＜ab ，|a |＜|b |， b a ＋a b ＞2b a ·a b＝2(∵b ＜a ＜0，故等号取不到)，即①④正确，②③错误，故选B ．(注：本题亦可用特值法，如取a ＝－1，b ＝－2验证得)答案： B4．已知0＜x ＜y ＜a ＜1，则有( )A ．log a (xy )＜0B ．0＜log a (xy )＜1C ．1＜log a (xy )＜2D ．log a (xy )＞2解析： ∵0＜x ＜y ＜a ＜1，∴0＜xy ＜a 2＜1，由对数函数的单调性和对数的定义得，log a (xy )＞log a a 2＝2.答案： D二、填空题5．已知－12<a <0，A ＝1－a 2，B ＝11＋a，则A 、B 的大小顺序是________．解析： ∵－12<a <0，∴可取a ＝－14，则A ＝34，B ＝2， ∴A <B .答案： A <B6．若0＜2α－β＜π，－π2＜α－2β＜π，则α＋β的取值范围是________．解析：由－π2＜α－2β＜π得－π＜2β－α＜π2再与0＜2α－β＜π相加得－π＜α＋β＜3π2. 答案：－π＜α＋β＜3π2三、解答题7．设a ＞0，b ＞0且a ≠b ，试比较a a b b 与a b b a 的大小．解析： a a b ba b ba ＝a a －b ÷b b －a ＝⎝⎛⎭⎫a b a －b . 当a ＞b ＞0时，a b＞1，a －b ＞0， ∴⎝⎛⎭⎫a b a －b ＞1，于是a a b b ＞a b b a . 当b ＞a ＞0时，0＜a b＜1，a －b ＜0，∴⎝⎛⎭⎫a b a －b ＞1，于是a a b b ＞a b b a . 综上所述，对于不相等的正数a ，b ，都有a a b b ＞a b b a .8．已知－6＜a ＜8,2＜b ＜3，分别求2a ＋b ，a －b ，a b的取值范围．解析： ∵－6＜a ＜8，∴－12＜2a ＜16.又2＜b ＜3，∴－10＜2a ＋b ＜19，∵2＜b ＜3，∴－3＜－b ＜－2.又－6＜a ＜8，∴－9＜a －b ＜6.∵2＜b ＜3，∴13＜1b ＜12. ①当0≤a ＜8时，0≤a b ＜4；②当－6＜a ＜0时，－3＜a b＜0. 综合①②得－3＜a b＜4. 9．设f (x )＝ax 2＋bx ，且1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．解析：设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m 、n 为待定系数)，则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a －(m －n )b .于是，得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n ＝4，m －n ＝2.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1. ∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)．∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10.∴5≤f (－2)≤10.。

2017-2018学年高中数学北师大版选修4-5训练：第一章

一、选择题1.若a ，b 为不等的正数，则(ab k ＋a k b )－(a k ＋1＋b k ＋1) (k ∈N ＋)的符号( ) A.恒正B.恒负C.与k 的奇偶性有关D.与a ，b 大小无关解析 (ab k ＋a k b )－a k ＋1－b k ＋1 ＝b k (a －b )＋a k (b －a )＝(a －b )(b k －a k )∵a >0，b >0，若a >b ，则a k >b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0；若a <b ，则a k <b k ，∴(a －b )(b k －a k )<0. 答案 B2.若a >1，m ＝a ＋1＋a ，n ＝a ＋2＋a －1，则m 与n 的关系是( ) A.m <n B.m >n C.m ≤n D.m ≥n答案 B3.设a 、b 、c 、d 、m 、n ∈(0，＋∞)，P ＝ab ＋cd ，Q ＝ma ＋nc ·b m ＋dn ，则有( ) A.P ≥Q B.P ≤Q C.P >QD.P <Q解析采用先平方后作差法.∵P 2－Q 2＝(ab ＋cd ＋2abcd )－⎝ ⎛⎭⎪⎫ab ＋cd ＋m n ad ＋n m bc＝2abcd －m n ad －n m bc ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫mn ad －n m bc 2≤0， ∴P 2≤Q 2，又∵P >0，Q >0，∴P ≤Q . 答案 B4.已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc >ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，cd 中最大的是( )A.a bB.a ＋c b ＋dC.a ＋2c b ＋2dD.c d解析ab－cd＝ad－bcbd<0，∴ab<cd，c d－a＋cb＋d＝bc＋cd－ad－dcd（b＋d）＝bc－add（b＋d）>0，c d－a＋2cb＋2d＝bc＋2cd－ad－2cdd（b＋2d）＝bc－add（b＋2d）>0，所以最大的是c d.答案 D5.设a＝sin 15°＋cos 15°，b＝sin 16°＋cos 16°，则下列各式正确的是()A.a<a2＋b22<b B.a<b<a2＋b22C.b<a<a2＋b22 D.b<a2＋b22<a解析a＝sin 15°＋cos 15°＝2sin 60°，b＝sin 16°＋cos 16°＝2sin 61°，∴a<b，排除C、D.又a≠b，∵a2＋b22>ab＝2sin 60°·2sin 61°＝3sin 61°>2sin 61°＝b，故a<b<a2＋b22成立.答案 B6.已知a，b都是实数，那么“a2>b2”是“a>b”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析当a2>b2时，a2－b2>0，即(a＋b)(a－b)>0，当a，b同为正时，有a>b；当a、b同为负时，a<b，所以当a2>b2时，不一定有a>b成立.反之，当a>b时，也不一定有a2>b2，例如1>－2，而12<(－2)2.答案 D二、填空题7.下列四个不等式：①a<0<b；②b<a<0；③b<0<a；④0<b<a，其中能使1a<1b成立的充分条件有________.解析1a<1b⇔b－aab<0⇔b－a与ab异号，①②④均能使b－a与ab异号.答案①②④8.设a>5，则a－3－a－4与a－4－a－5的大小关系是__________________. 解析因为a>5，只需比较a－3＋a－5与2a－4的大小，两数平方，即比较（a－3）（a－5）与a－4的大小，再平方，只需比较a2－8a＋15与a2－8a＋16的大小.答案a－3－a－4<a－4－a－5三、解答题9.已知a，b∈R＋，n∈N＋，求证：(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1).证明2(a n＋1＋b n＋1)－(a＋b)(a n＋b n)＝2a n＋1＋2b n＋1－a n＋1－ab n－ba n－b n＋1＝a n ＋1－ab n－ba n＋b n＋1＝a n(a－b)－b n(a－b)＝(a－b)(a n－b n).∵a＞0，b＞0，若a －b＞0，则a n－b n＞0，∴(a－b)(a n－b n)＞0，若a－b＜0，则a n－b n＜0，∴(a －b)(a n－b n)＞0，∴(a＋b)(a n＋b n)≤2(a n＋1＋b n＋1).10.设m∈R，a>b>1，f(x)＝mxx－1，比较f(a)与f(b)的大小.解f(a)－f(b)＝maa－1－mbb－1＝m（b－a）（a－1）（b－1）.∵a>b>1，∴b－a<0，a－1>0，b－1>0，∴b－a（a－1）（b－1）<0.当m>0时，m（b－a）（a－1）（b－1）<0，f(a)<f(b)；当m<0时，m（b－a）（a－1）（b－1）>0，f(a)>f(b)；当m＝0时，m（b－a）（a－1）（b－1）＝0，f(a)＝f(b).11.设a，b是非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2). 证明由a，b是非负实数，作差得a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a) ＝(a－b)[(a)5－(b)5].当a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]≥0；当a<b时，a<b，从而(a)5<(b)5，得(a－b)[(a)5－(b)5]>0.所以a3＋b3≥ab(a2＋b2).。

北师版数学选修4-5讲义：第1章§3 第1课时平均值不等式

§3平均值不等式第1课时平均值不等式1．了解两个(三个)正数的算术平均值与几何平均值．(易错、易误点)2．掌握平均值不等式性质定理，能用性质定理证明简单的不等式．(重点、难点)[基础·初探]教材整理平均值不等式阅读教材P10～P12“思考交流”以上部分，完成下列问题．1．定理1：对任意实数a，b，有a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取“＝”号)．2．定理2：对任意两个正数a，b当且仅当a＝b时取“＝”号)．语言叙述为：两个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．3．定理3：对任意三个正数a，b，c，有a3＋b3＋c3≥3abc(当且仅当a＝b ＝c时取“＝”号)．4．定理4：对任意三个正数a，b，c当且仅当a＝b＝c 时取“＝”号)．语言叙述为：三个正数的算术平均值不小于它们的几何平均值．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)x＋1x≥2.()(2)e x＋1e x≥2.()(3)当a，b，c不全为正数时，a＋b＋c3≥3abc成立．()(4)ba＋cb＋ac≥3.()【解析】(1)×当x>0时，x＋1x≥2，当x<0时，x＋1x≤－2.(2)√因为e x>0，∴e x＋1e x≥2，当且仅当x＝0时取等号．(3)×如a＝1，b＝c＝－1时，a＋b＋c3＝－13，但3abc＝1.这时有a＋b＋c3<3abc.(4)×当a，b，c同号时，ba，cb，ac均为正数，有ba＋cb＋ac≥3，当且仅当a＝b＝c时取等号．【答案】(1)×(2)√(3)×(4)×[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]。

2018版高中数学(理)一轮全程复习(课时作业)选修4—5不等式选讲(七十七)Word版含解析

(2)证明：f(x)≤1，即|x－a|≤1，解得a－1≤x≤a＋1，
而f(x)≤1的解集是[0,2]，
∴ ，解得a＝1，
∴ ＋＝1(m>0，n>0)，
∴m＋4n＝(m＋4n) ＝3＋＋ ≥2 ＋3(当且仅当m＝2 n时取等号)．
因此|a＋b|<|1＋ab|.
6．设函数f(x)＝|x－a|.
(1)当a＝2时，解不等式f(x)≥7－|x－1|；
(2)若f(x)≤1的解集为[0,2]，＋＝a(m>0，n>0)，求证：m＋4n≥2 ＋3.
解析：(1)当a＝2时，不等式为|x－2|＋|x－1|≥7，
∴ 或
或，
∴不等式的解集为(－∞，－2]∪[5，＋∞)．
(1)求证：2ab＋bc＋ca＋ ≤ ；
(2)求证：＋＋ ≥2.
证明：(1)因为1＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≥4ab＋2bc＋2ca＋c2，
所以2ab＋bc＋ca＋＝ (4ab＋2bc＋2ca＋c2)≤ .
(2)因为 ≥ ， ≥ ， ≥ ，
所以＋＋ ≥ ＋＋＝a ＋b ＋c ≥2a＋2b＋2c＝2.
课时作业
[授课提示：对应学生用书第295页]
1．如果x>0，比较( －1)2与( ＋1)2的大小．
解析：( －1)2－( ＋1)2
＝[( －1)＋( ＋1)][( －1)＋( ＋1)]
＝－4 .
因为x>0，所以 >0，所以－4 <0，所以( －1)2<( ＋1)2.
2．设a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1.
当0<a<1时， <0，
所以a2－a＋1< ，